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1、2022-2023 高三上物理期中模拟试卷 注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 05 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，物体 A 和 B用轻绳相连后通过轻质弹簧悬挂在天花
2、板上，物体 A 的质量为 m，物体 B 的质量为 M，当连接物体 A、B 的绳子突然断开后，物体 A 上升到某一位置时的速度大小为 v，这时物体 B 的下落速度大小为 u，在这一段时间里，弹簧的弹力对物体 A 的冲量为（）Amv BmvMu CmvMu Dmvmu 2、把质量是 m的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至 A的位置，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置 C(图丙)，途中经过位置 B时弹簧正好处于自由状态(图乙)，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略则 A由状态甲到状态丙，小球的机械能守恒 B由状态甲至状态乙，有三个时刻小球的加速度大小等于重力加速度的大小 C在乙状态时，
3、小球重力的功率最大 D由状态甲到状态丙，在甲状态弹黄的弹性势能等于小球克服重力所做的功 3、下列说法正确的是（）A做匀加速直线运动的物体，初速度越大，时间越长，其位移也一定越大 B做匀加速直线运动的物体，任意连续相等时间内的位移之比均为 1：3：5 C做匀减速直线运动的物体，其加速度与速度变化量的方向一定相反 D做匀减速直线运动的物体，任意时间内中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置的瞬时速度 4、如图所示，质量为 m 的物体在水平传送带上有静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度 v 做匀速运动物体与传送带之间的动摩擦因数为，物体最后能与传送带保持相对静止 对于物体从开始释放到与传送带相对静
4、止这一过程，下列说法正确的是（）A电动机多做的功为 mv2 B摩擦力对物体做的功为 mv2 C传送带克服摩擦力做的功为 mv2 D电动机增加的功率为 mgv 5、在体育课上，某同学练习投篮，他站在罚球线处用力将篮球从手中投出，如图所示，篮球约以 1m/s 的速度撞击篮筐已知篮球质量约为 0.6kg，篮筐离地高度约为 3m，则该同学投篮时对篮球做的功约为()A1J B10J C30J D50J 6、货车和客车在公路上同一车道行驶，客车在前，货车在后，突然出现紧急情况，两车同时刹车，刚开始刹车时两车相距 30m，刹车过程中两车的 v-t图像如图所示，则下列判断正确的是（）A在 t=10s 时刻两车
5、发生追尾事故 B在 t=10s 时刻之前两车发生追尾事故 C两车不会追尾，在 t=10s 时刻两车相距距离为 50m D两车会在客车停止之后发生追尾事故 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0 分。7、地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面某竖井中矿车提升的速度大小 v随时间 t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等不考虑摩擦阻力和空气阻力对于第次和第次提升过程
6、，A矿车上升所用的时间之比为 4:5 B电机的最大牵引力之比为 2:1 C电机输出的最大功率之比为 2:1 D电机所做的功之比为 4:5 8、一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为 E.在与环心等高处放有一质量为 m、带电量为q 的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是()A小球经过环的最低点时速度最大 B小球在运动过程中机械能守恒 C小球经过环的最低点时对轨道压力为(mgqE)D小球经过环的最低点时对轨道压力为 3(mgqE)9、给滑块一初速度 v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为2g，当滑块速度大小减小为02v时，所用时间可能是（）A02vg B0vg C0
7、3vg D032vg 10、物体由静止开始做加速度为 a1的匀加速直线运动，运动了 t1时间后改为加速度为a2的匀减速直线运动，经过 t2时间后停下则物体在全部时间内的平均速度正确的是（）A1 12a t B2 22a t C221 12 2122()ata ttt D1 12 22ata t 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6 分）某同学用图示装置研究碰撞中的动量守恒，实验中使用半径相等的两小球A和B，实验步骤如下：用天平测得A、B两小球的质量分别为1m、2m，且12mm 如图所示安装器材，在竖直木板上记下 O点（与装置
8、C点的小球的球心等高），调节斜槽使其末端的切线水平 C处先不放小球，将球A从斜槽上的适当高度由静止释放，球A抛出后撞在木板上的平均落点为 P 再将球B置于 C处，让球A从斜槽上的同一位置由静止释放，两球碰后落在木板上的平均落点为 M、N 用刻度尺测出三个平均落点到 O点的距离分别为Mh、ph、Nh 回答下列问题：（1）若 C点到木板的水平距离为x，小球的平均落点到 O点的距离为h，重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度0v _（2）若两小球的碰撞为弹性碰撞，则下列关系式正确的是_ ApNMhhh B222pNMhhh CpNMhhh DpNM111hhh 12（12 分）为描绘小灯泡 L“3
9、V，1.5W”的伏安特性曲线，某同学根据如下可供选择的器材设计了如图所示电路（电路还没有完全接好）A电流表（量程 1.6 A，内阻约 1)B电压表（量程 3V，内阻约 3k)C滑动变阻器（211，13A)D滑动变阻器（11，2 A)E电池组（电动势约 3V，内阻未知）F开关，带夹子的导线若干 G待测小灯泡(1)实验中滑动变阻器应选择_(填“C”或“D”)，请以笔画线代替导线将尚未连接好的电压表连入电路中_(2)在该同学连接最后一根导线的 c端到直流电源正极之前，请指出其中的两个不当之处：I_；_(3)改正上述两个不当之处后，他在测量中发现，无论如何调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表的示数均不
10、能取到较小值，其原因可能是导线_(填图中导线代号)没有连接好(4)正确连接电路并排除故障后，通过调节滑动 变阻器，得到多组电压表和电流表的示数如下表所示，根据表中数据，在所给方格纸中描点并作出该灯泡的伏安特性曲线_ 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10 分）如图，一半径为 R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线 OO表示光轴（过球心 O与半球底面垂直的直线）已知玻璃的折射率为 1.1现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）求 （1）从球面射出的光线对应
11、的入射光线到光轴距离的最大值；（2）距光轴3R的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O点的距离 14（16 分）汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动，产生明显的滑动痕迹，即常说的刹车线 由刹车线长短可以得知汽车刹车前的速度大小，因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据若某汽车刹车后至停止的加速度大小为 7m/s2，刹车线长为 14m求：（1）该汽车刹车前的初始速度 v0的大小（2）该汽车从刹车至停下来所用时间 t（3）某市规定，卡车在市区内行驶，速度不得超过 40km/h，一次一辆飞驰卡车紧急刹车后，经 t=1.5s 停止，量得路面刹车线长 9m，问这车是否违章？（假定刹车后卡车做匀
12、减速运动 15（12 分）如图所示，位于竖直平面内的轨道 BCDE，由一半径为 R=2m 的14光滑圆弧轨道 BC 和光滑斜直轨道 DE 分别与粗糙水平面相切连接而成现从 B点正上方H=1.2m的 A 点由静止释放一质量 m=1kg 的物块，物块刚好从 B 点进入14圆弧轨道 已知 CD 的距离 L=4m，物块与水平面的动摩擦因数=0.25，重力加速度 g 取 10m/s2，不计空气阻力求：(1)物块第一次滑到 C 点时的速度；(2)物块第一次滑上斜直轨道 DE 的最大高度；(3)物块最终停在距离 D 点多远的位置 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每
13、小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】以向上为正方向，在这一段时间里，对物体 B 由动量定理得 0MgtMu 在这一段时间里，对物体 A 由动量定理得 0Imgtmv 解得 Im vu 故 D 正确，ABC 错误。故选 D。2、D【解析】A由状态甲到状态乙，小球和弹簧组成的系统机械能守恒；由状态乙到状态丙，小球的机械能守恒，故 A 错误；B小球在乙时刻的加速度为重力加速度，则在从甲到乙的过程中，当小球运动到关于平衡位置对称点时，其加速度大小等于 g，方向向上，故有二个时刻的加速度大小等于重力加速度的大小，故 B错误；C当弹簧的弹力与重力相等时，合力为零，加速度为零，速度
14、最大，根据 P=mgv，可知小球重力的功率最大，而乙状态的加速度为重力加速度，不为零，故此时小球重力的功率不是最大，故 C 错误；D由状态甲到状态丙，动能的改变量为零，弹性势能减小，重力势能增加，根据系统机械能守恒可知，在甲状态弹黄的弹性势能等于小球克服重力所做的功，故 D 正确。故选 D【点睛】根据加速度的方向，分析弹簧的弹力与小球重力的关系小球从 A 上升到 B位置的过程中，平衡位置速度最大，动能增大；小球上升过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒由此分析解答 3、D【解析】A根据 02tvvxt 可知，做匀加速直线运动的物体，初速度越大，时间越长，其位移不一定越大，选项 A错误；B做初速
15、度为零的匀加速直线运动的物体，从运动开始计时，在任意连续相等时间内的位移之比均为 1：3：5，选项B 错误；C无论物体做匀加速还是匀减速，其加速度与速度变化量的方向一定是相同的，选项C 错误；D设初速度为 v0，末速度为 v，则中间时刻的瞬时速度 012vvv 中间位置的瞬时速度 22022vvv 因为 2222222000021()20424vvvvvvvvvv 知无论加速还是减速，则总是 v1v2，即任意时间内中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置的瞬时速度，选项 D正确。故选 D。4、D【解析】试题分析：A、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是，所以电动机多做
16、的功一定要大于，所以 A 错误 B、在运动的过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为，所以 B 错误 C、传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由 A 的分析可知，C 错误 D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为 fv=mgv，所以 D 正确 故选 D 5、B【解析】对整个过程运用动能定理得：2102Wmghmv 代入数据解得：210.6 10 1.5J0.6 1J1021J2mWmghv 故选项 B 正确 6、D【解析】AB.在 t=10s 之前，客车的速度比货车的速度快，因此客车的位移比货车的位移大，客车在货车前方，因此不
17、会发生追尾事故，故 AB 错误；C.t=10s 时，由图线知两车的速度相等，都为 20m/s，此时两车相距最远；t=10s 时客车的位移大小 11(2040)10m300m2x 货车的位移大小 21(2030)10m250m2x 所以在 t=10s 时刻两车相距距离为 x=x1-x2+30m=80m 故 C 错误；D.客车在 t=20s 时停止运动，根据对称性可知，此时两车的距离与 t=0 时的距离相同，不会追尾；由图可知货车刹车后发生的位移 2130 30m450m2x 客车刹车后发生的位移 112040m400m2x 由于21xx=50m30m，所以两车会在客车停止之后发生追尾事故，故 D
18、 正确 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0 分。7、AC【解析】A由图可得，变速阶段的加速度00vat，设第次所用时间为 t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，00001111222222vtvttva（），解得：052tt，所以第次和第次提升过程所用时间之比为0052:4:52tt，选项 A 正确；B由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，Fmgma，可得提升的最大牵引力之比为 11，选项 B 错误
19、；C由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为 21，选项C 正确；D加速上升过程的加速度010vat，加速上升过程的牵引力1100()Fmamgmvgt，减速上升过程的加速度020avt，减速上升过程的牵引力 2200)(Fmamgm gvt，匀速运动过程的牵引力3Fmg第次提升过程做功 11002000 01122WFtvFtvmgv t；第次提升过程做功 100002000 0231113111122222222WFtvFtvFtvmgv t；两次做功相同，选项 D 错误【点睛】此题以速度图像给出解题信息 解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握
20、不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功 实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同 8、AD【解析】A.小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功最多，则根据动能定理得知，动能增大，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大。故 A 正确；B.小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒。故 B 错误；CD.小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：(mg+qE)R=212mv，又由 NmgqE=2vmR，联立解得 N=3(mg+qE)，故 C 错误，D 正确。9、BC【解析】当滑块速度大小减为02v时，其
21、方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即 v=02v或 v=-02v，代入公式 t=0vva，得 t=0vg 或 t=03vg，故 BC 正确 AD 错误。故选 BC。10、ABC【解析】AB.由题意知，物体先做匀速度为零的加速运动后做末速度为零的匀减速运动，全程中的最大速度1 12 2va ta t，因前后均为匀变速直线运动，则平均速度 1 12 20222ata tvv 故 AB 正确 CD.全程的总位移：221 12 21122xata t 对全程由平均速度公式有：221 12 2122ata txvttt 故 C 正确 D 错误 三、实验题：本题共 2
22、小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、2gxh D 【解析】(1)1由平抛运动的规律求初速度 022xxgvxthhg(2)2根据弹性碰撞的特点有：m1v0=m1v1+m2v2 2221 01 122111222mvmvm v 将有 m1的项移到左边并化简整理后有 012vvv 根据题意，碰撞前的入射球的速度 02pgvxh 碰撞后入射球的速度 12Ngvxh 被碰撞球的速度 22Mgvxh 将三个速度代入化简式可得 111PNMhhh 故 D 正确。12、D 连接电路时没有断开开关 滑动变阻器的滑片 P的位置没有置于 b端 【解析】(1)12根据图像可
23、知，电路采取的分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的 D，电路如下：(2)34 由电路图可知，在连接电路时，没有断开开关；滑片没有移到分压电路分压为零的位置即滑片没有置于 b 端(3)5 实验时，无论如何调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表的示数均不能取到较小值，滑动变阻器被接成了限流接法，由电路图可知，导线没有接好(4)6通过描点做图得到 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）23R （2）2.74R【解析】（i）如图所示：从底面上 A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为 i，
24、当 i等于全反射临界角i0时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为 l 0ii 设 n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有0sin1ni 由几何关系有sinliR 联立式并利用题给条件，得23lR（ii）设与光轴距3R的光线在球面 B点折射时的入射角和折射角分别为 i1和 r1，由折射定律有 11sinsinnir 设折射光线与光轴的交点为 C，在OBC中，由正弦定理有o1sin 180sinrCROC 由几何关系有11Cri 11sin3i 联立式及题给的条件得3 2 232.745ROCR 14、（1）14m/s（2）2s（3）超速【解析】(1)已知物体运动过程的位移 s=14m、
25、加速度 a=7m/s2、末速度零，可以用位移速度关系式：2202vvas 代入数据得：v0=14m/s；(2)由速度时间关系式：v=v0+at 代入数据得：t=2s；(3)经 t=1.5s 停止，刹车线长 9m，9/6/1.5svm sm st，则最大速度212/43.2/mvvm skm h 该车超速 15、(1)8m/s (2)2.2m (3)0.8m【解析】根据动能定理可求物块第一次滑到C点时的速度；物块由A到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道 DE 的最大高度；物块将在轨道 BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道 CD上通过的总路程为 S，根据动能定理求出 【详解】解：(1)根据动能定理可得21()2mg HRmv 解得8/vm s(2)物块由 A到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：()0mg HRmgLmgh 解得：2.2hm(3)物块将在轨道 BCDE上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道 CD上通过的总路程为 S，则：()0mg HRmgS 解得：12.8Sm 因:30.8SLm,故物块最终将停在距离 D点 0.8m 处的位置