尚志一中

2022-2023高三上物理期中模拟试卷

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题

卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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、在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰

火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在

4s

末到达离地面

100m

的最高点时炸开，构成各

种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是

v

0，上升过程中所受的平均

阻力大小始终是自身重力的

k

倍，那么

v

0和

k

分别等于

(

重力加速度

g

=10m/s2)()

A

．

50m/s

，

1.25B

．

40m/s

，

0.25

C

．

50m/s

，

0.25D

．

80m/s

，

1.25

2、一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度

-

时间图象如图所示，由图象可知（）

A

．在

0～

t

2时间内火箭上升，

t

2

～

t

4时间内火箭下落

B

．

0～

t

1时间内火箭的加速度大于

t

1

～

t

2时间内火箭的加速度

C

．

t

2时刻火箭离地面最远

D

．

t

3时刻火箭的加速度为

0

3、赵老师热爱自行车骑行这一锻炼方法，每次锻炼他都会用运动软件记录自己的运动

路线．如图所示是他某次骑行过程中运动软件记录下来的数据，根据以上描述，下列说

法中正确的是

()

A

．以自行车为参考系，赵老师是运动的

B

．若研究骑行总时间，则可将赵老师看成质点

C

．赵老师本次运动的位移是

10.13km

D

．根据图中所给的数据可以求出赵老师骑行的平均速度

4、汽车以

20m/s

的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度为25m/s，那么刹车后

2s

与

刹车后

6s

汽车通过的位移之比为（）

A

．

1

∶

1B

．

3

∶

1C

．

3

∶

4D

．

5

∶

21

5、如图为一种服务型机器人，其额定功率为

48W

．额定工作电压为

24V

．机器人的锂

电池容量为

20Ah

．则机器人

A

．额定工作电流为

20AB

．充满电后最长工作时间为

2h

C

．电池充满电后总电量为47.210CD

．以额定电流工作时毎秒消耗能量为

20J

6、如图所示，在

A、B

两物体间有一与物体不连接的轻质弹簧，两物体用轻细线连接

在一起并使弹簧处于压缩状态，整体静止在光滑水平面上。现将细线烧断，对于在弹簧

对两物体施加作用力的整个过程中，下列说法中正确的是（）

A

．对于

A、B

两物体组成的系统，动量守恒

B

．对于

A、B

两物体组成的系统，机械能守恒

C

．在同一段时间内，

A

物体的动能增量等于

B

物体的动能增量

D

．在同一段时间内，

A

物体的动量变化与

B

物体的动量变化相等

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、如图所示，一半径为

R

、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径

POQ

水平．轨道上的

A

点离

PQ

的距离为

1

2

R，一质量为m

的质点自

P

点正上方距离

P

点

高

h=2R

由静止释放，进入轨道后刚好能到达

Q

点并能再次返回经过

N

点．已知质点

第一次滑到轨道最低点

N

时速率为

v

1，第一次到达

A

点时速率为

v

2，选定

N

点所在的

水平面为重力势能的零势能面，重力加速度为

g

，则

A

．

1

2vgR

B

．

1

2vgR

C

．从

N

到

Q

的过程中，动能与势能相等的点在

A

点上方，从

Q

到

N

的过程中，动能

与势能相等的点在

A

点下方

D

．从

N

到

Q

的过程中，动能与势能相等的点在

A

点下方，从

Q

到

N

的过程中，动能

与势能相等的点在

A

点上方

8、如图所示，

ABC

是一条长轨道，其中

AB

段是倾角为

的斜面，B

C

段是水平的，一

质量为

m

的小滑块（可视为质点）从

A

点由静止滑下，最后停在

C

点．已知滑块与轨

道间的动摩擦因数为

，在

B

点两轨道平滑连接，滑块改变方向时无能量损失．现用一

沿着轨道方向的力拉滑块，使它缓缓地由

C

点回到

A

点，则拉力对滑块做的功等于：

（）

A

．

mgh

B

．

2

mgh

C

．

2()

sin

h

mgL



D

．

2()

tan

h

mgL





9、下列说法正确的是：（）

A

．单晶体和多晶体在物理性质上均表现为各向异性

B

．墨水滴入水中出现扩散现象，这是分子无规则运动的结果

C

．不可能从单一热源吸收热量全部用来做功

D

．缝衣针漂浮在水面上是表面张力作用的结果

E.

液晶是可以流动的晶体，具有各向异性．

10、下列说法正确的是。

A．平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能

B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关

C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子

的动能减小，原子的能量也减小了

D．康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射实验说明粒子具有波动性．

E．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关

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）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物

块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上

(

尚未到达

滑轮处

)

。从纸带上便于测量的点开始，每

5

个点取

1

个计数点，相邻计数点间的距离

如图乙所示。打点计时器电源的频率为

50Hz

。

(1)

通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点

_______

和

_______

之间某时刻开始

减速。

(2)

计数点

5

对应的速度大小为

________m/s

，计数点

6

对应的速度大小为

________m/s

。

(

保留三位有效数字

)

(3)

物块减速运动过程中加速度的大小为

a

＝

________m/s2。

12．（12分）物理兴趣小组的同学用图甲所示的装置验证机械能守恒定律，电源的频率

为

50Hz

，重锤的质量为

m

＝

1.0kg

，重力加速度

g

＝

9.8m/s2，他们通过正确的实验操

作得到了如图乙所示的纸带．为了验证机械能是否守恒，该小组同学采用了以下两种方

法．

(1)

方法一：打点计时器打下计时点

5

时重锤的瞬时速度为

__________m/s

，在打点计时

器打下计时点

0

和

5

的过程中，重锤重力势能的变化量为

E

p＝

__________J

，重锤动

能的变化量为

E

k＝

__________J

，若它们近似相等，则可知重锤的机械能守恒．

(2)

方法二：打点计时器打下计时点

2

时重锤的瞬时速度为

__________m/s

，在打点计时

器打下计时点

2

和

5

的过程中，重锤重力势能的变化量为

E

p

′

＝

__________J

，重锤动

能的变化量为

E

k

′

＝

__________J

，若它们近似相等，则可知重锤的机械能守恒．

(3)

以上两种方法，你认为

__________(

选填

“

方法一

”

或

“

方法二

”)

误差小．

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）在足球比赛中，经常使用

“

边路突破，下底传中

”

的战术取得胜利，即攻方

队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中．如图所示，某足球场长

90m

、宽

60m

．现

一攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为

8

m/s

的匀减速直线运动，加速度大小为

2

3

m/s1．试求：

（1）足球从开始做匀减速直线运动到底线需要多长时间；

（1）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足

球，他的启动过程可以视为从静止出发的匀加速直线运动，所能达到的

[

最大速度为

6

m/s

，并能以最大速度做匀速运动，若该前锋队员要在足球越过底线前追上足球，他加

速时的加速度应满足什么条件

?

14．（16分）

1018

年第

13

届平昌冬奥会冰壶混双比赛循环赛在江陵冰壶中心进行，巴

德鑫和王芮联袂出战以

6

比

4

击败美国队．如图为我国运动员巴德鑫推冰壶的情景，现

把冰壶在水平面上的运动简化为匀加速或匀减速直线运动，冰壶可视为质点．设一质量

为

m=10kg

的冰壶从运动员开始推到最终静止共用时

t=13s愈风宁心片的功效

．冰壶离开运动员的手后，

运动了

x=30m

才停下来，冰壶与冰面间动摩擦因数为

0.015，

g

=10m/s1．求：

(1)

冰壶在减速阶段的加速度大小？

(1)

运动员推冰壶的时间

;

(3)

运动员推冰壶的平均作用力

.

15．（12分）如图所示，质量

M

＝

10kg

的木楔

ABC

静置于粗糙水平地面上，木楔与地

面间的动摩擦因数

＝

0.2.

在木楔的倾角

为

37

的斜面上，有一质量

m

＝

1.0kg

的物块

由静止开始从

A

点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离

x

＝

1m

时，其速度

v

＝

2m/s

，

在这过程中木楔没有动．

(sin37

＝

0.6

，

cos37

＝

0.8

，重力加速度

g

＝

10m/s2)

求：

(1)

物块与木楔间的动摩擦因数

1；

(2)

地面对木楔的摩擦力的大小和方向；

(3)

在物块沿斜面下滑时，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力

F

＝

5N

，则地面对

木楔的摩擦力如何变化？

(

不要求写出分析、计算的过程

)

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的。

1、

C

【解析】

上升过程中所受的平均阻力

f=kmg

，根据牛顿第二定律得：

1

mgf

akg

m



（）

根据2

1

2

hat

得：

2

2

2

12.5m/s

h

a

t



所以

v

0

=

at

=50m/s

而

（

k

+1

）

g

=12.5m/s2

所以

k

=0.1

．

A

．

50m/s

，

1.1

，与结论不相符，选项

A

错误；

B

．

40m/s

，

0.1

，与结论不相符，选项

B

错误；

C

．

50m/s

，

0.1

，与结论相符，选项

C

正确；

D

．

80m/s

，

1.1

，与结论不相符，选项

D

错误；

2、

B

【解析】

在速度

—

时间图象中，只要图线在时间轴上方速度大于零，说明物体向上运动，故

t

2～

t

3时间内物体仍在向上运动，故

A

错；在速度

—

时间图象中图线的斜率代表加速度，由

图象可知

0

～

t

1斜率大于

t

1～

t

2的斜率，因此

0

～

t

1的加速度大于

t

1～

t

2的加速度，故

B

正确；只要速度大于零就说明火箭在上升，所以从图象可知

0

～

t

3时间段内火箭都在上

升，而且在

t

3时刻到达最高点，故

C

错误；虽然

t

3时刻火箭的速度为零，但速度仍在

变化，故加速度不为零，故

D

错误．所以

B

正确，

ACD

错误．

【点睛】

速度时间图像应把握如下三个要点

:

（

1

）纵轴上的截距其物理意义是运动物体的初速度

0

v

；（

2

）图线的斜率其物理意义是运动物体的加速度

a

；斜率为正，表示加速度方向与

所设正方向相同；斜率为负表示加速度方向与所设正方向相反；斜率不变，表示加速度

不变．（

3

）图线下的

“

面积

”

表示是运动物体在相应的时间内所发生的位移

s

，

t

轴上面

的位移为正值，

t

轴下面的位移为负值．

3、

B

【解析】

老师和自行车的位置没有发生变化，故两者相对静止，故

A

错误；若研究自行车骑行

的路径是，老师的形状和大小是次要因素，可以忽略，可以看做质点，故

B

正确；老

师的轨迹为曲线，长度表示路程，故

C

错误；由于只知道路程大小，不知道位移大小，

所以不能求得平均速度，故

D

错误；故选

B

。

【点睛】

明确位移和路程的定义，明确位移为起点到终点的有向线段，而路程是指实际轨迹的长

度；当物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略时可以看作质点；理解平均速度和

瞬时速度的定义；

4、

C

【解析】

汽车的初速度为

20m/s

，加速度的大小为

5m/s2，根据速度时间的关系式

0

vvat

可

以得到汽车的运飞蛾图片 动的时间为：

0

020

s4s

5

vv

t

a









，

即经过

2s

的时间汽车就已经静止了，

汽车刹车后前

2

秒的位移为：

22

1011

11

2025230m

22

xvtat

，

汽车刹车后前

6

秒内经过的位移即为经过

2s

的位移的大小：

22

2022

11

2045440m

22

xvtat

，

所以汽车刹车后

2

秒内与刹车后

6

秒内汽车通过的位移之比为：

12

:30m:40m=3:4xx

．

A.1

∶

1

．故

A

项错误；

B.3

∶

1

．故

B

项错误；

C.3

∶

2

．故

C

项正确；

D.5

∶

3

．故

D

项错误．

5、

C

【解析】

得，额定工作电流：

48

A2A

24

P

I

U

,

A

错误；

B.

充满电后最长工作时间：

20

h10h

2

Q

t

I



，

B

错教师算不算公务员 误；

C.

电池充满电后总电量为

4203600C7.210CQIt

C

正确；

D.

额定电流工作时每秒消耗能量

'2421J48JEUIt.

D

错误．

6、

A

【解析】

A

．对于

A、B

两物体组成的系统，受合外力为零，则系统的动量守恒，选项

A

正确；

B

．对于

A、B

两物体组成的系统，因弹簧弹力做功，则机械能增加，选项

B

错误；

C

．因两物体的质量不一定相同，受弹力相同，在同一段时间内，两物体的位移不一定

相同，则弹力对两物体做功不一定相同，则

A

物体的动能增量不一定等于

B

物体的动

能增量，选项

C

错误；

D

．根据动量定理，在同一段时间内，弹簧对两物体的冲量等大反向，则

A

物体的动量

变化与

B

物体的动量变化大小相等，方向不同，选项

D

错误；

故选

A.

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、

BC

【解析】

设质点到达

P

点时的速度为

v

，根据动能定理有

mg

2

R

＝

1

2

m

v

P

2−0；解得2

P

vgR＝；

由题意由静止释放刚好能达到

Q

点，由动能定理有

mg

2

R

−W

f

＝0−0

得

W

f

＝2

mgR

；因

为从

P

到

N

每个点速度均大于

N

到

Q

每个点的速度，

P

到

N

的正压力大于

N

到

Q，P

到

N

的摩擦力大于

N

到

Q

的摩擦力，所以

P

到

N

克服摩擦力做功大于

mgR

，由

P

到

N

由动能定理得

mgR

−W

f

＝22

11

22NP

mvmv＜0

，所以

NP

vv＜

，即第一次滑到轨道最

低点时的速率

1

2vgR＜，故

B

正确．如果轨道光滑，物体在运动过程中不受摩擦力，

上升过程中动能与重力势能相等的位置在位移的中点

A

，现在由于要克服摩擦力做功，

机械能减小，所以上升过程中动能与重力势能相等的位置在

A

点上方，从

Q

到

N

的过

程中，动能与势能相等的点在

A

点下方．故

C

正确；故选

BC．

【点睛】

本题考查了能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，关键是抓住已知条件质点滑到

Q

点时，速度恰好为零，求出此时质点克服摩擦力做的功，再结合圆周运动知识进行分析．

8、

BD

【解析】

物体由

A

点下落至

C

点，设克服摩擦力做功为

W

AC，由动能定理：

mgh

-

W

AC

=0

，即：

W

AC

=

mgh

，①

由于缓缓推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为

W

CA，由动能定理，当物体

从

C

点被推回

A

点有：

W

F-

mgh

-

W

CA

=0

②

根据

W

=

FL

cos

可得由

A

点下落至

C

，摩擦力做得功为：

cos

sinAC

h

WmgmgL





③

从

D

→

A

的过程摩擦力做功为：

cos

sinCA

h

WmgmgL





④

③④联立得：

W

AC

=

W

CA⑤

①②③联立得：

22

tanF

h

WmghmgL











；故A，C

错误，

B，D

正确

.

故选

BD.

【点睛】

本题重点是抓住来回两个过程摩擦力做功相等，理解缓缓推的意义，对来和会两个过程

应用动能定理即可求解．

9、

BDE

【解析】

A

．单晶体在物理性质上均表现为各向异性，多晶体在物理性质上均表现为各向同性，

选项

A

错误；

B

．墨水滴入水中出现扩散现象，这是分子无规则运动的结果，选项

B

正确；

C

．根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量全部用来做功，而不引起其他的

变化，选项

C

错误；

D

．缝衣针漂浮在水面上是表面张力作用的结果，选项

D

正确；

E

．液晶是可以流动的晶体，具有各向异性，选项

E

正确；

故选

BDE

．

10、ABD

【解析】

试题分析：平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量，平均结

合能越大的原子核越稳定，平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子

核时出现质量亏损，一定放出核能．故A正确；黑体辐射随着波长越短温度越高则辐射

越强，所以黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故B正确；按照

玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减

小，原子的能量增大，选项C错误；康普顿效应说明光具有粒子性，而电子的衍射实验

说明粒子具有波动性，故D正确．原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处

的化学状态和外部条件慧的成语 无关．故E错误；故选ABD．

考点：平均结合能;玻尔理论；半衰期；康普顿效应

【名师点睛】本题考查了玻尔理论，半衰期；康普顿效应等基础知识点，注意比结合能

与结合能的区别，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。

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、

671.001.202.00

【解析】

(1)[1][2]

从纸带上的数据分析得知：在点计数点

6

之前，两点之间的位移逐渐增大，是

加速运动，在计数点

7

之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻

计数点

6

和

7

之间某时刻开始减速；

(2)[3][4]

根据平均速度等于中时刻速度，则有：

46

5

0.11010.0900

1.00m/s

20.2





x

v

T

且有：

2

22

0.11010.090

2.01m/s

0.1





x

a

T

65

1.002.010.11.20m/svvaT

；

(3)[5]

由纸带可知，计数点

7

往后做减速运动，根据作差法得：

2

0.0460.0660.08610.1060

2.00m/s

40.01







a

所以物块减速运动过程中加速度的大小为22.00m/s

12、

1.1550.6590.6670.5750.5080.502

方法二

【解析】

考查落体法验证机械能守恒定律实验步骤、数据处理，根据实验原理分析计算可得．

【详解】

(1)[1]

根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速

度可得打点计时器打下计时点

5

时重锤下落的速度

v

5＝64

2

hh

T



＝

1.155m/s

，

[2]

在打点计时器打下计时点

0

和

5

的过程中，重锤重力势能的变化量

E

p＝

mgh

5＝

0.659

J

，

[3]

动能的变化量

E

k＝

1

2

mv

5

2＝

0.667J

．

(2)[4]根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时

速度可得打点计时器打下计时点

2

时重锤下落的速度

v

2＝31

2

hh

T



＝

0.575m/s

，

[5]在打点计时器打下计时点

2

和

5

的过程中，重锤重力势能的变化量为

E

p

′

＝

mg

(

h

5－

h

2

)

＝

0.508J

，

[6]在打点计时器打下计时点

2

和

5

的过程中，重锤动能的变化量为

E

k

′

＝

1

2

m

(

v

5

2－

v

2

2)

＝

0.502J

．

(3)[7]重锤刚下落的时候运动状态不稳定；方法二避开了刚开始的一段纸带，故方法二

误差比较小．

【点睛】

落体法研证机械能守恒实验，重物下落实的高度是用刻度尺测量出来的，不是计算出来

的．某点的瞬时速度是由相邻两点的平均速度计算出来的，不能根据自由落体运动学公

式求出．因下落过程中有阻力做功，重物获得的动能往往小于重物减少的重力势能．

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）9st（1）22?/ams

【解析】

(1)设所用时间为t,则v

0

=8m/s；x=45m

x=v

0

t+

1

2

at1，解得t=9s．

(1)设前锋队员恰好在底线追上足球,加速过程中加速度为a,若前锋队员一

直匀加运动手环有什么用 速运动,则其平均速度v=

x

t

，即v=5m/s；而前锋队员的最大速度为6

m/s，故前锋队员应该先加速后匀速

设加速过程中用时为t

1

，则t

1

=m

v

a

匀加速运动的位移x

1

=

22

m

-0

2

v

a

解得x

1

=

18

a

匀速运动的位移x

1

=v

m

(t-t

1

)，即x

1

=6(9-t

1

)m

而x

1

+x

1

=45m

解得a=1m/s1

故该队员要在球出底线前追上足球,加速度应该大于或等于1m/s1．

点睛：解决本题的关键要注意分析运动过程，理清足球和运动员的位移关系，

再结合运动学公式灵活求解即可解答

.

14、（

1）0.15m/s1（1）3s（3）13N

【解析】

根据牛顿第二定律求出冰壶在减速阶段的加速度大小；采用逆向思维，结合位移时间公

式求出匀减速运动的时间，从而得出推冰壶的时间；根据速度位移公式求出匀加速运动

的加速度，结合牛顿第二定律求出运动员推冰壶的平均作用力大小．

【详解】

（1

）根据牛顿第二定律得

1

mgma

冰壶在减速阶段的加速度大小为：2

1

0.15/ams

（1

）采用逆向思维，有2

11

1

2

xat

解得：

t

1

=10s

运动员推冰壶的时间为：

t

1

=

t

-

t

1

=13-10s=3s

（3

）匀减速运动的初速度为：

v

=

a

1

t

1

=0.1510m/s=3m/s

则推冰壶的平均加速度：

22

2

2

3

/1/

3

v

amsms

t



根据牛顿第二定律得：

F-mg=ma

1

代入数据解得：

F

=13N

【点睛】

本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动

学的桥梁．

15、（

1）0.5

；（

2）1.6N,

水平向左（

3）地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变

【解析】

（

1

）由

22vas

得

22m/sa

由牛顿第二定律

mgsin

37-

1

mgcos

37=

ma

代入数据解得

0.5

（

2

）墨鱼的做法大全 以物块和木楔

ABC

整体为研究对象，作出力图如图

.

根据牛顿第二定律得

x

fma

其中

a

x=

acos

37

代入数据解得

1.6Nf

（

3

）对木楔来说物块加力以后它的受到物体的力没有任何变化，所以地面对木楔的摩

擦力的大小、方向均不变。