【文档说明】山西省阳泉市郊区阳泉市第一中学校2022-2023学年高三上学期11月期中物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.535 MB，由小赞的店铺上传

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阳泉一中高三期中考试物理试题年级高三学科物理（2022年11月）考试时长90分钟满分100分一、选择题：本大题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，每小题4分。

第7~12题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.某同学在体育课上随队伍一起沿水平直跑道匀速跑步时（该同学在队尾）忽然发现鞋带开了，他赶紧停下，下蹲系好鞋带后，还未站起就立即向前跑去，他追上队尾时恰好达到队伍的速

度，则（）A.该同学从停下系鞋带到追上队尾过程的最大速度大于队伍的速度B.该同学从停下系鞋带到追上队尾过程的平均速度大于队伍的速度C.该同学下蹲过程对地面的压力大于重力D.该同学系好鞋带后再次起跑瞬间所受地面的作用力竖直向上【答案】A【解析】【详解】A

．该同学加速追上队伍的过程中有最大速度，且该最大速度大于队伍的速度，故A正确；B．该同学全程的位移和运动时间与队伍都相同，故平均速度相同，故B错误；C．该同学下蹲过程在竖直方向上，向下先加速后减速，对地面的压力先小于重力后大于重力，故C错误；D．该同学系好鞋带后再次起跑瞬

间所受地面的作用力为地面支持力和摩擦力的合力，斜向前方，故D错误。故选A。2.重为G的两个完全相同的小球，与水平面间的动摩擦因数均为．竖直向上的较小的力作用在连接两球轻绳的中点，绳间的夹角=60O，如图所示，缓慢增大到两球刚要运动的

过程中，下列说法正确的是（）A.地面对球的支持力变大B.球刚开始运动时，地面对球没有支持力C.地面对球的摩擦力变小D.球刚开始运动时，球受到的摩擦力最大【答案】D【解析】【详解】A、以整体为对象，受到重力mg，地面的支持力N、向上的拉力F，随着F的增大，根据平衡可知，N在变小，故A错；B

CD、地面施加的静摩擦力等于绳子水平分力，球刚要开始运动时，绳子的水平分力达到最大，故摩擦力达到最大．由于存在摩擦力，所以球与地面之间的弹力不为零，故BC错；D对故选D3.2019年NASA发现距地球

31光年的“超级地球”——GJ357d，质量约为地球质量的6倍，半径大小是地球的2倍，绕母星公转一周的时间是55.7天，若已知地球的第一次宇宙速度v0，则根据以上信息可以算出“超级地球”的A.第一宇宙速度B.密度C.母星的质量D.公转的线速度【答案】A【解析】【详解】A．“超级地

球”的第一宇宙速度GMvR=，已知质量约为地球质量的6倍，半径大小是地球的2倍，地球的第一宇宙速度为v0，则“超级地球”的第一宇宙速度v=3v0，故A正确；B．题干信息只是提供“超级地球”与地球之间的参数比值，“超级地球”的半径未知，故无法求出自身密度，故

B错误；C．母星的质量23024rMGT=，“超级地球”的环绕半径未知，无法求出母星的质量，故C错误；D．“超级地球”绕母星的线速度0GMvr=，母星质量未知，无法求出公转的线速度，故D错误．4.如图所示，光滑水平面上有两

个体积相同的小球（可以看成质点）通过一根细绳连接挂在光滑定滑轮O上，Oa=Ob=L，已知mb=4ma．现将a球拉起至Oa水平由静止释放（不考虑空气阻力），则的A.a球下摆过程中机械能不守恒B.a球摆到最低

点时b球对地面的压力大小为magC.a球会和b球碰撞，碰后瞬间a的速度方向水平向左D.若a球和b球碰后粘在一起则两球上升的最大高度为L【答案】B【解析】【详解】A.小球a下摆过程中假设b不动，则有：212aamgLmv=2aavTmgmL−=解得：3abTmgmg=，故假设成立，b不动，所

以a下摆过程中机械能守恒，故选项A不符合题意；B.a球摆到最低点时，b在最低点，对b受力分析，则有：NbTFmg+=解得对地面的压力大小为：NaFmg=，故选项B符合题意；C.a球与b球碰撞类型未知，且因abmm，故碰后a球速度向左、向右、为零皆有可能，故选项C不符合题意

；D.若a、b碰后粘在一起，能量损失最多，且aabmmm+，所以上升不到原来高度L，故选项D不符合题意．5.如图所示，物体A和B恰好做匀速运动，已知ABmm，不计滑轮及绳子的质量，A、B与桌面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g。若将A

与B互换，则（）A.物体A与B仍做匀速运动B.物体A与B做加速运动，加速度ABAmmagm+=C.物体A与B做加速运动，加速度AABmgamm=+D.绳子中张力不变【答案】D【解析】【详解】开始时AB匀速运动，绳子的张力等于Bmg，且满足BAm

gmg=解得BAmm=物体A与B互换后，对A有AAmgTma−=对B有BBTmgma−=联立解得BTmg=，ABAmmagm−=故选D。6.质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时

间是1.5s，安全带自然长度为5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小约为（）A.500NB.1100NC.600ND.1000N【答案】D【解析】【详解】根据2112Lgt=解得运动员从跌下到安全带刚好伸直时间11st=对全过程由动量定理得的122

()00mgttFt−+−=−解得1000NF−=故D正确，ABC错误。故选D。7.质量为m的木块，在推力F的作用下沿水平地面做匀速直线运动。已知木块与地面间的动摩擦因数为，那么木块受到的滑动摩擦力的值应为

（）A.mgB.(sin)mgF+C.(sin)mgF−D.cosF【答案】BD【解析】【详解】在水平方向由牛顿第二定律得cos0Ff−=可得cosfF=在竖直方向有NsinFFmg=+由滑动摩擦力公式得N(sin)fFFmg==+故选BD。

8.几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动。恰好能穿出第四个水球，则可以判定（）A.子弹在每个水球中运动的时间相同B.由题干信息可以确定子弹穿过每个水球的时

间比C.子弹在每个水球中的速度变化量相同D.子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．根据逆向思维法，子弹的运动可看成初速度为零做匀加速直线运动，子弹穿过水球时，相当于通过

四个连续相等的位移，根据匀变速直线运动的规律，子弹依次穿过4个水球的时间之比为(23):(32):(21):1−−−，所以子弹在每个水球中运动的时间不相同，A错误，B正确；C．子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，加速度不变，由vat=可知，运动的时间不相同，则速度的变化量不

相同，C错误；D．由A项分析可知，子弹穿过前3个水球的时间与穿过第四个水球的时间是相等的，即此时刻为中间时刻，由匀变速直线运动的规律可知，子弹穿出第三个水球时的瞬时速度与全程的平均速度相等，D正确。故选BD。9.如

图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF−图像，已知g取10m/s2，则（）A.滑块A与木板B间动摩擦因

数为0.1B.当F=10N时木板B加速度为4m/s2C.木板B的质量为1kgD.滑块A的质量为4kg【答案】BC【解析】【详解】ACD．由aF−图像可知，当F大于8N时，A、B发生相对滑动；以B为对象，根据牛顿第二定

律得ABFmgma−=可得AABBB1FmgmgaFmmm−==−可知图线的斜率为11B12kg1kg86km−−===−解得木板B的质量为B1kgm=由aF−图像可知，当F=8N时，加速度为22m/s，A、B刚好相对静止；以A、B为整体

，根据牛顿第二定律得2AB2m/samFm=+=解得滑块A的质量为A3kgm=以A为对象，根据牛顿第二定律得2AA2m/samgm==解得滑块A与木板B间动摩擦因数为0.2=故AD错误，C正确；B．当F=10N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为22A

BB100.2310m/s4m/s1Fmgam−−===故B正确。故选BC。10.如图,为排球场示意图,场地长为MN,网AB高为H．某次训练时,从网左侧P点正上方的O处,将质量为m的球沿垂直于网的方向水平击出,球恰好通过网的上沿落到右侧底线N处,从击球到球落地用时为t

．已知MA=NA,AP=2MA,取重力加速度为g,不计空气阻力．下列说法正确的是A.球在网右侧运动时间为23tB.球在网左右两侧运动速度变化量之比为1:2C.球的重力势能减少了32mgHD.球过网时与落到右侧底线时动能之比为1:9【答案】AB【解析】【详解】A．平抛运动在水平方向上做匀速

直线运动，由于2NAPA=，所以球在网右侧的运动时间为在左侧时间为2倍，由于总时间为t，所以球在网右侧运动时间为23t，故A正确；B．由于平抛运动的加速度恒为g，由加速度定义vgt=可知，速度变化量之比等于所用时间之比即为1:2，故B正确；C．平抛运动在水

平方向上做匀速直线运动，则排球从初位置运动网的位置与排球从初位置到落地的时间之比为1：3，通过竖直方向上做自由落体运动，由212hgt=得，119hh=又1Hhh=−解得：98hH=所以球的重力势能减小量为9988mghm

gHmgH==故C错误；D．从抛出到过网时，由动能定理有1k1k0mghEE=−从抛出到右侧落地时，由动能定理有k2k0mghEE=−由于119hh=所以球过网时与落到右侧底线时动能之比不为1:9，故D错误．11.如图所示，倾角为30的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5kg

的滑块从斜面上A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J。现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A.A点到O点的距离小于3.2mB.从B点释放后滑块运动的最大动能为9JC.

从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点的动能小于1JD.从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1J【答案】AB【解析】【详解】A．若A到O的距离等于3.2m时，由机械能守恒定律得，滑块到O的动能为kOAOsin30

8JEmgx==物块从O点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动。后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，所以物块先做加速运动后

做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大，则最大动能就大于8J，与题设不符，所以A到O的距离小于3.2m，故A正确；B．设物块动能最大时弹簧的弹性势能为pE，从A释放到动能最大的过

程，由系统的机械能守恒得k1pA30sinEEmgx+=从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得k2pB30sinEEmgx+=解得()k2k1BAsin30EEmgxx−=−据题有BA0.4mxx−=所以得从B点释放滑块最大动能为()k2k1BAsin308J0.5100.40.5

J9JEEmgxx=+−=+=故B正确；C．斜面光滑，根据机械能守恒知A点动能为kAAB50.4sin301JJEmgh===故C错误；D．根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B点释放弹簧的压缩量增大，所以从B点释放弹簧最大弹

性势能比从A点释放增加为()pBAsin300.5100.40.5J1JEmgxx−==故D错误。故选AB。12.如图1为火星冲日现象，此时火星、地球和太阳几乎排列成一线，地球位于太阳与火星之间，平均发生周期约2.1年，如图2中的虚线为德

国物理学家瓦尔特霍曼提出的一种能以较少能耗从地球发送航天器到火星的转移轨道，其基本构想是在地球上将火星探测器发射后，探测器立即被太阳引力俘获，以太阳为焦点沿椭圆轨道运动到达火星。椭圆轨道分别与地球公转轨道、火星

公转轨道相切。已知地球、火星的绕日公转轨道可视为圆形且在同一平面内，则下列说法中正确的是（33.61.5，52.2）（）A.图1中“火星冲日”发生时，地球上的观测者观察到火星由西向东运动B.火星的公转周期约为1.9年C.火星的公

转轨道半径约为地球公转轨道半径的1.5倍D.通过霍曼转移轨道从地球发射探测器到火星大约需要16个月的时间【答案】BC【解析】【详解】A．因为火星的公转轨道半径较大（与地球相比），其公转周期较大，公转角速度较小，所以图1中“火星冲日

”发生时，地球上的观测者观察到火星由东向西运动，A错误；B．“火星冲日”的平均周期为日—地—火排成一线的发生周期，设火星公转周期为T，有0222ttTT−=解得0211.911TT=即火星的公转周期约为1.9年，B正

确；C．对地球和火星，根据开普勒第三定律有330220rrTT=，解得火星与地球的公转轨道半径的比值为233003.61.5rTrT=C正确；D．由题意可得，霍曼地火转移轨道为椭圆，其轨道半长轴r'约为地球公转轨道半径r0的1.25倍，设探测器

经过转移轨道的时间为t'，则有()()3302202rrTt=解得055816tT=即大约需要8个月的时间，D错误。故选BC。二、非选择题：本题共6小题，满分52分。本题中的计算题要求必须有必要的文字说明和重要的演算步骤。13.图是“研究

平抛物体的运动”的实验图。（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保证每次小球抛出时___________。（2）实验中将白纸换成方格纸，每个小方格的边长5

cmL=，实验记录了小球在运动过程中的三个位置，如图所示，2=10m/sg，则该小球做平拋运动的初速度大小为___________m/s，小球从抛出到B点的时间为___________s。【答案】①.初速度相等②.2③

.0.2【解析】【详解】（1）[1]让小球从同一位置由静止释放，到达底端速度相同，以保证每次小球抛出时初速度相等。（2）[2]根据匀变速直线运动推论，竖直方向上相邻时间内的位移差为2hgt=得2(53)510s=0.1s10htg−−==水平方向为匀速

运动，所以有204510m/s2m/s0.1v−==[3]竖直方向有28510m/s=2m/s220.1ACByhvt−==根据自由落体运动规律=0.2sByBvtg=14.某同学利用水平放置的气垫导轨和光电门“验证机械能守恒定律”，装置如图所

示，已知滑块的质量为M，钩码的质量为m，重力加速度大小为g。测得遮光条的宽度为d，光电门A、B之间的距离为l，滑块通过光电门AB的时间分别为t1、t2。（1）滑块通过光电门A时的速度大小Av=___________（用相关物理量的符号

表示）。（2）要验证系统机械能守恒，需要_________和__________在误差范围内相等。（均用相关物理量的符号表示）（3）根据实验数据发现钩码重力势能的减少量大于系统动能的增加量，是因为__

_________。【答案】①.1dt②.mgl③.2221()[()()]2Mmddtt+−④.实验过程中存在阻力，导致动能减少【解析】【详解】（1）[1]滑块通过光电门A时的速度大小1Advt=（2）[2][3]滑块通过光电门B时的速度大小2Bdvt=减少的势能为pEmgl=

增加的动能为2222k2111()()()[()()]222BAMmddEMmvMmvtt+=+−+=−要验证系统机械能守恒，需要mgl和2221()[()()]2Mmddtt+−在误差范围内相等。（3）[4]实验过程中存阻力，导致动能减少。15.如图所示，在竖直平面内，直径为R的

光滑半圆轨道和以M点为圆心、半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于最低点A，一可视为质点的小球，从A点沿切线向左以某一初速度进入半圆轨道，恰好能通过半圆轨道的最高点M，然后落在四分之一圆轨道上的N点，不计空气阻力，

取重力加速度大小在2=10m/sg，0.8mR=。（1）求小球在M点时的速度大小v；（2）求M、N两点间的高度差h；【答案】（1）=2m/sv；（2）2(51)m5h=−【解析】【详解】（1）小球恰好能通过半圆轨

道的最高点M，则有22vmgmR=解得小球在M点时的速度大小为0.810m/s2m/s22Rvg===（2）小球从M到N做平抛运动，则有21=2hgt，=xvt由几何关系可得222Rxh=+联立可得22520160hh+−=解得2(

51)m5h=−或2(51)m5h=−−（舍去）16.如图所示，在静止的电梯中用三根不可伸长的轻绳拴接两个小球，球1质量为2m，球2质量为m，当电梯以加速度2g匀加速上升时，绳AB与竖直方向夹角为30°，绳CD水平．求：（1）绳AB和绳CD的张力大小分别为多少？（2）绳BC张力的大小和绳BC的

方向？【答案】（1）AB63Tmg=CD33Tmg=（2）6mg，方向与水平方向成30°角【解析】【详解】(1)对两球与绳BC整体进行受力分析可得：cos3033ABTmgma−=sin30ABCDTT=解得：63ABTmg=，33CDTmg=(2)对球2进行受力分析，设BC与水平

方向夹角为，则有：sinαBCTmgma−=cosαBCCDTT=解得：6BCTmg=，3tan3=，即30=即绳BC张力的大小为6mg，方向与水平方向成30角17.如图所示，质量均为m=2kg的物块A

和B放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，先敲击A，给滑块A一个水平向右、大小为4N∙s的瞬时冲量，A立即获得水平向右的初速度，在B滑动距离L后停下；接着敲击B，给滑块B一个水平向右的瞬时冲量

，B立即获得水平向右的初速度v0=4m/s，A、B都向右运动，能再次相对静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2，求：（1）A在B上滑动距离L。（2）相对静止后A距B左端的距离。【答案】（1）2m；（

2）0【解析】【详解】（1）由动量定理得I=mvA0－0当滑块A在木板B左侧表面滑行时，由于μmg<μ(m＋m)g所以木板B静止不动，滑块A向右做匀减速直线运动，设加速度大小aA，则μmg=maA0－vA02=－2aAL解得L=2m（2）木板B做

匀速减速运动，设加速度大小为aB，滑块A做匀速加速直线运动，设加速度大小为aA，对滑块A有μmg=maA对木板B有的为μmg＋μ(m＋m)g=maB设经时间t，滑块A与木板B相对静止，共同速度为v，则有v=aAt=v0－aBt解得t=1s，v=1m/s相对位移022vvvxtt+=−解得

x=2m距左端的距离L－x=0回到了最左端。18.如图所示，在光滑水平面上，半径0.2mR=的四分之一光滑圆轨道紧靠着竖直墙，轨道下端切线水平，且与长0.6mL=的木板等高，木板中间放有一质量为m的滑块B，木板质量3Mm=。现在圆轨道顶端由静止释放另一质量也为m的滑

块A，其可平滑的滑到木板上与滑块B发生碰撞（碰撞时间极短），最终两滑块均留在木板上。两滑块均可视为质点，且与木板间的动摩擦因数均为0.4=，取重力加速度210m/sg=。问：（1）求木板的最终速度v；（2）若滑块A、B发生弹性碰撞，求最终滑块A、B与木板右端的距离Ax、Bx；（3）若滑块A、B碰

后粘在一起，求最终滑块A、B与木板右端的距离x（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）0.4m/s，水平向左；（2）0.3m，0.4m；（3）0.32m【解析】【详解】（1）滑块A在圆轨道下滑过程，由动能定理有201

2mgRmv=解得022m/svgR==从滑块A滑上木板到与滑块B、木板共速，全过程动量守恒，则有0(2)mvMmv=+解得0.4m/sv=方向水平向左。（2）滑块A、B发生弹性碰撞后，因两滑块质量相等，发生速度交换，碰后滑块A

与木板相对静止一起做匀加速运动，滑块B做匀减速运动，最终滑块A与木板右端的距离A0.3m2Lx==由能量守恒有2201(2)1222LmvMmvmgmgx−+=+解得0.1mx=最终滑块B与木板右端的距离为B

0.4m2xLx+==（3）设滑块A、B碰前速度分别为1v、2v，碰后速度为3v，从A滑上木板到碰前，由能量守恒有222012111()2222LmvmvMmvmg−−+=由动量守恒有012()mvmvMmv=++对碰撞瞬间的过程有1232

mvmvmv+=联立解得11.2m/sv=，20.2m/sv=，30.7m/sv=对碰后过程，由能量守恒有()22232111222()2222LmvMvMmvmgx+−+=−解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue1

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