【文档说明】内蒙古自治区鄂尔多斯市2022-2023学年高三上学期阶段性测试物理试题 含解析.docx，共(22)页，3.484 MB，由小赞的店铺上传

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鄂尔多斯市2022---2023高三物理阶段性测试题一、单选题（1--8为单选，9--12为多选，每题4分，共48分。）1.北京大学物理系赵凯华教授说过“加速度是人类认识史上最难建立的概念之一，也是每个初学物理的人最不易真正掌握的概念…”。所以

对加速度的认识应该引起大家的重视。下列说法中正确的是（）A.物体的速度大，加速度一定大B.速度变化得越快，加速度就变化得越快C.物体加速度变大，则速度也一定是在变大D.加速度的方向与速度变化量的方向相同【答案】D【解析】【详解】Ａ．加速度是反映物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小取决于速度的变化

率，与速度的大小无关，A错误；B．速度变化得越快，加速度越大，加速度不一定变化，B错误；C．物体加速度变大，但如果加速度和速度方向相反，则速度在减小，C错误；D．根据加速度的定义可知，加速度的方向与速度变化量的方向相同，D正确。故选D。2.如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A点滑出，均落至B

点，第二次的腾空时间比第一次长，则（）A.两次滑出速度方向相同B.两次腾空最大高度相同C.第二次滑出时竖直方向速度一定大D.滑板爱好者两次在最高点的速度相同【答案】C【解析】【详解】D．令腾空时间为t，滑板爱好者先后两次从坡道A点滑出后做斜抛运动，水平方向上有xxvt=由

于第二次的腾空时间比第一次长，则有21xxvv即滑板爱好者第二次在最高点的速度比第一次在最高点的速度小，D错误；C．根据上述在竖直方向上有2ytvg=由于第二次的腾空时间比第一次长，可知滑板爱好者第二次滑出竖直方向速度一定大，C正确；B．腾空的最大高度22

11228thggt==由于第二次的腾空时间比第一次长，则第二次腾空最大高度比第一次腾空最大高度大，B错误；A．根据2tan2yxvgtvx==由于第二次的腾空时间比第一次长，则第二次滑出速度与水平方向夹角大于比第一次滑出速度与水平方向夹角，A错误。故选

C。3.如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v，加速度大小a，机械能E和重力的功率P随时间t

变化的图像是（）A.B.CD.【答案】B【解析】【详解】AB．设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律1sinmgma=可得1sinag=运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度20

a=运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度3ag=设在P点的速度为0v，则从P点飞出后速度大小的表达式为2220vvgt=+由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且13aa则B正确，A错误。C．因不计摩擦力和空气

阻力，则机械能守恒，则E-t图像是平行与t轴的直线，选项C错误；D．在MN段滑动时，重力的瞬时功率221sinsinGPmgvmgt==在NP段时重力的瞬时功率为零；在PQ段时重力的瞬时功率22GPmggtmgt==与MN段比较斜率不同，则选项D错误。故选B。4.2022年

10月，太原卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将S-SAR01星发射升空，这颗卫星主要为应急管理、生态环境主体业务提供国产化数据保障，若S-SAR01星绕地球做匀速圆周运动的轨道距地.面高度为h，地球的半径为

R，地球表面北极的重力加速度为g。引力常量为G，下列说法正确的是（）A.S-SAR01星运行的速度为gRB.地球的平均密度可表示为()34gGRh+C.S-SAR01星轨道处的重力加速度为()22gRRh+D.S-SAR01

星的发射速度大于11.2km/s【答案】C【解析】【详解】A．根据万有引力等于重力有2GMmmgR=根据万有引力提供向心力有()()22GMmvmRhRh=++联立得2gRvRh=+A错误；B．根据万

有引力等于重力有2GMmmgR=可得GgRM2=则地球的平均密度可表示为34MgVGR==B错误；C．根据万有引力等于重力有2GMmmgR=核心舱轨道处的重力加速度等于其向心加速度，则有()2GMmmgRh=+

解得()22gRgRh=+C正确；D．S-SAR01星发射速度应小于第二宇宙速度，故D错误。故选C。5.如图所示，两质量相等的光滑小球A和B，分别从半圆形轨道边缘无初速滑下，则下列说法正确的是（）A.A、B两小球在最低点都处于失重状态B.A、B两小球在最低点的对轨道的压力一

样大C.A、B两小球从边缘滑到最低点过程重力的功率都是一直增大D.A、B两小球从边缘滑到最低点过程机械能都是一直增大【答案】B【解析】【详解】A．A、B两小球最低点，合力指向圆心，加速度指向圆心，都处于超重状态。故A错误；B．A小球由初位置

到最低点，由动能定理得212mgRmv=在最低点，由合力提供向心力得2vNmgmR−=解得3Nmg=可见，小球对轨道的压力与半径无关，一样大。故B正确；C．A、B两小球从边缘滑到最低点过程，初位置重力的功率为0；末位置，重力与速度方向

垂直，重力功率在为0，中间过程，重力方向与速度方向不垂直，重力功率不为0。可得重力功率先增大后减小。故C错误；D．A、B两小球从边缘滑到最低点过程，只有重力做功，机械能不变。故D错误。故选B。6.如图，蹦床的中心由弹性网组成，若一质量为m的小孩从蹦床最低点反弹至最高点的过

程中，小孩克服重力做功1W，蹦床的弹力对小孩所做的功为2W，小孩脱离蹦床时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中，下列说法不正确的是（）A.小孩的最大动能为212mvB.小孩的重力势能增加了1WC.小孩的机械能增加了2WD.弹簧床的弹性势

能最大值为2W【答案】A【解析】【详解】A．小孩由最低点往上走的过程中，刚开始弹力大于重力，所以小孩在加速，当弹力的大小减小到和重力的大小相等时，小孩的合力为0，加速度为0，此时速度最大，动能也最大。小孩继续往上走，弹力继续减小，所以弹力的大小小于重力的大小，小孩的合力向下，小孩减速。

小孩脱离蹦床后只受重力，所以小孩继续减速，直到最高点时速度为0。所以小孩的最大动能大于212mv。故A错误；B．小孩克服重力做功1W，所以小孩的重力势能增加了1W。故B正确；C．蹦床的弹力对小孩所做的功为2W，根据2=WEW=其他机得小孩的机械能

增加了2W。故C正确；D．弹簧床的弹力对小孩所做的功为2W，所以弹簧床的弹性势能减少了2W。当弹簧床恢复原状时，小孩与弹簧床脱离，弹簧床的弹性势能变为0。此后弹簧床不再对小孩做功。所以弹簧床的弹性势能最大值为2W。故D正确。本题选错误，故选A。7.如图甲所示，水平放置的传送带

在电机的作用下以24m/sv=的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L=5m。质量为m=0.5kg的小墨块（视为质点），从左轮的正上方以速度1v水平向右滑上传送带后小墨块的vt−图像如图乙所示，小墨块经过时间0t恰从

右轮的正上方离开传送带，小墨块与传送带间的动摩擦因数为0.2=，重力加速度取210m/sg=。小墨块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（）A.传送带对小墨块做的功为5JB.小墨块在传送带上运动的时间010st=C.小墨块在传送带上留下的划痕长5mD.小墨块与传送带

之间的摩擦生热为1J【答案】D【解析】【详解】A．物块的位移为L=5m，传送带对物块的摩擦力始终为滑动摩擦力1Nfmg==滑传送带对物块做的功为15JWfL=−=−滑故A错误；B．由动能定理可得221211122Wmvmv=−解得16m/sv=由匀变速直线运动的规律可得1

202vvLt+=解得01st=故B错误；C．传送带的位移为204mxvt==物块与传送带之间的相对位移为1mxLx=−=划痕长1m，故C错误；D．小墨块与传送带之间的摩擦产生的热量为1JQfx==

滑故D正确。故选D。8.如图所示，在水平向左的匀强电场中，倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面，高为H。一个带正电的物块（可视为质点）受到的电场力是重力的3倍，现将其从斜面顶端由静止释放，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为（）A.22g

HB.25gHC.2gHD.523gH【答案】A【解析】【详解】物块受电场力和重力的合力与水平方向的夹角，如图3tan33mgmg==解得30=即物块不沿斜面下滑，根据动能定理有21ta3n2mgHHgmvm=+解得22vgH=故选A。9.在某

个恶劣天气中，能见度很低。甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两车刹车后的vt−图像如图所示，下列说法正确的是（）A.甲车的加速度大于乙车的加速度B.若24st=时两车未发生碰撞，则此时两车相

距最近C.为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为24mD.为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48m【答案】BD【解析】【详解】A．由vt−图像的斜率表示加速度，甲车的加速度大小22111161m/sm/s483vat===乙

车的加速度大小2222220m/s0.5m/s40vat===则甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；B．开始时，甲在前、乙在后，在0-24s内，乙车的速度比甲车的大，两车间的距离逐渐减小。24s后，乙车的速度比甲车的小，两车间的距离逐渐增大，所以

t=24s时两车相距最近，故B正确；CD．t=24s时两车的速度均为111624m/s8m/s3vvat=−=−=甲0-24s内，甲车的位移为()1=16+824m=288m2x甲乙车的位移为()1=20+824m=3

36m2x乙两者位移之差为=336m288m=48mxxx=−−乙甲所以为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48m，故C错误，D正确。故选BD。10.如图所示，一轻绳的一端拴接质量不计的定滑轮，另一轻绳两端拴接物体P、Q后跨过定滑轮，物

体Q放在水平面上，物体P悬空，系统平衡时，轻绳OA与竖直方向的夹角为θ。现在物体Q上施加一水平向右的外力使Q缓慢地向右移动（Q始终没有脱离地面），忽略一切摩擦。则下列说法正确的是（）A.水平外力逐渐减小B.物体Q对水平面的压力逐渐增大C.轻绳OA

所受的力逐渐减小D.θ保持不变【答案】BC【解析】【详解】A．物体Q缓慢地向右移动，Q受力平衡，所受力如下图所示FT与水平方向夹角α在减小，则F水平=FTcosα其中FT=GP，保持不变，则F水平增大，A错误；B

．物体Q对水平面的压力大小等于地面对它得支持力FN的大小，根据上图得FN＋FTsinα=G因为α减小，FT不变，所以FN增大，B正确；C．对结点A受力分析，如下图则有FP=FQ=GPFP与FQ间夹角增

大，根据力的平行四边形定则得FO减小，C正确；D．FP与FQ的夹角的角平分线和FO在同一直线，FP与FQ的夹角在增大，则θ增大，D错误。故选BC。11.图甲是全球最大回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国工程用超大吨位塔机打破长期依赖进口的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进

一步迈向世界前列。该起重机某次从0=t时刻由静止开始提升质量为200kgm=的物体，其at−图像如图乙所示，5~10s内起重机的功率为额定功率，不计其它阻力，重力加速度为210m/sg=，则以下说法正确的是（）A.物体在0~10s内运动的最大速度

为10m/sB.起重机的额定功率为24000WC.0~5s内起重机对物体做的功小于5~10s内起重机对物体做的功D.0~5s内起重机对物体做的功大于5~10s内起重机对物体做的功【答案】BC【解析】【详解】A．由at−图像可知，物体在0~5s做匀加速直线运动，5s时物体的速度为1

125m/s10m/svat===由于5s后物体继续做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0~10s内运动的最大速度大于10m/s，故A错误；B．由at−图像可知，在5s时，物体结束做匀加速运动，此时起重机功率达到最大功率，根据牛顿第二定律可得Fmgma−=解得2400NF=则起重机的额定

功率为1240010W24000WPFv===额故B正确；CD．0~5s内，物体的位移为111105m25m22vxt===0~5s内起重机对物体做的功为11240025J60000JWFx===5~10s内起重机保持

额定功率不变，则5~10s内起重机对物体做的功2240005J120000JWPt===额可得12WW故C正确，D错误。故选BC。12.如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m、电荷量绝对值为q的粒子在匀强电场中

运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2，且方向与等势线平行，A、B连线长为L，连线与竖直方向的夹角为θ，粒子所受重力忽略不计，则（）A.该粒子可能带

正电B.匀强电场的电场强度大小为()22122cosmvvqL−−C.因为电场力对粒子做负功，所以在B点的电势高于在A点的电势D.因为电场力对粒子做负功，所以粒子在B点的电势能高于在A点的电势能【答案】ABD【解析】【详解】A．等势面与电场线垂直，可知电场线沿竖直方向；根据运动轨

迹可知，电场力方向竖直向上，可知粒子可能带正电，也可能带负电，选项A正确；B．从A到B由动能定理222111cos22EqLmvmv−=−解得()22122cosmvvEqL=−−选项B正确；CD．因为粒子从A到B电场力对粒子做负功，所以粒子电势能增加，即在

B点的电势能高于在A点的电势能，但是由于粒子的电性不确定，不能比较粒子在B点的电势与在A点的电势关系，选项C错误，D正确。故选ABD。三、实验题（每空3分，共24分）13.如图所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的

小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。（1）在探究“质量一定时，加速度与合外力的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受合外力，必须进行的操作是_________

__，然后保证小车的质量不变，多次向砂桶里加砂，测得多组a和F的值，画出的a-F图像是（）A.B.C.D.（2）在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小

车在两光电门之间的运动时间t。改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系描点作出图线。下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是（）A.B.C.D.【答案】①.平衡摩擦力②.C③.C【解析】【详解】（1）[1]小车与木板之间存在

摩擦力，这样就不能用绳子的拉力代替合力，所以做实验首先必须要平衡摩擦力；[2]小车质量m一定时，加速度a与合外力F成正比，故选C；（2）[3]小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移21=2xat解得加速度22xat=，所以改变小车质量m，测得多组m、t的值，位移不变，所以a与t2成反

比，若t2与m成正比，则合外力一定时，加速度与质量成反比例，故选C。14.某实验小组欲将电流表1G的量程由3mA改装为0.6A。实验器材如下：A.待测电流表1G（内阻约10Ω）；B．标准电流表2G（满偏电流为6mA）；C．滑动变阻器R（最大阻值为

3kΩ）；D．电阻箱R（阻值范围为0999.9Ω）；E．电池组、导线、开关。（1）实验小组根据图甲所示的电路测电流表1G的内阻，请完成以下实验内容：①将滑动变阻器R调至最大，闭合1S；②调节滑动变阻器R，使电流表1G满偏；③再闭合2S，保持滑动变阻器R不变，调节电阻箱R，电流表1G指针的位

置如图乙所示，此时电阻箱R的示数为4.5Ω。可知电流表1G内阻的测量值为__，与真实值相比______（选填“偏大”、“相等”或“偏小”）；（2）为了更加准确地测量电流表1G的内阻，实验小组利用上述实验器材重新设计实验，请完成以下实验内容：为①实验小组根据电路图进行实验

，采集到电流表1G、2G的示数分别为3.0mA、5.0mA，电阻箱的读数为15.0Ω，则电流表1G内阻为______Ω；②实验小组将电流表1G改装成量程为0.6A的电流表，要______（选填“串联”或“并联”）一个

阻值xR=______Ω的电阻（结果保留一位有效数字）。【答案】①.9.0##9②.偏小③.10.0##10④.并联⑤.0.05【解析】【详解】（1）③[1]电流表1G的量程3mA，由图乙可知，此时电流表1G的示数为1.

00mA，由于保持滑动变阻器R不变调至最大，R的阻值为3kΩ，则闭合2S，相对于电路总电流不变，则流过电阻箱的电流为2.00mA，根据并联电路的特点可知11GGIRIR=解得11GG24.5Ω9.0Ω1IRRI===[2]当闭合2S时，电路中的总电阻真实值减小，总电流真实值略大于3mA，当

电流表示数为1.00mA时，通过电阻箱的电流真实值略大于2.00mA，则电流表1G内阻的真实值大于9Ω，则真实值大于测量值。（2）①[3]由电路图可知，电流表1G的内阻为21G11()(5.03.0)15Ω

10.0Ω3.0IIRRI−−===②[4]根据电流表改装原理可知，电流表的改装应并联一定阻值的分流电阻。[5]根据并联电路的特点可知的3G1G13G131010.0Ω0.05Ω0.6310xIRRII−−==−−

三、解答题（共38分）15.如图甲所示，空间内存在着方向竖直向下、场强大5210E=V/m的匀强电场，一质量81.510m−=kg、电荷量10310Cq−=+的带电粒子从空间的P点以初速度v0水平射出。设粒子射

出时为初始时刻，之后某时刻，带电粒子的速度与水平方向的夹角为θ，则tanθ与时间t的关系图像如图乙所示，粒子的重力忽略不计。（1）求粒子的初速度v0的大小；（2）若粒子运动过程中经过图中Q点，且PQ连线与水平方向的夹角α=45°，求P

、Q两点间的电势差。【答案】（1）40m/s；（2）51.610V【解析】【详解】（1）粒子仅在电场力作用下做类平抛运动，根据牛顿第二定律有Eqma=竖直方向的速度yvat=水平方向的速度0xvv=根据题意可知0tanyxvEqtvmv==根据图乙可得tan100t=则

0100Eqmv=解得040m/sv=（2）根据题意可知，水平位移0xvt=竖直位移212yat=设位移偏角为α，则tanyx=代入数据得出运动时间2210st−=根据几何关系得出0.8xym==P

、Q两点间的电势差为51.610VPQUEy==16.如图，竖直平面内的两个四分之一光滑圆弧轨道下端都与水平轨道相切，小滑块B静止在左边圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从左边圆弧的最高点静止释放，A与B发生弹

性碰撞。已知A的质量1kgAm=，B的质量3kgBm=，圆弧轨道的半径0.8mR=，A和B与水平轨道之间的动摩擦因数分别为10.5=和20.2=，取重力加速度210m/sg=。（1）求碰撞前瞬间A的速率1v；（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；（3）为了避免A和B发生第二次碰撞，水平

轨道的长度L至少多长。【答案】（1）4m/s；（2）2m/s，2m/s；（3）0.7m【解析】【详解】（1）小滑块A从左边圆弧的最高点静止释放，运动到最低点，根据动能定理有2112AAmgRmv=解得碰撞前瞬间A的速率为12210

0.8m/s=4m/svgR==（2）A与B发生弹性碰撞，取碰撞前A的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有123AABmvmvmv=+根据能量守恒有222123111222AABmvmvmv=+代入数据联立解得22m/s=−v，32m/sv=负号表示速度方

向水平向左；（3）物块A反弹后沿光滑圆弧轨道上升到速度为零再滑到最低点过程中能量守恒，所以物块A滑到最低点的速度为42m/sv=当物块B从光滑圆弧轨道返回后与物块A在水平轨道上同一位置静止时，水平轨道

的长度最短，对物块A根据动能定理有211412AAmgLmv=解得224112m=0.4m220.510vLg==对物块B根据动能定理有222312BBmgLmv=解得223222m=1m220.210vLg==为了避免A和B发生第二次碰撞，水平轨道长度L至少为

的120.41m=0.7m22LLL++==17.2021年7月，神舟十二号航天员刘伯明、汤洪波身着我国自主研制的新一代“飞天”舱外航天服成功出舱。航天服在使用前要在地面实验室内进行气密性测试，已知实验室内的热力学温度为0T、压强为0p，在某次测试中

，向密闭的航天服内充入一定量的气体，并将航天服上的所有阀门拧紧，此时航天服内气体的温度为0T（1）、压强为0kp（k），经过一段时间后航天服内气体的温度降至0T。不考虑航天服内部体积的变化，航天服内的气体视为理想气体。求：（1）航天服内气体的温

度降至0T时，航天服内气体的压强p；（2）航天服内气体的温度降至0T时，将航天服上的阀门打开，缓慢放气至航天服内气体与外界达到平衡时，航天服内剩余气体与放出的气体的质量之比。【答案】（1）0kpp=；（2）mmk=−余放【解析】【详解】（1）以航天服内的气体为研究对象，在降至室温的过程中，

航天服内的气体做等容变化，即000kppTT=解得0kpp=（2）对航天服内原来所有的气体进行整体分析，放气的过程中其气体压强由p减至0p、体积由V增大至V、温度不变。由玻意尔定律得0pVpV=同温度、同压强下，同种气体的质量之比等于体积之比，即mVmVV=−余放联立解得

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