【文档说明】河南省2022-2023学年高三上学期期中考试物理试题 含解析.docx，共(20)页，4.261 MB，由小赞的店铺上传

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河南2022—2023学年高三年级上学期期中考试物理一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一个选项符合题目要求，第7~10题有多个选项符合要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.甲、乙两个质点沿

着同一直线运动，其中质点甲做匀速直线运动，质点乙做初速度为零的匀加速直线运动，它们的位置x随时间t变化规律如图所示，下列判断正确的是（）A.甲的速度大小为002xtB.0t时刻，乙的速度大小为002xtC.02t时刻，两质点之间的距离为04xD

.两质点相遇时，乙的速度大小为002xt【答案】C【解析】【详解】A．图像斜率表示速度，则甲的速度大小为002xvt=甲故A错误；BD．根据2012xatx=−可知0204xat=则0t时刻，两质点相遇，乙的速度大小为004xvatt==故BD错误；C．02t时

刻，两质点位置00023xvtxx=−=甲甲()20001272xatxx=−=乙两质点之间的距离为04xxx−=乙甲故C正确。故选C。2.科技馆中有一个球体上移的装置，一个球体放在一个架子上，架子是倾斜的，球可以从架子的

低处向高处滚动。简化装置如图所示，两条支撑杆是向上抬起的，但是杆间距离在不断增大，在球向高处滚动的过程中，不计—切阻力，下列说法正确的是（）A.球的重心升高B.杆的支持力逐渐增大C.杆的支持力方向垂直于杆竖直向上D.违背了能量守恒定律【答案】B【解

析】【详解】AD．该过程满足能量守恒定律，向高处滚的过程中，实际上重心在降低，重力势能减小，动能增大，故AD错误；BC．对小球受力分析可知，杆的支持力垂直于杆指向小球球心，与水平方向夹角为，满足Nsin2Fmg=滚动过程中在减小，则支持力在逐渐增大，故B正确，C错误。故选B。3.

很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况，用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中10.38st=，20.55st=，30.66st=，41

.26st=，取重力加速度210m/sg=，由此可判断出（）A.1t时刻手机的速度最大B.2t时刻手机离开手掌C.3t时刻手机处于超重状态D.手机离开手掌后上升的高度为0.45m【答案】D【解析】【详解】A．1t时刻手机的加速

度最大，方向向上，与速度方向相同，手机向上加速，则速度不是最大，故A错误；B．2t时刻，加速度为0，合力为0，则不可能脱落手掌，故B错误；C．3t时刻，加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；D．手机在30.66st=离开手掌后做竖直上抛运动，41

.26st=被接住，则上升高度22111.260.6610m0.45m222hgt−===故D正确。故选D。4.某同学根据打夯机（一种用于夯实路面的机械，多用于建设时对地基进行打平、夯实）原理制成

了如图所示仪器，底座与支架连在一起，支架的上方有一转轴，轴上连有一根轻杆，杆的另一端固定一铁球，球转动半径为r，底座和支架的质量为M，铁球的质量为m，其余各部件的质量都忽略不计，忽略空气阻力和转轴摩擦力，重力加

速度为g。铁球在最低点时给铁球一水平初速度v0，铁球在竖直平面内做圆周运动，底座始终处于静止状态，则（）A.铁球在最低点时，底座对地面的压力大小为20vMgmgmr+−B.铁球在最高点时，底座对地面的压力大小为203vMgmgmr++C.初速度0v最大值为(5)Mgmgrm+D.底

座与地面之间始终没有摩擦力【答案】C【解析】【详解】A．铁球在最低点时受杆向上的拉力F和重力，由牛顿第二定律20vFmgmr−=解得杆的拉力F为20vFmgmr=+则轴受杆向下的拉力为F，对底座受力分析，由平衡条件20vNMgF

Mgmgmr=+=++由牛顿第三定律，底座对地面压力大小为20vMgmgmr++，故A错误；B．铁球在最高点时受杆向下的拉力'F和重力，由牛顿第二定律2'vmgFmr+=又由机械能守恒22011222mgr

mvmv−=−解得2'05mvFmgr=−则杆对轴的拉力大小为'F，方向向上，对底座受力分析，由平衡条件的的2''05mvNMgFMgmgr=−=+−由牛顿第三定律，底座对地面的压力大小为205mvMgmgr+−，当'0N=时初速度0

v的值最大，为()05Mgmgrvm+=故B错误，C正确；D．当小球不在最低点和最高点时，小球水平方向有分加速度，杆对小球水平方向有作用力，则轴就受到水平方向作用力，对底座由平衡条件知，底座与地面之间有

摩擦力，故D错误。故选C。5.我国载人登月计划的核心技术是“绕、落、回”，先绕月球运行，然后软着陆到月球表面，最后从月球表面返回地球。已知月球的质量只有地球质量的181，月球半径为地球半径的311，地球表面的重

力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是（）A.月球表面的重力加速度约为6gB.登月火箭的发射速度应大于11.2km/sC.飞船返回地球时从月球发射的速度应大于7.9km/sD.若知道飞船近月环绕的周期，就可以

求出月球的密度【答案】D【解析】【详解】A．根据2MmGmgR=可知216MgGgR=月月月故A错误；B．登月火箭的发射没有脱离地球束缚，速度应小于11.2km/s，故B错误；C．地球第一宇宙速度，根据22MmvGmRR=可得的7.9km/sGMvR==同理可得，月球第一宇

宙速度1.68km/sGMvR=月月月故飞船返回地球时从月球发射的速度应大于1.68km/s，故C错误；D．根据2224MmGmRRT=343MMVR==可得23GT=故月球密度23GT=月卫故D正确。故选D。6.如图所示

，物体从固定的粗糙斜面顶端A点无初速度下滑，压缩轻质弹簧到最低点C，然后被弹回最高到达D点，已知B点为弹簧原长所在位置，D点为A、B中点，物体可看作质点，则下列说法正确的是（）A.物体运动到B点时速度最大B.第一次经过B点和第二

次经过B点的速度大小之比为2：1C.第四次经过B点时的速度为零D.物体由A到B过程中增加的动能大于由B到D的过程中减小的动能【答案】D【解析】【详解】A．物体运动到B点，弹簧弹力为0，受力分析可知合力沿斜面向下，物块继续做加

速运动，故B点速度不是最大，故A错误；B．设AD高为h，长为x，第一次到达B点根据动能定理得21222Bmghfxmv−=第二次到达B点到返回D点根据动能定理得212Bmghfxmv−−=−联立得222212222112BBBBmvvm

ghfxmghfxvmv−==+则故21BBvv故B错误；C．设BC长0x，再次压缩弹簧长度为1x，第一次回到D根据动能定理得()0320mghfxx−+=从D点再次回到B点，正好为第四次到达B点，根据动能定理1''22Bmghfxmv−=

则2102Bmv故C错误；D．从A到B增加的动能2k1Δ2BEmv=从B到D减小的动能为2k12BEmv=−因为BBvv故'kkΔΔEE故D正确。故选D。7.如图所示，质量为m、带有光滑半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从A点

正上方R处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.小球运动到最低点的速度大小为2gRB.小球离开小车后做斜上抛运动C.小球离开小车后上升的高度小于RD.小车向左运动的最大距离为R【答案】AD【解析】【详解】

A．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有0xxmvmv−=球车则知小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，小球运动到最低点过程有机械能守恒21222mgRmv=则最低点的速度大小为2vgR=故A正确；B．小球离开小车后水平方向分速度为0，做竖直上抛运动，

故B错误；C．小球离开小车后水平方向分速度为0，小车的速度也为0，根据能量守恒小球离开小车后仍能上到下落点的高度R，故C错误；D．小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，则水平位移大小相等，根据几何关系知两者的相对位移为2R，故小车向左运动的最大距离为R，故D正确。故选AD。8

.如图所示，虚线为某电场的等势线，实线为正电荷在电场中的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的点，粒子重力不计，下列说法正确的是（）A.a点的电场强度大于b点的电场强度B.a点的电势高于b点的电势C.电荷在a点的动能大于在b点的动能D.电荷在a点的电势能大于在b点的电势能【答案】

AC【解析】【详解】AB．根据电场线垂直于等势面，结合做曲线运动的物体所受合外力指向轨迹弯曲的凹侧，画出电场线及方向如图，由电场线的疏密程度表示场强的强弱，则a点的电场强度大于b点的电场强度，a点的电势低

于b点的电势，故A正确，B错误；CD．根据PEq=，正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，根据能量守恒，电荷在a点的动能大于在b点的动能，故C正确，D错误。故选AC。9.如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带

电液滴恰好处于静止状态。现将滑动变阻器的滑片向上移动一段距离，电压表示数变化量的绝对值为U，电流表示数变化量的绝对值为I，电压表和电流表均视为理想电表，定值电阻1R，和电池内阻r阻值相等，则（）A.电压表示数变小B.液滴将向上运动C.UI保持不变D

.电源的输出功率增大【答案】BC【解析】【详解】A．滑动变阻器的滑片向上移动一段距离，则滑动变阻器阻值增大，总电阻增大，总电流减小，所以电压表的示数根据()1UEIRr=−+电压表示数变大，故A错误；B．电压表示数变大，则电容器两极板电压增大，根据UEd=可知电场强度变大，

液滴受到向上的电场力变大，合力向上，液滴向上运动，故B正确；C．根据R1+rEUU=+可知R1+r1RrUUII==+故C正确；D．当内外电阻相同时，电源输出功率最大，因为21RRr+可知滑动变阻器阻值增大，电源的输出功率减小，故D错误。故选BC。10.

如图所示的虚线为边长为L的正三角形，在正三角形区域内存在垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），d、e为ab、bc边的中点。一重力不计的带正电粒子（粒子的比荷为k），由d点垂直ab以初速度0v进入磁场，从e点射出磁场

，则（）A.磁场的方向垂直纸面向外B.磁感应强度大小02vkLC.粒子在磁场中运动的时间06LvD.若粒子射入速度大小变为012v，方向不变，在磁场运动的时间为02Lv【答案】BC【解析】【详解】A．带正电粒子由

d点进入磁场e点射出磁场，则电场力方向从a指向b，根据左手定则可知，磁场方向垂直直面向里，故A错误；B．粒子运动轨迹b为圆心，2L为半径，则2vqvBmr=解得02BLvk=故B正确；C．粒子在磁场中运动的时间023226mLtTBqv===故C正确；D．当

粒子速度变为远来一半，根据mvrBq=可知半径变为原来一半，轨迹如图所示粒子在磁场中运动的时间0223223mLtTBqv===故D错误。故选BC。二、非选择题：本题共6小题，共60分。11.某物理实验小组利用图1所示装置研究加速度与合外力的关系，

一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，调整滑轮使细线与木板水平。小车在重物的拉力作用下做加速运动，已知重物质量远小于小车质量，重力加速度为g。（1）一次实验中获得的纸带如图2所示，已知所用电源的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，A、B、C、D、E、F、G为所取计数点，由图中数据可求得打点

计时器打B点时小车的速度大小为______m/s，小车的加速度大小为______2m/s；（均保留2位有效数字）（2）实验小组保持小车质量不变，改变重物的质量m，得到a随m变化的规律如图3所示，由图可知，小车的质量为______，小车运动过程受到的摩擦阻力为______。【答案】①.0.

10②.0.18③.00mga④.0mg【解析】【详解】（1）[1]电源频率为50Hz，每5个点取一个计数点，则150.1sTf==则B点速度()22.400.4010m/s0.10m/s220.1ACxvT−−===[2]加速度()()2222228.603.

70103.700.4010m/s0.18m/s990.1DGAGxxaT−−−−−−===（2）[3][4]已知重物质量远小于小车质量，则mgfMa−=可知gfamMM=−即00agMm=，0faM=解得00mgMa=，0fmg=12.某实验小组要测量一电池的电动势及内阻，要求测量结果尽

量准确，实验器材如下：电流表A（量程100mA，内阻为10）；的定值电阻1R（阻值为10）；定值电阻2R（阻值为20）；电阻箱R（最大阻值999.9）；待测电池（电动势约为7V）；开关S一个，导线若干。按图1所示电路图连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱，记

录下阻值R和电流表的相应读数I，利用测量数据，作11−IR图线，如图2所示，图像与纵轴截距为17A−，则E=_______V，r=______。（均保留2位有效数字）【答案】①.7.4②.12【解析】【详解】[1][2]根据电路图可知1A1A21A()()I

RRRRREIRrRRRR++=+++++化简为1A21A2()()11RRRrRRRrIERE+++++=+则1A2()()5070.5kRRRrE++==−，1A27bR

RRrE++=+=代入数据解得7.4VE=，12R=13.如图所示，长为L=4m的水平传送带以v=5m/s的速度匀速转动，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙斜面，斜面底端C与水平面BC平滑连接，水平面

BC长度为x=0.5m。把一小滑块轻轻放在传送带的最左端，滑块从传送带最右端滑出后进入水平面，然后冲上斜面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为10.2=，滑块与水平面、斜面之间的动摩擦因数均为20.8=，重力加速度g取210m/s，sin37°=0.6，求滑块最终静止的位置到C点的距离。【

答案】10m31【解析】【详解】小滑块在传送带上有11mgma=212vax=解得25m4m4xL==则说明小滑块在传送带上一直匀加速直线运动，到B点的速度为124m/sBvaL==设滑块最终静止的位置到C点的距离为s，则从B点到静止位置由动能定理有2221cos37sin3

702Bmgxmgsmgsmv−−−=−解得10m31s=14.如图所示，光滑弧面模型固定在水平地面上，质量为M=1kg的长木板B紧靠弧面模型静止在水平地面上。一质量为m=1kg的滑块A从弧面静止释放，释放点距离长木板上表面竖直高度为h=0.45m，冲上

长木板后恰好没有从长木板上滑下来。已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为10.4=，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为20.1=，重力加速度g取210m/s，求长木板的长度。【答案】3m4x=【解析】【详解】滑块下落到弧面底端，根据动能定理得2012mg

hmv=滑到B上，对A和B分别受力分析得11mgma=，()122mgmMgMa+=−代入数据解得214m/sa=，22s2m/a=共速时012vvatat=−=解得1m/sv=，0.5st=木板长度0AB3m224vvvxxxtt+=−=−=15.如图所示，半径R=0.

4m的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB间距离x=4.4m。一质量为10.1kgm=的小滑块从A点以012m/sv=的初速度在水平面上滑行，质量为20.3kgm=的小球放在B点，滑块和小球发生弹性正撞，碰撞时间极短，

碰后小球滑上半圆形轨道，然后从C点抛出，落到水平面上D点。滑块最终静止在E点。已知滑块与水平面之间的动摩擦因数0.5=，重力加速度g取0，滑块和小球均可视为质点，求：（1）小球运动到C点时对轨道的压力；（2）小球落地点D到E点的距离。【答案】（1）

3.75N；（2）1.3mx=【解析】【详解】（1）滑块从A运动到B根据动能定理得2211101122Bmgxmvmv−=−滑块和小球发生弹性正碰11122BBBmvmvmv=+22211122111222BBBmvmvmv=+联立解得15m/

sBv=−25m/sBv=小球从B到C根据动能定理得22222211222CBmgRmvmv−=−对C点受力分析得2N22CvFmgmR+=联立解得3m/sCv=，N3.75NF=根据牛顿第三定律得，小球对轨道压力N3.75NF=（2）平抛运动1440.43m1.2m10CCRxvtvg==

==滑块匀减速位移22125m2.5m220.510Bvxg===故小球落地点D到E点的距离211.3mxxx=−=16.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在水平向右的匀强电场，第一象限和第四象限存在垂直于坐标平面向外的相同匀强磁场，第三象限内存在垂直坐标平面向外的

有界圆形匀强磁场（图中未画出）。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上A点()3,0L−以初速度0v沿y轴正方向射入匀强电场，然后从y轴上的M点（0，2L）射入第一象限，经磁场偏转后从y轴上的N点（0，－2L）射入第三象限，经第三

象限圆形有界磁场偏转后垂直打到x轴上的A点，不计粒子重力，求：（1）匀强电场的电场强度大小E；（2）第一、四象限磁场磁感应强度大小1B；（3）若圆形有界磁场的磁感应强度214BB=，求此圆形磁场区域的最小面积。【答案】（1）20

32mvEqL=；（2）0132mvBqL=；（3）212LS=【解析】【详解】（1）根据题意可知，带电粒子做类平抛运动02Lvt=2132Lat=，Eqma=联立解得2032mvEqL=（2）类平抛运动速度反向延长线过水平位移中点，如图由几何关系可知60=，

则末速度02vv=带电粒子在磁场中做圆周运动，由几何关系得30=，则243cos3LrL==根据21vqvBmr=则0132mvBqL=（3）第三象限运动时，半径214mvrrBq==由于要从A点垂直

射出，则先进入第三象限做匀速直线运动到E点，最后进入圆形磁场偏转，由几何关系可知，最小磁场面积以AE为直径的圆，由几何关系可知1343AErrL===所以最小面积为22212AELS==获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxu

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