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阳泉一中高三期中考试物理试题（2022年11月）年级高三学科物理考试时长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F作用在连接两球轻绳的中点，绳间的夹角60=，如图所示，缓慢增大F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3．2019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L5．如图所示，物体A和B恰好做匀速运动，已知BAmm，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gmmm

aABA+=C．物体A与B做加速运动，加速度BAAmmgma+=D．绳子中张力不变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．1000N7．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．mgB．)si

n(Fmg+C．)sin(Fmg−D．cosF8．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a-F

图象，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4kg10．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t32B．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mgH23D．球过网时与落到右侧底线时动能之比为1:911．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1J12．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（1.53.63，2.25）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太阳地球火星东西火星地球太阳图1图2vMONPABH30OAB重要的演算步骤。13．（6分）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cmL5=，实验记录了小球在运动过程中的三个位置，如图所示，2/10smg

=，则该小球做平拋运动的初速度大小为___________sm/，小球从抛出到B点的时间为___________s。14．（6分）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A、B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___________。15．（8分）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2/10smg=，mR8.0=。（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（答案可用根式表示）。16．（10分）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？17．（10分）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上滑动的距离L。（2）相对静止后A距B左端的距离。18．（12分）如图所示，在光滑水平面上，半径mR2.0=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mL6.0=的木板等高，木板中间放有一质量为m的滑块B，木板质量M=3m。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g=10m/s2。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xA、xB；（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）。AB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。题号123456789101112答案ADABDDBDBDBCABABBC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．（6分）初速度相等(2分)2(2分)0.2(2分)14．（6分）1td（1分）mgl（1分）+2222)_()()(21tdtdmM（2分）实验过程中存在阻力，

导致动能减少（1分）15．（8分）解：（1）小球恰好能通过半圆轨道的最高点M，则有(2分)解得小球在M点时的速度大小为（1分）（2）小球从M到N做平抛运动，则有（1分）（1分）由几何关系可得（2分）联立可得解得或（舍去）（1分）16．（10分）解：(1)对两球与绳整体进行受力分

析可得：（2分）（2分）解得：（1分），（1分）(2)对球2进行受力分析，设与水平方向夹角为，则有：（1分）（1分）解得：mgTBC6=（1分），，即（1分）即绳张力的大小为6mg，方向与水平方向成角17．

（10分）解：（1）由动量定理得I=mvA0－0（1分）当滑块A在木板B左侧表面滑行时，由于μmg<μ(m＋m)g（1分）所以木板B静止不动，滑块A向右做匀减速直线运动，设加速度大小为aA，则μmg=maA（1分）0－

vA02=－2aAL（1分）解得L=2m（1分）（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（1分）对木板B有μmg＋μ(m＋m)g=

maB（1分）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（1分）解得t=1s，v=1m/s相对位移（1分）解得x=2m距左端的距离L－x=0回到了最左端。（1分）18．(12分)解：（1）滑块A在圆轨道下滑过程，由动能定理有（1分）解得从滑块A滑上

木板到与滑块B、木板共速，全过程动量守恒，则有（1分）解得（1分）方向水平向左。（2）滑块A、B发生弹性碰撞后BAmvmvmv+=02220212121BAmvmvmv+=由上面两式知道，因滑块质量相等，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（1分）由能量守恒有(2分)解得最终滑块B与木板右端的距离为（1分）（3）设滑块A、B碰前速度分别为、，碰后速度为，从A滑上木板到碰前，由能量守恒有（1分）由动量守恒有（1分）对碰撞瞬间的过程有（1分）联立解得，，对碰后过程，由能量

守恒有（1分）解得（1分）全卷详解：1．A【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．D【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；BCD、

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．A【详解】A．“超级地球”的第一宇宙速度，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=v0，故A正确；B．题干信息只是提供的“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，“

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，母星质量未知，无法求出公转的线速度，故D错误。4．B【详解】A．小球下摆过程中假设不动，则有：解得：，故假设成立，不动，所以下摆过程中机械能守恒，故选项A不符合题意；B．球摆到最低点时，在最低

点，对受力分析，则有：解得对地面的压力大小为：，故选项B符合题意；C．球与球碰撞类型未知，且因，故碰后球速度向左、向右、为零皆有可能，故选项C不符合题意；D．若、碰后粘在一起，能量损失最多，且，所以上升不到原来高度，故选项D不符合题意．5．D【详解

】开始时AB匀速运动，绳子的张力等于，且满足解得物体A与B互换后，对A有对B有联立解得，故选D。6．D【详解】根据解得运动员从跌下到安全带刚好伸直的时间对全过程由动量定理得解得故D正确，ABC错误。故选D。7．BD

【详解】由于物体做匀速运动，对物体受力分析，根据平衡条件，水平方向竖直方向滑动摩擦力解得故选BD。8．BD【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，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．BC【详解】ACD．由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2．对A、B整体，由牛

顿第二定律有：F=（mA+mB）a，代入数据解得：mA+mB=4kg当F大于8N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：由图示图象可知，图线的斜率：，解得：mB=1kg滑块A的质量为：mA=3kg对于方程，知当

a=0时，F=6N，代入数据解得：μ=0.2故AD错误，C正确。10．AB【详解】A．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，由于，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，故A正确；B．由

于平抛运动的加速度恒为，由加速度定义可知，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，由得，又解得：所以球的重力势能减小量为故C错误；D．从抛出到过网时，由动能定理有从抛出到右侧落地时，由动能定理有由于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．AB【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，从A释放到动能最大的过程，由系统的机械能守

恒得从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得解得据题有所以得从B点释放滑块最大动能为故B正确；C．斜面光滑，根据机械能守恒知A点动能为故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点释放增加为故D错误。故选AB。12．BC【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，有解得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，解得火星与地球的公转轨道半径的比值为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'，则有解得即大约需要8个月的时间，D错误。故选BC。13．（6分）初速度相等(2分)2(2分)0.2(2分)【详解】（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）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得水平方向为匀速运动，所以有竖直方向有根据自由落体运动规律14．（6分）（1分）（2分）（2分）实验过程中存在阻力，导致

动能减少（1分）【详解】（1）滑块通过光电门A时的速度大小（2）滑块通过光电门B时的速度大小减少的势能为增加的动能为要验证系统机械能守恒，需要和在误差范围内相等。（3）实验过程中存在阻力，导致动能减少。15．（8分）（1）；（2）【详解】

（1）小球恰好能通过半圆轨道的最高点M，则有(2分)解得小球在M点时的速度大小为（1分）（2）小球从M到N做平抛运动，则有（1分）（1分）由几何关系可得（2分）联立可得解得或（舍去）（1分）16．（10分）（1）（2）6mg，方向与水平方向成30°角【详解】(1)对两

球与绳整体进行受力分析可得：（2分）（2分）解得：（1分），（1分）(2)对球2进行受力分析，设与水平方向夹角为，则有：（1分）（1分）解得：（1分），，即（1分）即绳张力的大小为6mg，方向与水平方向成角17．（10分）（1）2m；（2）0【详解】（1）由动量定

理得I=mvA0－0（1分）当滑块A在木板B左侧表面滑行时，由于μmg<μ(m＋m)g（1分）所以木板B静止不动，滑块A向右做匀减速直线运动，设加速度大小为aA，则μmg=maA（1分）0－vA02=－2aAL（1分）解得L=2m（1分）（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（1分）对木板B有μmg＋μ(m＋m)g=maB（1分）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（1分）解得t=1s，v=

1m/s相对位移（1分）解得x=2m距左端的距离L－x=0回到了最左端。（1分）18．(12分)（1），水平向左；（2），；（3）【详解】（1）滑块A在圆轨道下滑过程，由动能定理有（1分）解得从滑块A滑上木板到与滑

块B、木板共速，全过程动量守恒，则有（1分）解得（1分）方向水平向左。（2）滑块A、B发生弹性碰撞后BAmvmvmv+=02220212121BAmvmvmv+=由上面两式知道，因滑块质量相等，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（1分）由能量守恒有(2分)解得最终滑块B与木板右端的距离为（1分）（3）设滑块A、B碰前速度分别为、，碰后速度为，从A滑上木板到碰前，由能量守恒有（1分）由动量守恒有（1分）对碰撞瞬间的过程有（1分）联立解得，，对碰后过程，由能量守

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