【文档说明】山东省泰安市宁阳县2022-2023学年高三上学期11月期中考试物理试题 word版含解析.docx，共(23)页，948.252 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年高三上学期期中检测试题物理第Ⅰ卷（选择题：共40分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.如图所示，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，

经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点。若不计空气阻力，下列关系式中正确的是（）A.va＞vbB.ta＞tbC.va＝vbD.ta＜tb【答案】B【解析】【详解】BD．平抛运动的竖直方向上为自由落体运动212hgt=得2htg=a小球下落高度大，所以空中运动时间长ta>tb故

B正确，D错误；AC．平抛运动的水平方向为匀速直线运动0xvt=两小球运动水平位移x相同，ta>tb，可得va<vb故AC错误。故选B。2.超强台风利奇马于2019年8月10日1时45分许在我国浙江省温岭市城南镇沿海登陆，登陆时其中心附近最大风

力达到16级（52m/s），对固定建筑物破坏程度非常巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v关系式为（）A.F＝ρS

vB.F＝ρSv2C.F＝12ρSv3D.F＝ρSv3【答案】B【解析】【详解】设风与建筑物的作用时间为t，则在该时间内，与建筑物作用的空气质量为mSvt=根据动量定理得0()Ftmv=−−解得F＝ρSv23.如图所示，开始时A、B间的细绳呈水

平状态，现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度vA沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，则下列v－t图象中，最接近物体B的运动情况的是()．A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】与物体A相连的

绳端速度v分解为沿绳伸长方向的速度1v和垂直于绳方向的速度2v，则物体B的速度1sinBvvv==在t=0时刻00Bv==，，之后随θ增大，sin增大，B的速度增大，但开始时θ变化快，速度增加得快，图线的斜率大，若绳和杆足

够长，则物体B的速度趋近于A的速度，故A正确，BCD错误。故选A。4.唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（）A

.耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大B.耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大C.曲辕犁匀速前进时，耕索对犁拉力小于犁对耕索的拉力D.直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力的【答案

】B【解析】【分析】【详解】A．将拉力F正交分解如下图所示则在x方向可得出Fx曲=FsinαFx直=Fsinβ在y方向可得出Fy曲=FcosαFy直=Fcosβ由题知α<β则sinα<sinβcosα>cosβ则可得到Fx

曲<Fx直Fy曲>Fy直A错误、B正确；CD．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误。故选B。【点睛】5.科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出

1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1000AU（太阳到地球的距离为1AU）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M

，可以推测出该黑洞质量约为（）A.4410MB.6410MC.8410MD.10410M【答案】B【解析】【详解】由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半长轴r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是

1000aR=地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知2202()MmGmRRT=解得太阳的质量为23204RMGT=根据开普勒第三定律，S2绕黑洞以半长轴1000aR=绕椭圆运动，等效于以1000rR=

绕黑洞做圆周运动，而S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知222()xMmGmrrT=解得黑洞的质量为2324xrMGT=综上可得6410xMM=故选B。6.在顶角为2a的

圆锥顶点上，系一轻弹簧，劲度系数为k，原长为l0。现在弹簧的另一端挂上一质量为m的物体，使其在光滑的圆锥面上绕圆锥轴线（竖直线）做圆周运动，重力加速度为g，物体恰好离开圆锥面时的角速度为（）A.0kgklmg+B.0sincossinkgklmg+

C.0coskgklmg+D.0sinkgklmg+【答案】C【解析】【详解】物体恰好离开圆锥面时，设弹簧伸长量为x，可知cosmgkx=20sin()sinkxmlx=+整理得0coskgklmg=+故选C。7.如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速

度上抛（不计空气阻力）．下列说法正确的是A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力【答案】A【解析】【详解

】解：以A、B整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下．再以A为研究对象：因加速度为g，方向竖直向下，由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，即A和B之间没有作用力．故选A．【点评】本题是整体法和隔离法的应用，整体跟部分的运动情

况相同，可以通过计算整体的加速度来确定部分的加速度，再对部分进行受力分析，得出最终结论．8.固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积【答案】C

【解析】【详解】如图所示设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得212mghmv=由几何关系可得sinhL=sin2LR=联立可得22LhR=可得gvLR=故C正确，ABD错误。故选C。二、多选题：本题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选

项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减

速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其vt−图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（）A.在10~t时间内，返回舱重力的功率随时间减小B.在10~t时间内，返回舱的加速度不变C.在21~tt时间内，返回舱的动量随时间减小D.在2

3~tt时间内，返回舱的机械能不变【答案】AC【解析】【详解】A．重力的功率为Pmgv=由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故

B错误；C．在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；D．在t2~t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。故选AC。10.如图所示，完全相同的四个足球彼此相互接触叠放在水平面上，每个

足球的质量都是m，不考虑转动情况，下列说法正确的是（）A.下面每个球对地面的压力均为43mgB.下面的球不受地面给的摩擦力C.下面每个球受地面给的摩擦力均为33mgD.上面球对下面每个球的压力均为66mg【答案】AD【解析】【详

解】A．以四个球整体为研究对象，受力分析可得3FN＝4mg可知下面每个球对地面的压力均为FN′=FN=43mg故A正确；B．四个球的球心连线构成了正四面体，对下面的球受力分析可知，下面的每个小球都受到

静摩擦力作用，故B错误；CD．隔离上面球分析，由几何关系可得3F163=mg得F1＝66mg隔离下面一个球分析Ff=33F1=26mg故C错误，D正确。故选AD。11.某码头采用斜面运送冷链食品，其简化图如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为30=的足够长斜面上的物

体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在0~6s时间内物体运动的vt−图像如图乙所示，其中除1~5s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为2kg，不计一切摩擦，

重力加速度210m/s=g。则下列判断正确的是（）A.在0~1s内电动机所做的功为25JB.1s后电动机的输出功率为100WC.物体的最大速度是5m/sD.0~5s内物体沿斜面向上运动了35m【答案】BD【解析】【详解】A．在0~1s内，物体位移大小为11112.5m2xvt==设

0~1s内电动机做的功为1W，由动能定理得21111sin302Wmgxmv−=解得150JW=选项A错误；B．在0~1s内，物体的加速度大小为2115m/svat==设0~1s内细绳拉力的大小为1F，由牛顿第二定律得1sin30Fmgma−=解得120NF=由题意知1s后电动机输

出功率为在11100WPFv==选项B正确；C．当物体达到最大速度mv后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为2sin3010NFmg==根据功率的公式可得m210m/sPvF==选项C错误；D．设1~5s内物体沿斜面向上

运动的距离为2x，对物体由动能定理得2222m111sin3022Ptmgxmvmv−=−解得232.5mx=所以在0~5s内物体沿斜面向上运动的距离为1235mxxx=+=选项D正确。故选BD。12.一物块在倾角为45的固定斜面上

受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图

曲线①、②所示，则（）A.物块与斜面间的动摩擦因数为23B.当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3JC.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之

比为1:2【答案】BC【解析】【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有cos45Ffmg==由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为12sin452agg=°=则拉力沿斜

面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为222G11sin4524mgWmgatt==222f11cos4524mgWmgatt=−=−代入数据联立解得13=故A错误；C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有2sin45mg

Ffma−−=解得2222cos45=26aggg=−则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为2113aa=故C正确；B．当拉力沿斜面向上，重力做功为G2sin45Wmgx=合力做功为2Wmax=合则其比值为G22321

26gWWg==合则重力做功为9J时，物块的动能即合外力做功为3J，故B正确；D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为2Pmvmax==则动量的大小之比为221113aPPa==故D

错误。故选BC第Ⅱ卷（60分）三、实验题（13题6分，14题8分，共计14分）13.用如图所示的装置探究加速度、力和质量的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上。小车上固定一定滑轮，细绳通过滑轮连接弹簧测力计和沙桶.（1）下列关于该实验的操作说法中正

确的是______。A.必须用天平测出沙和沙桶的质量B.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C.小车的质量须远大于沙桶和沙的质量D.应当先释放小车，再接通电源（2）利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的一条纸

带如图所示：（图中每两个计数点间还有四个点未画出）。则在该次实验中，小车运动的加速度大小为______2m/s（结果保留三位有效数字）。（3）某同学做实验时，未把木板的一侧垫高，就继续进行其他实验步骤，

则该同学作出的小车的加速度a与弹簧测力计示数F的图像如图所示，则实验中小车受到的摩擦力大小为______。【答案】①.B②.1.19③.02F【解析】【详解】（1）[1]AC．绳子的拉力可以通过弹簧测力计测得，故不需要用天平测出沙和沙桶的质量，小车的

质量不需要远大于沙桶和沙的质量，故AC错误；B．平衡摩擦力后，小车重力沿斜面向下的分力等于摩擦力，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B正确；D．为充分利用纸带，应当先接通电源，再释放小车，故D错误。故选B。

（2）[2]根据逐差法求出小车运动的加速度大小为222225.006.233.842.6210m/s1.19m/s(2)(20.1)CEACxxaT−−+−−==（3）[3]根据牛顿第二定律2Ffma−=整理得2Ffa

mm=−当弹簧测力计示数为0F时，小车加速度为零，故小车受到的摩擦力大小为02fF=14.某同学用如图甲所示的实验装置验证物块A、B组成的系统机械能守恒。A从高处由静止开始下落，B上拖着的纸带通过打点计时

器打出一系列点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：已知打点计时器所用电源的频率为f，0是打下的第一个点，每5个点取1个计数点，计数点间的距离表示如图乙所示。

已知物块A、B的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，则（1）在纸带上打下计数点5时，物块A的速度为___________；（2）在打计数点0~5点过程中系统动能的增加量kE=___________，系统势能的减少量pE=___________（以上均用题目中所给字母表示）；（3）该

同学以物块A速度的平方为纵轴，以物块A下落的高度h为横轴，做出2vh−图像如图丙所示，A60gm=、B40gm=，则当地的重力加速度g=___________m/s2（计算结果保留3位有效数字）。【答案】①.23()10fxx+②.22AB23()()200fmmxx++

③.AB12()()mmgxx−+④.9.60【解析】【详解】（1）［1］匀变速运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有235462xxvvT+==由于每5个点取一个计数点，有15Tf=解得23510xxvf+=（2）［2］A、B的动能都有增加，有222

2A5B5AB2311()()22200kfEmvmvmmxx=+=++［3］A物体的重力势能减少，B物体的重力势能增加，故系统的重力势能减少量有A12B12AB12()()()()pEmgxxmgxxmmgxx=+−+=−

+（3）［4］根据机械能守恒定律有2ABAB1()()2mmghmmv−=+解得2ABAB2()0.4()mmvghghmm−==+由图像可知223.843.840.4m/s9.60m/s10.4gg===四、计算题。本题包括4小题，共4

6分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.假设在发射火箭过程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到30km高空时，速度

达到1.2/skm，然后助推器脱落，向上减速运动后落回地面进行回收。火箭助推器运动过程中所受地球引力可视为不变，且等于在地球表面时的重力，助推器脱落后运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的0.2，g取10m/s2，求：（1）助推器能上升到距离地面的最大高度

；（2）助推器落回地面的速度大小和助推器从脱落到落回地面经历的时间。【答案】（1）9×104m；（2）1200m/s，250s【解析】【详解】（1）火箭加速上升的高度41310mh＝，助推器脱落时的速度311.210m/sv＝，助推器脱落后向上做减速运动，0.2fmg＝，有1mg

fma＋＝21122vah=111vat=解得421610m100sht＝，＝助推器上升的最大高度为412910mhhh＝＋＝（2）助推器从最高点下落过程中，有2mgfma－＝2222vah=222vat

＝解得221200m/s150svt＝，＝助推器从脱离到落地经历的时间12250sttt＝＋＝16.如图所示是一儿童游戏机的简化示意图。游戏面板与水平面成一夹角，游戏面板上固定一半径为R的光滑细长条挡板，挡板与游戏面板处处垂直，D为轨道最低点、C为轨道最高点，A、B为与圆心

等高的直径两端点。设从弹射器发射出的弹珠从D点以水平初速度沿挡板的内侧运动，弹珠与游戏面板之间的摩擦系数为，忽略空气阻力，弹珠可视为质点，细挡板的粗细可忽略。重力加速度为g。求：（1）若弹珠能沿圆形挡板内侧做完整圆周运动，求在最高点C的最小速度v；（2）若弹珠能沿圆形挡板内侧做完整的圆

周运动，求从D点发射出的最小速度0v。【答案】（1）sinvgR=；（2）()5sin2cosgR+【解析】【详解】（1）对弹珠在C点的2sinvmgmR=得sinvgR=（2）从D到C由动定理得220112

sin22−−=−mgRfRmvmv摩擦力为cosfmg=得()05sin2cos=+vgR17.如图一质量M=6kg的木板B静止在光滑水平面上，物块A质量m=6kg，停在木板B的左端。质量为m0=1kg的小球用长为L=0.8m的轻绳悬挂在固定点O上

，将轻绳拉直至水平位置后由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h=0.2m，物块A与小球可视为质点，不计空气阻力。已知物块A与木板B间的动摩擦因数μ=0.1，（g=10m/s2）求：（1）小球运动到最低点与物块A碰

撞前瞬间，小球的速度大小；（2）小球与物块A碰撞后瞬间，物块A的速度大小；（3）若物块A运动到距长木板右端距离等于长木板长度的三分之二处时静止于长木板上，求木板B的长度。【答案】（1）4m/s；（2）1m/s；（3）0.375m【解析】【详解】（1）对小球下摆过程，

由机械能守恒定律得002012mmgvL=解得v0=4m/s（2）对小球反弹后过程，由机械能守恒定律得200112mghmv=解得v1=2m/s小球与物块A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m0v0=－m0v1＋mvA解得vA=1m/s（3）物块A

与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以物块A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mvA=（m＋M）v解得v=0.5m/s由能量守恒定律得()22A121232mvmgxmMv=++解得x=0.375m18.如图所示，从A点水平抛出的小物块，到达斜面顶端B处时，其速度方向恰好沿斜面向

下，然后沿倾角为37的固定斜面BC滑下，小物块到达C点时速度恰好为0，因受到微小扰动，小物块滑上与斜面BC平滑对接的四分之一光滑圆弧轨道CD上．已知圆弧轨道CD的半径0.6mR=，圆心O在C点的正下方，小物块的质量2kg

m=，平抛运动的水平位移0.3mx=，斜面BC长2.5mL=，取210msg=，sin370.6=，cos370.8=，不计空气阻力，求：（1）小物块从A点抛出的初速度0v的大小；（2）小物块沿斜面BC滑下过程中克服摩擦力做功fW；（3）若小物块沿圆弧轨道CD滑到P点时脱离轨道，

求P点离D点的高度h．的【答案】（1）2m/s（2）36.25J（3）0.4m【解析】【详解】(1)小物块平抛到B点时：0tan37gtv=小物块从A运动到B：0xvt=解得02msv=(2)小物块平抛到B点的速度0cos37Bvv=小物块从B运动到C：21sin

3702fBmgLWmv−=−解得W36.25Jf=(3)小物块运动到P点时刚与轨道分离，对圆弧轨道的压力为0，此时：2cosPmvmgR=小物块由C运动到P：21(1cos)02PmgRmv−

=−其中coshR=解得：0.4mh=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com