【文档说明】《精准解析》河北省衡水中学2022-2023学年高三上学期一调考试物理试题（解析版）.docx，共(21)页，1.076 MB，由小赞的店铺上传

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河北省衡水中学2023届上学期高三年级一调考试物理本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共8页，总分100分，考试时间75分钟。第I卷（选择题共46分）一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中

，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.一质点运动的xt−图像为如图所示的一段抛物线，则下列说法正确的是（）A.质点可能做匀速直线

运动B.质点做加速度大小为20m/s2的匀变速直线运动C.质点做加速度先减小后增大的直线运动D.质点在0～1s内的平均速度为15m/s【答案】B【解析】【详解】A．xt−图像一段抛物线，说明质点在做匀变速直线运动，A错误；B．根据匀变速直线运动规律得201

2xvtat=+将题图中坐标（2s，0）、（1s，10m）分别代入，解得v0=20m/sa=-20m/s2B正确；C．匀变速直线运动的加速度不变，C错误；D．质点在0～1s内的平均速度为10m/s10m/s1xvt===D错误。故选B。2.在竖直升降电梯内的地板上放一体重计，某同学站在体

重计上。电梯静止时，体重计示数为500N，在电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计的示数为400N，则在这段时间内（）A.该同学处于超重状态B.该同学对体重计的压力小于体重计对他的支持力C.电梯的加速度方向一定竖直向下D.电梯一定

向下加速运动【答案】C【解析】【详解】AC．示数为400N等于人受到的支持力，根据牛顿第二定律NmgFma−=可知电梯的加速度方向一定竖直向下，即该同学处于失重状态，A错误，C正确；B．根据牛顿第三定律可知，该同学对体重计的压力与体重计对该同学的支持力是一对相互作用力，大小相等、方向相反，B错误

；D．电梯也可能减速上升，D错误。故选C。3.完全相同的直角三角形滑块A、B，按如图所示放置，设A、B接触的斜面光滑，A与桌面间的动摩擦因数为，斜面倾角30=，现在B上作用一水平推力F，恰好使A、B

一起在桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止。则A与桌面间的动摩擦因数为（）A.36=B.35=C.34=D.33=【答案】A【解析】【详解】整体在水平方向上受推力和滑动摩擦力。有2Fmg=对B分析，B受到重力、推力F和支持力，根据共点力平衡有tanFmg=解得tan326==故

BCD错误，A正确。故选A。4.随着汽车在我国居民的生活中日渐普及，汽车的安全性能也在不断提高。某公司为检测某新型汽车的刹车性能，在平直公路上做刹车实验，测得刹车过程中汽车的速度v与位移x的关系如图所示，设刹车过程中汽车

做匀减速直线运动，已知0=t时刻汽车的速度大小为40m/s，取g=10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.刹车过程中汽车的加速度大小为6m/s2B.0～2s内汽车的平均速度大小为35m/sC.t=5s时，汽车的速度大小为20

m/sD.0～10s内，汽车的位移大小为140m【答案】B【解析】【详解】A．汽车做匀减速直线运动，速度位移关系式为2202vvax−=则有2202vvax=+带入图中数据可得25m/sa=−加速度大小为5m/s2，故A错误；

B．0~2s内的平均速度等于刹车后第1s末的瞬时速度可知，前2s内平均速度由0vvat=+可知，0~2s内的平均速度大小为35m/s，B正确；C．5st=时，汽车的速度大小为50515m/svvat=+=故C错误；D．汽车刹车所用时

间为008s==vat即8s时停车，则由图像可知0~10s内，汽车的位移大小为160m，故D错误。故选B。5.图甲为挂在架子上的双层晾衣篮。上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根

等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图乙所示，则图甲中上、下各一根绳中的张力大小之比为（）A.1：1B.2：1C.5：2D.5：4【答案】C【解析】【详解】设一个篮子的质量为m，连接下篮的绳子的拉力为2T，对下篮，根据平衡条件得24T

mg=解得24mgT=设连接上篮的绳子的拉力为1T，绳子与竖直方向夹角为，对两个篮整体由平衡条件得14cos2Tmg=根据几何关系得24sin0.640==联立解得158Tmg=则1252TT=故C正确，ABD错误故选C。6.如图所示，某学校运动员正在进行原地纵跳摸高

训练，以提高自己的弹跳力。某运动员原地静止站立（不起跳）摸高为1.90m，纵跳摸高训练过程中，该运动员先由静止下蹲，重心下降0.4m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.45m的高度。若将该运动员起跳的

过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，已知该运动员的质量m=60kg，取g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A.该运动员从起跳到上升至最高点的过程中一直处于超重状态B.该运动员起跳过程的加速度小于重力加速度。C.该运动员离地时的

速度大小为19m/sD.起跳过程中该运动员对地面的平均压力为1425N【答案】D【解析】【详解】A．运动员从起跳到上升至最高点，先加速后减速，是先超重后失重，故A错误；BC．离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离为22

.45m1.90m0.55mh=−=运动员离开地面后做竖直上抛运动，设离地时运动员的速度为v，则有2220ghv−=−解得222100.55m/s11m/svgh===在起跳过程中，根据速度位移公式可知212ahv=解得2222111m/s1

3.75m/s220.4vah===ag故B错误，C错误；D．起跳过程对运动员，根据牛顿第二定律Fmgma−=解得1425NF=故D正确故选D。7.如图所示，木板A静置于光滑水平面上，其粗糙上表面叠放半球形木块B，在B的最高点用水平细绳拉着一个小球C，系统保持平衡。已知B、C

两球半径之比为4：1，C球质量为m，BC接触面光滑。在木板A上施加了一个水平外力F，继续维系三者相对静止，让三者一起做加速直线运动，已知重力加速度大小为g，以下判断中正确的是（）。A.若F向左且不断变大，

则BC之间的弹力越来越大B.若F向左且不断变小，则BC之间的弹力恒为54mgC.若F水平向右且持续增大，则BC之间弹力不断减小D.若F水平向右且BC之间绳子的张力为零，则系统加速度为32g【答案】B【解析】【详解】AB．设整体的加速度为a，若F向左，对C受

力分析，受重力mg、Ｂ的弹力FN和细绳的张力FT，如图所示，则有FNsinθ=mgFT−FNcosθ=ma已知B、C两球半径之比为4：1，由几何关系可知θ=53°，所以有N54Fmg=在三者相对静止的情况下，因为θ不变，增大或减小F，BC之间

的弹力FN不变，恒为54mg，A错误，B正确；CD．若F水平向右，整体的加速度向右，对C有FNsinθ=mgFNcosθ−FT=ma在三者相对静止的情况下，因为θ不变，增大F，BC之间弹力FN不变；水平细绳的张力FT可能在某个

时刻是零，代入数据可得此时系统的加速度为34ag=CD错误。故选B。8.某人乘坐上海回北京的动车a，某时刻动车a后面追上一列动车b，两动车互相追赶，如图甲所示。两动车运动的vt−图像如图乙所示，0=t时刻两动车车头刚好

并排行驶，下列说法正确的是（）A.前30s两动车平均速度相等B.图乙中动车a的最大速度为80.8m/sC.0～36s内，两车头相距最远为80mD.两车头在36s末再次并排行驶【答案】BC【解析】【详解】A．v

t−图像与横轴围成的面积表示位移，由题图乙可知，在前30s内动车b的位移大于动车a的位移，故动车b的平均速度大于动车a的平均速度，故A错误；B．动车a做匀加速直线运动的加速度大小227660m/s0.8m/s3010vat−===−由题图乙可知，在36s

时刻动车a的速度最大，则有m076m/s0.8(3630)m/s80.8m/svvat=+=+−=故B正确；C．0~36s内，当两动车的速度相等时，即在30ts=时刻，两动车头相距最远，由题图乙可知两动车头最远的距离m1Δ1610m80m2s==故C正确；D．由题图乙可知0~3

0s内动车b比动车a多走的位移11Δ1610m80m2x==30~36s内动车a比动车b多走的位移21Δ(80.876)6m14.4m2x=−=说明在0~36s内动车b比动车a多走的位移1265.6mxxx=−=A即两车头在36s末没有

并排行驶，故D错误。故选BC。9.如图，直角支架固定在水平地面上，小球A穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮。将细绳一端系在A上，另一端跨过滑轮系在小水桶B上，系统处于静止状态。现因桶底破损，里面有少许水缓慢渗漏下来。不计滑轮质量及摩擦，在球A缓慢下降过程中（）A

.绳对球A拉力的竖直分量保持不变B.竖直杆对球A的弹力保持不变C.轴对滑轮的作用力方向竖直向上D.轴对滑轮的作用力越来越小【答案】AD【解析】【详解】AB．球A缓慢下降，A处于平衡状态，对A受力分析，如图所示根据平衡条件得cosATmg=tan=ANmg得tanA

Nmg=所以绳对球A拉力的竖直分量保持不变，减小，则N减小，故A正确，B错误；C．以滑轮为研究对象，由平衡条件可知轴对滑轮的作用力方向在两绳子的夹角的角平分线上，故C错误；D．以A、B、细绳和滑轮整体

作为研究对象，受力分析知，受竖直向下总的重力G总，水平向左的竖直杆的弹力N和轴对其的作用力F，整体处于静态平衡状态，则22FGN=+总由题意可知G总变小，由AB选项分析可知N变小，所以F变小，故D正确。故选AD。10.如图甲所示，工人

用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化的关系如图乙所示。已知货物的质量为10kg，取g=10m/s2。则（）A.传送带匀速转动速度大小为1m/sB.货物与传送带间

的动摩擦因数为32C.A、B两点的距离为16mD.货物由A点运动到B点的过程中与传送带之间发生相对滑动的距离为0.2m【答案】ABD【解析】【详解】A．由题图乙可知，货物先向上做匀加速运动，再向上做匀速运动，所以传送带匀速转动的速度大小为1m/s，故A正确；B．开始时货物的加速度221m/s

2.5m/s0.4vat===由牛顿第二定律可知的cos30sin30mgmgma−=解得32=故B正确；C．由题图乙可知，A、B两点的距离11615.61m15.8m2s=+=（）故C错误；D．货物由A点运动到B点的过程中与传送带之间相对滑动的距离1110.2m2dvtvt=−

=带带故D正确。故选ABD。第Ⅱ卷（非选择题共54分）二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.如图为“验证力的平行四边形定则”的实验，将贴有白纸的木板竖直固定放置，三个细绳套L1、L2、L3一端共系于同

一结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计A、B和重物M上，弹簧测力计A的另一端挂于固定点P，手持弹簧测力计B拉动细绳，使结点静止于O点．(1)某次实验中，弹簧测力计A的指针位置如图所示，其读数为_____N；(2)实验时要读出弹簧测力计A、B的示数，还要在白纸上记录O点的位置

和L1、L2、L3的________；(3)下列实验要求中必要的是_______________．A．弹簧测力计需要在实验前进行校零B．多次实验时弹簧测力计B始终保持水平C．多次实验时结点必须在同一点D．需要测量重物M

的重力【答案】①.2.00N②.三条细线的方向③.AD【解析】【详解】(1)由图示弹簧测力计可知，其分度值为0.1N，示数为2.00N(1.99-2.01均可).(2)实验时要读出A、B的示数，还要在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置以及三个拉力即三条细线的方向

.(3)A．弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故A正确；B．该题中需要验证弹簧A、B拉力的合力，是否与绳L3的拉力（或者说M重力）等大反向，B弹簧不一定非要保持水平，故B错误；C．由于两拉力的合力的效果是将重物吊起，

故不需要结点位置相同，故C错误；D．由于两测力计拉力的合力等于物体的重力，实验时应测量物体的重力，故D正确；【点睛】对于中学中的实验，同学们尽量亲自动手做一下，这样对于实验原理、实验步骤、注意事项、数

据处理、误差分析等才有深刻的认识，在该题中考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直.12.如图甲所示，某实验小组利用验证牛顿第二定律的实验装置测定物块与木板之间的动摩擦因数，实验装置固定连接完毕后，

调节木板及物块右侧两段细绳水平，初步试用各个器件工作正常。实验开始时在沙桶中放入适量的细沙，系统开始工作，滑块做加速运动，打出的纸带如图乙所示，已知所用交流电源频率为50Hz，重力加速度大小为g。（1）除图中所给的实验器材外，以下器材还必

需选用的有_______；A.天平B.刻度尺C.秒表D.干电池（2）已读出弹簧测力计的示数为F，为进一步测量动摩擦因数，下列物理量中还需测量的有_________；A.木板的长度LB.物块的质量mC.沙桶的质量MD.物块的运动时间t（3）图乙

中给出了实验中获取纸带的一部分数据，0、1、2、3、4、5是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示。则打下计数点2时物块对应的速度大小=v____m/s；本次实验物块对应的加速度大小=

a_______2m/s；（结果保留三位有效数字）（4）改变沙桶内细沙的质量，测量出对应的加速度a和弹簧测力计的示数F。若用图像法处理数据，得到了如图丙所示的一条倾斜的直线，如果该图线的横轴截距的大小等于b，

斜率的大小为k。则动摩擦因数=_______（用题目中给的b、k、g表示）。【答案】①.AB##BA②.B③.0.264④.0.495⑤.=kbg【解析】【详解】（1）[1]除图中所给的实验器材外，以下器材还必需选用的有刻度尺，用来测量纸带长度；打点计时器本身就是

计时仪器，则不需要秒表，也不需要干电池；需要的关系式为2Fμmgma−=则要测量动摩擦因数，则需要天平测量质量。故选AB。（2）[2]设物块的加速度为a，对物块2Fμmgma−=解得4=Fmamg−即为进一步测量动摩擦因数，加速度可以由纸带打点求出，则还必须要测量物块的质量m，故选B。（3）[

3][4]打下计数点2时物块对应的速度大小2(2.402.88)10m/s0.264m/s0.2v−+==本次实验物块对应的加速度大小222240222(3.392.882.401.89)10m/s0.495m/

s440.1xxaT−−+−−===（4）[5]由牛顿第二定律可得2Fμmgma−=即2aFgm=−的由题意可知20bgm−=2km=解得=kbg13.2022年2月11日，北京冬奥会男子钢架雪车比赛结束争夺

，中国选手闫文港摘得铜牌，创造了中国选手在这一项目的历史最好成绩。如图甲，钢架雪车比赛运动员先在水平赛道上推着雪车由静止出发，匀加速到水平轨道的末端时，运动员快速俯卧到雪车上沿倾角为θ=15°的倾斜轨道匀加速下滑到P点，运动员在轨道上运动时，从开始运动到运动至P点的速率的平方随

运动距离x的变化图像如图乙所示，雪车（含运动员）总质量为120kg，sin15°=0.26，重力加速度g=10m/s2，则：（1）雪车在倾斜轨道上受到的阻力为多大；（2）运动员从开始运动到下滑到P点的时间为多长。【答案】（1）72N；（2）16.7s【解析】【详解】（1）倾斜

轨道上，运动的位移303.05m12.8m290.25mx=−=根据图像可知，到达底端的速度35m/stv=，水平轨道的末端的速度8m/sv=根据222tvvax−=解得22m/sa=根据牛顿第二定律sin15mgfma−=

解得72Nf=（2）在倾斜轨道上运动的时间2358s13.5s2tvvta−−===在水平轨道，直轨道的位移112.8mx=，根据2112vax=解得212.5m/sa=则水平轨道运动的时间11080s3.2s2.5vta−−===运动员从开

始运动到下滑到P点的时间2116.7sttt=+=14.A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1＝8m/s，B车的速度大小为v2＝20m/s，如图所示。当A、B两车相距x0＝28

m时，B车因前方突发情况紧急刹车（已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动），加速度大小为a＝2m/s2，从此时开始计时，求：(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；(2)A车追上B车所用的时间；(3)从安全行驶的

角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度。【答案】(1)64m；(2)16s；(3)20.25m/s【解析】【详解】（1）当A、B两车速度相等时，相距最远，根据速度关系得121vvat=−解得16st=根据位移

公式得11Axvt=221112Bxvtat-＝两者相距的最大距离0mBAxxxx=+−解得64mmxD=（2）B车刹车停止运动所用时间为2010stav==所发生位移为22100m2Bvxa==此时10'80mAxvt==则0ABxx

x+可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上，A车追上B车所用的时间为0116sBxxtv+==（3）A车刹车减速至0时刚好追上B车时（这时B车的速度为0），加速度最小2221022Avvxaa+=代入数据解得20.25m/sAa=15.如图甲所示，足够长的

、质量1kgM=的木板静止在水平面上，质量1kgm=、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。已知木板与地面间的动摩擦因数10.1=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取210m/sg=。现给铁块施加一个水平向左的力F，作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化

的图象如图乙所示。（1）若F恒为8N，求铁块在1s内在木板上滑过的长度。（2）若作用力F随时间t变化的关系图像如图丙所示，求在8s内铁块运动的位移大小。【答案】（1）1m；（2）1.5m【解析】【详解】（1）由题图乙可知铁

块与木板间的滑动摩擦力大小为24Nf=设铁块和木板能够不发生相对滑动的最大加速度为am，对整体根据牛顿第二定律有()()m1mFMmgMma−+=+对木板同理有21m()fMmgMa−+=解得m6N

8NF=所以若F恒为8N，铁块与木板将发生相对滑动，设木板与铁块的加速度大小分别为a1、a2，对木板和铁块根据牛顿第二定律分别有211()fMmgMa−+=22Ffma−=解得212m/sa=224m/sa=在t=1s内，木板和铁块的位移大小分别为21111

m2xat==22212m2xat==所以铁块在1s内在木板上滑过的长度为211mLxx=−=（2）由题图丙可知，在0~2s内，有1121N()FMmgf=+所以木板和铁块均静止，即0~2s内铁块的位移大小为10s=在2~4s内，有m213N()FFM

mg=+此时木板和铁块将一起做匀加速运动，设加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有213()()FMmgMma−+=+解得230.5m/sa=2~4s内铁块的位移大小为223211m2sat==4~8s内F3=0，因为22m41m1m/

s2m/sFagaMm====+所以木板和铁块可以以共同的加速度大小a4做匀减速运动直至停止，t=4s时木板和铁块的速度大小为321m/svat==铁块做匀减速运动的时间为341svta==即铁块在t=5s时停下来，4~

8s内铁块的位移大小为2340.5m2vsa==所以在8s内铁块运动的位移大小为1231.5mssss=++=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com