【文档说明】《精准解析》河北省衡水中学2022-2023学年高三上学期三调考试物理试题（解析版）.docx，共(19)页，1.071 MB，由小赞的店铺上传

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河北省衡水中学2023届上学期高三年级三调考试物理第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.如图所示，用轻绳拴一物体，使物体以恒定的加速度向下做匀减速运动，下列说法正确的是（）A.物体所受合力对其做正功B.物体的机械能增加C.重力对物体做的功大于物体克服拉力做的功D.物体减少的动能一定小于物体克服拉力所做的功【答案】D【解析】【详解】A．物体向

下做匀减速运动，动能减小，由动能定理知，合力对其做负功，故A错误；B．物体向下运动的过程中，轻绳拉力对其做负功，机械能减少，故B错误；C．设物体克服拉力做功为W拉，由动能定理知GkΔ0WWE−=拉解得GWW拉即重力对物体做的功小于

物体克服拉力做的功，故C错误；D．物体减少的动能kΔEW=−拉GW即物体减少的动能小于物体克服拉力所做的功，故D正确。故选D。2.神舟十三号载人飞船返回舱首次采用快速返回模式，于2022年4月16日9时56分在东风着陆场成功着陆。返回的大致过程如下：0时

44分飞船沿径向与空间站天和核心舱成功分离，分离后空间站仍沿原轨道飞行，飞船下降到空间站下方200m处的过渡轨道并进行调姿，由径向飞行改为横向飞行。绕行5圈后，经过制动减速、自由滑行、再入大气层、着陆返回四个阶段，如图为该过程的示意图。下列说法正确的

是（）A.分离后空间站运行速度变小B.飞船在过渡轨道的速度大于第一宇宙速度C.飞船沿径向与空间站分离后在重力作用下运动到过渡轨道D.与空间站分离后，返回舱进入大气层之前机械能减少【答案】D【解析】【详解】A．空间站沿着原来的轨道运行，轨道半径不变，根据22MmvGmrr=可得GM

vr=分离后空间站运行速度不变，故A错误；B．根据GMvr=可知在过渡轨道的速度小于第一宇宙速度，故B错误；C．飞船沿径向与空间站分离后，是因为飞船点火减速，飞船做向心运动从而到达过渡轨道，故C错误；D．与空间站分离后，返回舱进入大气层之

前，飞船经过多次减速，除了万有引力之外的其他力做负功，机械能减少，故D正确。故选D。3.一辆质量为m的汽车在水平路面上以速度v匀速行驶，此时发动机的功率为34P，汽车运动过程中所受阻力恒定不变。当汽车功率突然变为P的瞬间，加速度大小为（）A.0B.4P

mvC.34PmvD.Pmv【答案】B【解析】【详解】汽车匀速行驶时，有1Ff=，134PFv=汽车功率突然变为P的瞬间，牵引力发生变化，速度不变，则有2PFv=由牛顿第二定律有2Ffma−=解得4Pamv=故选B。4.

如图所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球．假定网球水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时与水平方向夹角分别为30°和60°，若不考虑网球在空中受到的阻力，则（）A.

两次发射的初速度之比为3:1B.碰到墙面前空中运动时间之比为1:3C.下降高度之比为1:3D.碰到墙面时动能之比为3:1【答案】C【解析】【详解】在平抛运动过程中，212hgt=，，0xvt=，位移与水平方向夹角的正切值0tan2vhxgt==．速度与水平方向夹角的

正切值00tanyvvvgt==．则tan2tan=．在平抛运动中，tan2hx=．所以12tan301tan603hh==，由212hgt=可知，112233thth==速度xvt=，可得1231vv=；由于0costvv=可知，1122cos601cos

301ttvvvv==，所以动能之比21122211ktktEvEv==．综上分析，C正确．5.一质量为1kgm=的滑块从一斜面倾角为37的固定斜面顶端，在恒定外力作用下由静止沿斜面滑下，滑块与斜面间的动摩擦因数

0.5=。滑块滑至底端的过程中，其机械能随下滑距离s变化的图象如图所示（sin370.6=，cos370.8=，g取210m/s）。则滑块从顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是（）A.重力势能一定减少了20JB.外力的大小一定是8NC.

摩擦力做的功一定是20J−D.滑块滑到斜面底端时的速度大小一定是10m/s【答案】D【解析】【详解】A．物体沿斜面下滑5m，则重力势能减小量Psin3730JEmgs==选项A错误；B．从顶端到底端时机械能增加20J，则除重力以外

的其他力做功为20J，设力F与斜面的夹角为α，则cos(cos37sin)20JFxmgFx−−=其中x=5m，带入数据可知162cossinF=+只有当α=0°时F=8N，则选项B错误；C．摩擦力做功(cos37sin)(20J-5sin)fWmgFxF=−−=−只有当α=0°

时摩擦力功才等于-20J，选项C错误；D．因物体沿斜面下滑5m，重力势能减小30J，而初态机械能为30J，可知斜面的底端为零重力势能点，到达底端时机械能为50J，则动能为50J，根据212kEmv=可得v=1

0m/s选项D正确。故选D。6.如图所示，将质量为3m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻型小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计空气阻力，杆足够

长，下列说法正确的是（）A.若环能到达B处，则环到达B处时，重物上升的高度2dh=B.若环能到达B处，则环到达B处时，环与重物的速度大小相等C.若环能到达B处，则环从A到B减少的机械能大于重物增加的机械能D.环能下降的最大高度为34d【答案】D【解析】【详解】A．根据几何关系知，环从A下滑

至B处时，下降的高度为d，则重物上升的高度22(21)hdddd=+−=−故A错误；B．环到达B处时，将环的速度分解到沿轻绳方向和垂直于轻绳方向，在沿轻绳方向上的分速度等于重物的速度，则有cos45vv=环物解得2vv=环物故B错误；C．环下滑过程中无摩

擦力对系统做功，故系统机械能守恒，环减小的机械能等于重物增加的机械能，故C错误；D．设环下滑的最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为22hhdd=+−根据机械能守恒有3mghmgh=解

得34hd=故D正确故选D。7.如图所示，质量m=1kg的物体从高h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数0.2=，传送带上A、B之间的距离L=5m，传送带一直以v=4m/s

的速度顺时针转动，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.物体从A运动到B的时间是1sB.物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做的功为-6JC.物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2JD.物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的

功为10J【答案】C【解析】【详解】A．设物体下滑到A点的速度为0v，由机械能守恒定律可得2012mghmv=代入数据解得02m/sv=从A到B过程中，物体在摩擦力作用下先做匀加速运动，加速度大小。22m/smgagm===加速至速度与传送带相等的

时间0142s1s2vvta−−===匀加速运动的位移011241m3m5m22vvstL++====所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，物体匀速运动的时间1253s0.5s4Lstv−−===则物体从从A到B的时间121.5sttt=+=A错误；B．物体从A到B的过程

中，在加速阶段，摩擦力的方向与运动方向相同，因此摩擦力对物体做正功，其值为10.2103J6JWmgs===摩擦力B错误；C．在1t时间内，传送带做匀速运动的位移141m4msvt===传送带故产生的热量1()0.210(43)J2JQm

gsmgss==−=−=传送带C正确；D．电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分就是增加了内能，则物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功222201111(42)J2J8J222WmvmvQ=−+=−

+=D错误。故选C。8.某踢出的足球在空中的运动轨迹如图所示，足球可视为质点，空气阻力不计。用vy，、E、Ek、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率，用t表示足球在空中的运动时间，下列图像中可能正确

的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】A．足球做斜上抛运动，竖直方向上，速度先减速后增大，竖直速度与时间图象的斜率表示重力加速度，故斜率恒定不变，故A错误；B．空气阻力不计，足球的机械能守恒，即不随时间变化，故B错误；C．足球机

械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，但足球做斜上抛运动，到最高点的速度不为零，即动能最小值不为零，故C正确；D．速度水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据2yPmgvmgt==重力的功率随时间先减小后增加，但斜率恒定，故D错误。故选C。9.水电

站常用水库出水口处水流的动能发电，如图所示，出水口的直径与出水口到水库水面的高度差H相比很小，出水口横截面积为S，水的密度为，出水口距离地面的竖直高度为4H，假设液面不可压缩且忽略流体各部分的黏性力和液面高度的变化，不考虑液体流出的后

受到的空气阻力，重力加速度大小为g，取地面为零势能面，下列说法正确的是（）A.出水口处的流速大小2vgH=B.出水口的流量QSgH=C.出水口与地面间这段水柱机械能254ESgH=D.从出水口喷出水的水

平位移大小为2H【答案】AC【解析】【详解】A．取水面上水滴为研究对象，在其落到出水口的过程中，根据机械能守恒定律得212mgHmv=解得2vgH=故A正确；B．流量2QSvSgH==故B错误；C．水柱机械能2124HEmvmg=+根据密度公式得mQt=运动时间满足2142Hgt=

解得254ESgH=故C正确；的的D．从出水口处喷出水的水平位移xvt=由以上分析知2Htg=解得xH=故D错误。故选AC。10.如图所示，倾角为的斜面AB段光滑，BP段粗糙，一轻弹簧下端固定于斜面底端P，弹簧处于原长时上端位于B点，可视为质点、质量为m

的物体与BP之间的动摩擦因数为μ（μ<tanθ），物体从A点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q。已知A、B间的距离为x，重力加速度大小为g，则（）A.物体的最大动能等于sinmgxB.弹簧的最大形变量一定大于12xC.物体

第一次往返过程中克服摩擦力做的功为1sin2mgxD.物体第二次沿斜面上升的最高位置在B点上方【答案】CD【解析】【详解】A．物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能ksinEmgx=物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动

摩擦力和弹簧弹力的合力，则物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以，当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于sinmgx

，A错误；B．设弹簧的最大压缩量为L，弹性势能最大为PE，物体从A点到最低点的过程，由能量守恒得()psincosmgLxmgLE+=+物体从最低点到Q点的过程，由能量守恒得psincos2xmgLmgLE++=解得ta

n4xL=由于μ<tanθ解得4xL由于L与x的具体参数未知，则无法说明弹簧的最大形变量是否大于12x，B错误；C．第一次往返过程中，根据能量守恒可知，物体损失的能量等于克服摩擦力做的功，即12cossin2EmgLmgx==C正确；D．设物体第二次上升的最远位

置在C点，弹簧最大形变量为'L，从Q到C，有sin2'cosQCmgxmgL=由于物体从Q点下滑，则弹簧的最大形变量'LL结合上述解得2QCxx即上升的最高位置应该在B点上方，D正确。故选CD。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.可以利用图所示实验装置，

测量物块与水平桌面的动摩擦因数。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后即保持静止不再运动，而物块将继续运动一段距离后停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，相邻计数点间的距离如下图所示。已知相邻两点间时间间隔为0.10s，并查得当地重力加速度为：g=9.78m/s2

（1）通过分析纸带数据，可判断在两相邻计数点______和______之间某时刻重物落地。（2）计数点6对应的速度大小为______m/s（保留两位小数）。（3）通过纸带数据可求得物块与桌面间的动摩擦因数为μ=______（保留两位小数）。该计算结果比动摩擦因数

的真实值______（填“偏大”或“偏小”或“一样大”）。【答案】①.5②.6③.1.85m/s④.0.31⑤.偏大【解析】【详解】（1）[1][2]从纸带上的数据分析得知：在点计数点5之前，两点之间的位移增量逐渐增大，而在5、6间的位移增量变小，在6

之后位移逐渐减小，故说明在5、6间某时刻物块开始减速，减速的原因是重物落地。（2）[3]由图中数据可以看出减速阶段的3cmx=−，根据匀变速运动2xaT=可得加速度22220.03m/s3m/s0.10xaT−===−计数点7对应的速度大小为6870.170.1

4m/s1.55m/s20.2xvT+===则计数点6对应的速度大小为771.55m/s+30.1m/s1.85m/svvaT=+==（3）[4]减速阶段对物块根据牛顿第二定律有mgma=解得0.31ag==[4]减速阶段产生加速度的力是摩擦力和纸带所

受的阻力，因此计算结果比动摩擦因数的真实值偏大。12.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光

电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．（1）用游标卡尺

测量遮光条的宽度b，结果如图2所示，由此读出b=_____mm；（2）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为kE=_____，系统的重力势能减少量可表示

为pE=_____，在误差允许的范围内，若kpEE=，则可认为系统的机械能守恒；（用题中字母表示）（3）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2﹣d图象如图3所示，并测得M=m，则重力加速度g=_____m/s2．【答案】①.3.85②

.22()2mMbt+③.()2Mmgd−④.9.6【解析】【分析】【详解】（1）[1]宽度b的读数为3mm+16×0.05mm=3.80mm（2）[2][3]由于光电门的宽度b很小，故用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，则滑块通过光电门B速度为Bbvt=滑块从A

处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为()()222122kBMmbEMmvt+==+系统的重力势能减少量可表示为302pMEmgdMgdsinmgd=−=−比较pE和kE，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的（3）[4]根据系统机械能

守恒有()2122MMmvmgd+=−则22mMvgdMm−=+在2vd−图象中，则图线的斜率为2mMkgMm−=+由图象可知2.40.5k=则有()2kMmgmM+=−代入数据得29.6m/sg=13.A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度v

A=10m/s，B车速度vB=30m/s。因大雾能见度很低，B车在距A车600m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要减速1800m才能够停止（两车可视为质点）。问：(1)B车刹车后减速运动的加速度的大小？(2)若B车刹车8s后，A车以加速度0.5m/s

2加速前进，问两车是否相撞？若不相撞则两车最近时相距多远？【答案】(1)0.25m/s2；(2)未碰撞，232m【解析】【详解】(1)设B车减速运动的加速度大小为a，有2102Bvax-＝-代入数据解得

a=0.25m/s2(2)设B车减速t秒时两车的速度相同，有1()BAvatvatt+-=-代入数值解得t=32s在此过程中B车前进的位移为212BBxvtat=−代入数据解得xB=832mA车前进的位移为

211()()2AAAxvtvttatt=+−+−代入数据解得xA=464m因xA+x＞xB故不会发生撞车事故，此时△x=xA+x－xB=232m14.我国选手在北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧决赛中夺得金牌。如图所

示，某比赛用U型池场地长度160mL=、宽度20md=、深度7.25mh=，两边竖直雪道与池底平面雪道通过圆弧雪道连接组成，横截面像“U”字形状，池底雪道平面与水平面夹角为20=。为测试赛道，将一质量1kgm=的小滑块从U型池的顶端A点以初速度00.7m/sv=滑入；滑块从B点第一次冲去U

型池，冲出B点的速度B10m/sv=，与竖直方向夹角为α（α未知），再从C点重新落回U型池（C点图中未画出）。已知A、B两点间直线距离为25m，不计滑块所受的空气阻力，sin200.34=，cos200.94=，g=10m/s2。（1）A点至B

点过程中，求小滑块克服雪道阻力所做功fW；（2）忽略雪道对滑块的阻力，若滑块从池底平面雪道离开，求滑块离开时速度v的大小；的（3）若保持Bv大小不变，调整速度Bv与竖直方向的夹角为0时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，求0tan。【答案】（

1）1.35J；（2）35m/s；（3）1747【解析】【详解】（1）小滑块从A点至B点过程中，由动能定理得22011sin(20)22fBmgxWmvmv−=−由几何关系得22ABxxd=−解得1.35JfW=（2）忽略雪道对滑块的阻力，滑块从A点运动到池

底平面雪道离开的过程中，由动能定理得22011sin(20)cos(20)22mgLmghmvmv+=−代入数据解得35m/sv=（3）当滑块离开B点后设速度方向与U型池斜面的夹角为0==20时，沿U型池斜面方向分解速度及加速度分别为sinyBvv=cosxBvv=co

s(20)yag=sin(20)xag=1yyvat=12tt=由此可知，当vy最大时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，此时vB垂直于U型池斜面，即0==200sin0.3417costa07n.944===15.如图所示，固定斜面AB

平滑连接固定光滑圆弧BCD，C为圆弧最低点，圆弧最高点D与光滑半圆管DE相切，E与长度1mL=的传送带相连，传送带右侧为足够长的粗糙水平面。一个质量1m=0.1kg的小物块从斜面顶端A下滑。已知斜面高0.3mh

=，倾角37=，与物体间动摩擦因数10.5=；圆弧BCD和半圆管DE半径分别为R=0.5m，r=0.1m；传送带以速度0.5m/sv=逆时针转动，与物体间动摩擦因数20.2=。管的内径可忽略，物体可视为质点。（1）若小物块初速度为零开始下滑，经过C点时对轨道的压力是多大；（

2）若给小物块合适的沿斜面向下的初速度，它就可到达E点，则与此初速度对应的初动能kE最小值是多少；（3）若给小物块沿斜面向下的初速度，使其运动过程中不脱离轨道，则与此初速度对应的初动能kE应满足什么条件。【答案】（1）1.8N；（2）1.05J

；（3）k00.3EJ或k1.2EJ【解析】【详解】（1）小物块从A到C过程由动能定理()2111costan2ChmghmgmgRmv−+−=小物块在C点根据牛顿第二定律2NCvFmgmR−=解得N1.8NF=根据牛顿第三定律，支持力和压力大小相等，方向相

反，所以C点对轨道的压力是1.8N。（2）小物块过E点最小速度为零，从E到D，由机械能守恒定律得2122Dmgrmv=解得42m/sDvgr==小球能通过D点，速度最小时，由重力提供向心力，则有2Dvmgm

R=解得5m/s>2m/sDDvgRv===由上分析，可知必须在D点速度等于5m/s，对应的动能最小()21min11cos2tan2DkhmghmgmgRmgRmvE−+−−=−解得kminE=1.05J（3）不脱离轨道2种情况情况1：过F点，满足22EaLv=2m/sEv由动能

定理得()()2k11cos22tan2EhmghmgmgRmgRrmvE−+−−+=−解得kE=1.2J情况2：过圆弧BCD与O点等高处，由动能定理得()k1cos0tankmghmgmgRmgR

E−+−−=−解得kE=0.3J综上所述，符合条件的动能k00.3EJ或k1.2EJ获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com