【文档说明】2022届河南省郑州市河南省实验中学高三（上）期中物理试题 含解析.docx，共(25)页，1.754 MB，由小赞的店铺上传

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河南省实验中学2021——2022学年上期期中试卷高三物理时间：90分钟，满分：100分一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题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，选错或不选的得

0分。）1.人们越来越多地使用手机进行导航，河南省实验中学期中考试后，老师带领同学们坐车去市科技馆参观学习，如图所示是手机导航的截屏画面，该地图提供了①、②、③三种驾车线路规划方案及相对应的数据，实际行驶中导航

提示：“前方有测速，限速50千米……”，下列说法不正确．．．的是（）A.①②③三条线路方案的位移相等B.研究汽车在地图上的实时位置时，可以把汽车看成质点C.图中方案一显示20分钟和9.6公里分别指的是时间间隔和路程D.导航提示的“限速50千米”指的是限制汽车的平

均速度不超过50km/h【1题答案】【答案】D【解析】【详解】A．①②③三条线路方案的位移相等，因为位移只与初末位置决定与路径无关，所以A正确，不符合题意；B．研究汽车在地图上的实时位置时，可以把汽车看成质点，汽车的形状大小相对路径的路程可以忽略不计，所以B正确，不符合题意；C．图中

方案一显示20分钟和9.6公里分别指的是时间间隔和路程，所以C正确，不符合题意；D．导航提示的“限速50千米”指的是限制汽车的瞬时速度不超过50km/h，所以D错误，符合题意；故选D。2.小智同学发现了一张自己以前为研究机动车的运

动情况绘制的21xtt−图像（如图）。已知机动车运动轨迹是直线，但是不知机动车是处于加速还是刹车状态，请你帮他判定以下合理的说法是（）A.机动车处于匀加速状态B.机动车的初速度为0C.机动车的加速度为

大小为82m/sD.机动车在前3秒的位移是24m【2题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】ABC．由2012xvtat=+可知，将等式变形为0212vxatt=+由图像的两个交点可得020m/sv=28m/sa=−机动车

做初速度为20m/s，加速度为82m/s的匀减速运动，故AB错误C正确；D．由0vvat=+可判断，机动车2.5s时停止运动，由2202vvax−=在则机动车在前3秒的位移220m25m28x==故D错误。故选C。3.如图所示，物块在斜向右上方拉力F作用下向右沿水平方向匀速运动，物体

与地面的动摩擦因数为33，则下列有关物体受力描述正确的是（）A.物块受到的摩擦力Ff与拉力F的合力方向一定竖直向上B.物块受到的摩擦力Ff与拉力F的合力方向可能斜向右上方C.物块受到的摩擦力Ff与拉力F的合力方向可能斜向左上方D.物体受到的重力与拉力的合力

一定斜向右下与竖直方向成60°【3题答案】【答案】A【解析】【详解】对物体受力分析如图ABC．如左图，由于物体做匀速直线运动，物体受力平衡，因此摩擦力Ff与拉力F的合力方向一定竖直向上。A正确，BC错误；D．如右图，先将N与Ff合成，根据滑动摩擦力公式33fNN==得，N与Ff合力斜向左

上与竖直方向成30°，则根据物体受力平衡得，重力与拉力的合力一定斜向右下与竖直方向成30°，D错误。故选A。4.如图所示，m、M两物体叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ=0.2，已知它们的质量m=2kg，M=1kg，力

F作用在m物体上（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2），则（）A.当4NF=时，两物体即将发生相对运动B.当5NF=时，两物体一定发生相对运动C.当8NF=时，M物体的加速度为24m/sD.当12NF=时，m物体的加速度

为24m/s【4题答案】【答案】D【解析】【详解】ABC．当m、M刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为0a，力F，根据牛顿第二定律，对M有04m/smgaM==对m、M整体有0()34N12

NFmMa=+==所以当12NF时，m、M相对静止，一起向右匀加速运动，ABC错误；D．当12NF=时，m物体的加速度为22124m/s4m/s2Fmgam−−===D正确。故选D。5.如图所示，倾角30

=的斜面AB，在斜面顶端B向左水平抛出小球1、同时在底端A正上方与B等高处水平向右抛出小球2，小球1、2同时落在P点，P点为斜边AB的中点，则（）A.小球2一定垂直撞在斜面上B.小球1、2的初速度可以不相等C.小球1落在P点时与斜面的夹角为30D.改变小球1的

初速度，小球1落在斜面上的速度方向都平行【5题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．假设小球2落在斜面上垂直，则速度方向与水平方向的夹角为60°，根据几何关系知，球2落在P点位移方向与水平方向的夹角为30°，因为速度方向与水平

方向的夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，而tan60°≠2tan30°，可知小球2速度方向与斜面不垂直，故A错误.B．两个小球同时做平抛运动，又同时落在P点，说明运动时间相同，水平位移大小相等，由x=v0t知初速度相等；故B错误.C．平抛运动某时刻速度

方向与水平方向的夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，小球1位移方向与水平方向的夹角为30°，设速度与水平方向的夹角为α，则有tanα=2tan30°可知α≠60°，则速度方向与斜面的夹角不等于30°，故C错误.D．平抛运动

某时刻速度方向与水平方向的夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，改变小球1的初速度，小球落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，故D正确.故选D.6.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l。当

轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A.a绳的张力可能为零B.a绳的张力随角速度的增大而增大C.当角速度ω>gltan，b绳将出现弹力D.若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化【6

题答案】【答案】C【解析】【详解】A．由于小球m的重力不为零，a绳的张力不可能为零，b绳的张力可能为零，A错误；B．由于a绳的张力在竖直方向的分力等于重力，所以a绳的张力随角速度的增大不变，b绳的张力随角速度的增大而增大，B错误；C．若b绳中的张力为零，设a绳中的张力为F，对

小球m满足Fsinθ＝mgFcosθ＝mω2l联立解得ω＝tangl，即当角速度ω>tangl，b绳将出现弹力，C正确；C．若ω＝tangl，b绳突然被剪断时，a绳的弹力不发生变化，D错误。故选C。

7.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）A.三种粒子打到屏上时的动能一样大B.三种

粒子打到屏上时的动量一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上不同位置【7题答案】【答案】A【解析】【详解】AD．粒子在加速电场中加速，由动能定理可知210102qUmv=−解得102qUvm=粒子在加速电场中的运动时间1

1101222LmtLvqU==粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间222012LmtLvqU==在偏转电场中的竖直分位移22222201122qULyatmdv==联立得的22214ULyUd=y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重

合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打在屏上的同一位置，加速电场对粒子做功为11WqU=三种粒子的q相等，所以加速电场1E对三种粒子做功相等，偏转电场2E对粒子做功22WqEy=三种粒子的q和y均相等，则知偏转电场2E对三种粒子做功相等，由动能定理可得，

三种粒子打到屏上时的动能一样大，故A正确，D错误；B．由动能和动量的关系2kpmE=氕核、氘核、氚核三种粒子质量不同，可知三种粒子打到屏上时的动量不等，故B错误；C．离开偏转电场后粒子运动的时间333012LmtLv

qU==粒子运动到屏上的时间1231231(22)mttttLLLqU=++=++因为三种粒子的mq不等，所以t不等，故C错误。故选A。8.在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、

1U、2U和3U表示，电表示数变化量的大小分别用I、1U、2U和3U表示，下列说法错误的是（）A.1U变小，2U变大，3U变大B.1UI不变，1ΔΔUI不变C.2UI变大，2ΔΔUI变大D.3UI变大，3ΔΔUI不变【8题答案】【答案】C【解析】【详解】电流表测干路电流，根据欧姆定律可知

111ΔΔUURII==22URI=312URRI+=当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，R2接入电路的阻值增大（即2UI增大），R1不变（即1UI和1ΔΔUI均不变），电路总电阻增大（即3UI增大），电流减小，路端电压（即U3）增大，而U1变小，所以U2变大，根据闭合电路欧姆定律有3UE

Ir=−21()UEIRr=−+解得21ΔΔURrI=+3ΔΔUrI=所以2ΔΔUI和3ΔΔUI均不变，综上所述可知ABD正确，C错误。故选C。9.我国首次发射的火星探测器“天问一号”自2020年7月23日成功发射入轨后，2021年2月10日成功被火

星捕获，顺利进入环火轨道；5月15日，“天问一号”着陆巡视器顺利软着陆于火星表面。关于“天问一号”的运行，可以简化为如图所示的模型：“天问一号”先绕火星做半径为1R、周期为T的匀速圆周运动，在某一位置A

点改变速度，使其轨道变为椭圆，椭圆轨道在B点与火星表面相切，设法使着陆巡视器落在火星上。若火星的半径为2R，则下列说法正确的是（）A.“天问一号”从圆轨道变为椭圆轨道，机械能增加B.“天问一号”在圆轨道A点的加速度小于椭圆轨道上A点的加速度C.“天问一号”从椭圆轨道的A点运动到B点所需的时间为

312122RRTR+D.“天问一号”在椭圆轨道B点的速度大于火星的第一宇宙速度【9题答案】【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．当“天问一号”从圆轨道变为椭圆轨道，需要在A点减速使其做近心运动，动能减小，故机械能减小，所以A错误；B．由

牛顿第二定律可得2MmGmar=得2GMar=可知“天问一号”在圆轨道和椭圆轨道上A点的加速度相同，故B错误；C．由图可知，椭圆轨道的半长轴为122RRL+=设椭圆轨道运动的周期为0T，由开普勒第三定律可得331220RLTT

=“天问一号”从椭圆轨道的A点运动到B点所需的时间02Tt=联立可得312122RRTtR+=故C正确；D．在椭圆轨道经过B点后做离心运动，所以在椭圆轨道上B点的速度大于以2R做圆周运动的速度

，所以“天问一号”在椭圆轨道B点的速度大于火星的第一宇宙速度，故D正确。故选CD。10.一玩具电动小汽车在水平面上由静止以恒定功率启动，所能获得的最大速度为2m/s，其v-t图像如图所示，已知小汽车质量为1kg，所受阻力恒为1

N，以下说法正确的是（）A.小汽车在0~10s内做匀加速直线运动B.小汽车额定功率为2WC.小汽车速度为1m/s时加速度为22m/sD.小汽车10s内位移为18m【10题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．由v-

t图像斜率可知，小汽车在0~10s内做加速度减小的变加速直线运动，故A错误；B．当小汽车达到最大速度时，牵引力F等于阻力f，有mm12W2WPFvfv====故B正确；C．小汽车速度为1m/s时，牵引力为12NPF

v==根据牛顿第二定理可得11Ffma−=代入数据，解得211m/sa=故C错误；D．根据动能定理可得2m12Ptfxmv−=代入数据，解得18mx=故D正确故选BD。11.一匀强电场的方向平行于xOy平面，

平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为15V、29V、47V，下列说法正确的是（）A.坐标原点处的电势为-3VB.电子在a点的电势能比在b点的高14eVC.电子从b点运动到c点，克服电场

力做功为18eVD.电场强度的大小为5V/cm，方向沿Oc连线，由c指向O【11题答案】【答案】ABD【解析】【详解】A．匀强电场中。在cabo−=−解得3Vo=−A正确；B．根据负电荷在电势越低的点，其电势能越大，可知电子电

子在a点的电势能比在b点的高，且()14VababWWee−=−−=B正确；C．电子从b点运动到c点，电场力做功为()18eVbcbcWeUe=−=−−=C错误；D．沿x方向的场强大小为4715V/cm=4V/cm8xE−=沿y方向

的场强大小为15(3)V/cm=3V/cm6yE−−=合场强为225V/cmxyEEE=+=方向沿Oc连线，由c指向O，D正确。故选ABD。12.如图所示，一半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB与一足够长的水平传送带平滑对接，圆弧轨道半径OA水平，传送带以某一速率v逆时针转动．现将

一质量为m的小物块（可视为质点）从圆弧轨道上A点无初速释放，物块滑上传送带后第一次返回到圆弧轨道上的最高点为P，该过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的内能为ΔE，已知P点距B点的高度为14R，重力加速度为g，下列判断正确的是A.12vgR=B.94EmgR=C.若增大传送带逆时

针转动的速率v，其它条件不变，物块返回圆弧轨道后可能从A点滑出D.若物块从圆弧AP间某位置无初速释放，其它条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点【12题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．物块滑上传送带后先向右做减速运动，速

度减为零后向左做加速运动，等到与传送带共速时与传送带一起匀速运动，可知返回到弧形槽时的初速度即为传送带的速度，则21=24Rmvmg，解得22gRv=，选项A错误；B．物块滑到底端时的速度12vgR=设物块在传送带上运动的加速度为ag=，则向右滑

动到速度减为零的时间11vtg=，此过程中物块与传送带的相对位移：111122vRxvtt=+=；物块向左滑动到与传送带共速时的时间：222gRvtgg==，此过程中物块与传送带的相对位移：222-24vRxvtt

==；由能量关系可知：()1294EmgxxmgR=+=，选项B正确；C．若增大传送带逆时针转动的速率v，其它条件不变，则物块从圆弧中滑下然后沿传送带向右滑动到达的最右端位置不变，返回过程中即使

传送带的速度大于12vgR=时，但最终物块从传送带上向左滑出的速度仍为12vgR=，则物块也刚好能返回圆弧轨道的A点，选项C错误；D．若物块从圆弧上的P点无初速释放，其它条件不变，则物块在传送带上经过向右减速然后向左加速后到达传送带最左端时的速度仍为v，则返

回到圆弧轨道上的最高点仍在P点；若物块从圆弧AP间某位置无初速释放，其它条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点，选项D正确.二、实验题（本题共2小题，共14分。其中第13题6分，第14题8分。）13.如图甲所示是某同学探究做圆周运动

的向心力的大小与半径、线速度、质量的关系的实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动。力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F与线速度v的关系。（1）该同学采用的实验方法为___________。A．等效替代法B．

控制变量法C．理想化模型法（2）改变线速度y，多次测量，该同学测出了五组v、F数据，v（m/s）1.01.52.02.53.0F/N0.882.003.505.507.90①他发现F-v图是一条曲线，请你根据上面数据帮他在图乙中描点并作出F-v2图线_____

______；②若圆柱体运动半径r=0.2m，由作出的F-v2图线可得圆柱体的质量m=___________kg。（结果保留两位有效数字）【13题答案】【答案】①.B②.③.0.19【解析】【分析】【详解】(1)[1]实验中研究向心力和速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法为

控制变量法。(2)[2]在图乙中作出F–v2图线如图所示[3]根据2mvFr=图线的斜率mkr=则有88.5mr=代入数据解得0.19kgm=14.某物理兴趣小组要描绘一个标有“4V、2.0W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差。

可供选用的器材除导线、开关外，还有以下器材：A．直流电源45V（内阻很小可不计）B．直流电流表0～500mA（内阻约为5Ω）C．直流电压表0～3V（内阻等于6kΩ）D．滑动变阻器甲，0～10Ω，额定电流2AE．滑动变阻器乙，

0～100Ω，额定电流1AF．三个定值电阻（R1=1kΩ，R2=2kΩ，R3=5kΩ）（1）在给定的器材中，滑动变阻器选用___________（选填“甲”或“乙”），定值电阻选用___________（选填“R1”、“R2”或“R3”）；.（2）

小组同学设计好实验电路图后，如图A已经连好了部分导线，请用笔代替导线将实物图补充完整；（）（3）实验测得小灯泡伏安特性曲线如图B所示，若将两个完全相同规格的小灯泡L按如图C所示电路连接，电源电动势E=6V，内阻r=12Ω，此时每个小灯泡消耗的电功率为

___________W（结果保留两位有效数字）。【14题答案】【答案】①.甲②.2R③.④.0.34（0.32~0.35）【解析】【详解】（1）[1]本要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，所以滑动变阻器

采用分压式接法，为了便于控制分压，滑动变阻器选择最大阻值较小的甲。[2]器材中提供的直流电压表量程只有3V，而小灯泡L的额定电压为4V，所以需要给电压表串联一个电阻从而扩大量程，设定值电阻的阻值为R，则根据串联分压规律有V13RR=解得R=2kΩ所以定值电阻选用R2。（

2）[3]小灯泡正常发光时的电阻为2LLL8ΩURP==改装后电压表的内阻为VV28kΩRRR=+=所以LAVRRR电流表应采用外接法，电路图见答案。（3）[4]设每个灯泡两端电压为U，通过灯泡的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有2EIrU=+代入数据并整理得1(A)26U

I=−将上述表达式所代表的的I-U图线作在题图B中，如图所示可得U=1.05VI=0.32A此时每个小灯泡消耗的电功率为0.321.05W0.34WPUI==三、计算题（本题共4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。）

15.一列汽车车队以v1=10m/s的速度匀速行驶，相邻两车间距为s1=24m，后面有一辆摩托车以v2=20m/s的速度同向行驶，当它离车队最后一辆汽车的距离为s2=25m时立即刹车，以加速度大小为a=1m/s2做匀减速运动，摩托车在车队旁边行驶而过，设车队辆数n足够多，

且所有车均视作质点。求：（1）摩托车最多能追上几辆汽车？（2）摩托车从赶上车队到离开车队，共经历的时间t为多少？【15题答案】【答案】（1）2辆；（2）102s【解析】【详解】（1）设经时间t1摩托车与汽车恰好同速，则121vvat=−111xvt=汽2211112xvtat

=−摩联立解得12115049xxmss−=+=摩汽即最多能追上2辆汽车（2）设摩托车与车队最后一辆汽车相遇时间为t，则222xxs−=摩汽22212xvtat=−摩122xvt=汽以上三式联立，设求得的t的解分别为2t、3t，则有2(1052)st=

+3t(1052)s=−23102sttt=−=s设经t0时间摩托车停下，则20vat=解得020s(1052)st=+摩托车从赶上车队到离开车队用时为102s16.倾角为的37=斜面体靠在固定的竖直挡板P的一侧

，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与质量为mA=6kg的物块A连接，另一端与质量为mB=2kg的物块B连接，开始时，使A静止于斜面上，B悬空，如图所示，现释放A，A将在斜面上沿斜面匀加速下滑，（所有

接触面产生的摩擦均忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2），求此过程中：（1）物块A加速度大小；（2）挡板P对斜面体作用力的大小。【16题答案】【答案】（1）2m/s2；（2）9.6N【解析】【详解】（1）设绳中张力为T，斜面对

A的支持力为AN，A、B加速度大小为a，以A为研究对象，由牛顿第二定律sin37AmgTma−=以B为研究对象，由牛顿第二定律BBTmgma−=联立解得22m/sa=（2）以斜面体为研究对象，受力分析后，物块对斜面的压力cos37AANmg=水平方向cos37sin37AFTN+=解得9

.6NF=17.如图所示，左边竖直半圆光滑绝缘轨道与水平光滑绝缘轨道相切于A点，整个空间有斜向左上方的匀强电场，与水平方向夹角30=，电场强度31.010NCE=，B点是轨道的最高点，半圆半径2mR=。在水平轨道上距A点

833L=m的C处由静止释放一质量m=2×10-4kg、电荷量6210Cq−=的带正电小球P，沿水平轨道运动一段时间，从A点冲上圆弧轨道，并沿圆弧轨道到达圆弧最高点B，取A点电势为零，重力加速度g取210ms。求在圆弧轨道上运动过程中（1）电势能的最小值；（2）最大速度的

大小。【17题答案】【答案】（1）-6×10-3J；（2）10m/s【解析】【详解】（1）过O点，沿电场线与圆弧的交点E点电势能最低，OE与竖直方向成60，pAE=0，从C到E过程中，根据功能关系有ppAEAEWEE=

−电场力做功()1sinAEWEqR=+联立得3p610JEE−=−（2）从C到A过程中，根据动能定理有EqLcosθ=12m2Av因为mg=Eq，夹角120所以合力为F合=mg，方向斜向左下与水平方向成60o，因速度最大值在D点，OD与OA成60，从A到D过程中，根据动能定理

有()22111cos6022DAFRmvmv−=−联立得10m/sDv=所以最大速度为10m/s18.如图所示，质量m=3kg的小物块在高h1=0.6m的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定的弹

性势能，打开锁扣K，小物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B点的高度h2=0.3m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平

面上有一物块M，小物块滑下与M发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度大小的14，碰撞过程中无能量损失，g=10m/s2，求：（1）小物块压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；（2）物块m运动到圆弧最低点C时对轨道的压力；（3）物块M的质量。【18题

答案】【答案】（1）3.0J；（2）100N；（3）5.0kg【解析】【详解】（1）小物块由A运动到B做平抛运动，则有h1－h2=12gt2解得t=610s由几何关系有R=h1，h1－h2=2R，∠BOC=6

0°设小球做平抛运动时的初速度为v0，则0gtv=tan60°弹性势能Ep等于小物块在A点的动能Ep=12mv02解得Ep=3.0J.（2）设小物块到C点时的速度为v1，小物块从A点到C点过程，机械能守恒，由机械能守恒定律有1

2mv02＋mgh1=12mv12对C点21100NNmvFmgFNR−==由牛顿第三定律可知对轨道C点的压力为100N。（3）小物块与M碰撞过程动量守恒，有mv1=mv3＋Mv2小物块与M碰撞过程能量守恒，有12mv12=12mv32＋12Mv22其中v3=-14v

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