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2023-2024学年河南省濮阳市重点中学高三上学期期中质量检测 物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年河南省濮阳市重点中学高三上学期期中质量检测 物理试卷（含解析），共14页。
2021级高三上学期期中检测物理参考答案
1.【解析】位移－时间图像的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，选项A错误；乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则t＝10 s时，速度为零，反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则x＝eq \f(1,2)at2，根据图像可知，x0＝eq \f(1,2)a·(10 s)2,20 m＝eq \f(1,2)a·(5 s)2，解得：a＝1.6 m/s2，x0＝80 m，选项C错误，B正确；t＝5 s时两车相遇，此时甲车的速度v甲＝eq \f(20,5) m/s＝4 m/s，乙车的速度为v2＝at＝1.6×5 m/s＝8 m/s，选项D错误。
2.【解析】运动中动量的方向时刻改变，A不对；运动一周，一半时间处于超重状态，一半时间处于失重状态，B不对；由动量定理，摩天轮转动一周的过程中，乘客所受合外力的冲量I=ΔP=0,C正确；P=Fvcsθ，最高点P=0,从最高点再过四分之一周期最大，为mgv;最低点P=0,D不对。
3.【解析】对物体a、b整体受力分析，受重力、恒力F，由于水平方向墙壁对a没有支持力，否则整体不会平衡，墙壁对a没有支持力，也就没有摩擦力，由平衡条件得F=M+mg，选项AD错误;a对b的合力与b的重力平衡，a物体对b物体的作用力竖直向上，选项C错误；a物体受到重力、b给它的摩擦力和压力、外力F，共4个力，B正确。
4.【解析】A．等差等势面越密集，电场线越密集，电场强度越大，电场力越大，加速度越大，则粒子b的加速度不断增加；电场线与等势面垂直，则电场力对粒子b做正功，速度不断增大，A错误；B．同选项A，粒子a的加速度不断减小，电场力对粒子a做负功，电势能不断增大，B正确；CD．由选项AB，粒子b在B点所受电场力方向为左下方，粒子a在A点所受电场力方向为左上方，两粒子电性相同，粒子a电势能不断增大，粒子b电势能不断减小，CD错误。
5.【解析】根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知M板的电势低于N板的电势，板间电场方向向上，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，则知该粒子带负电，故A错误。电路稳定时R2中没有电流，相当于导线，改变R2，不改变M、N间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动情况不变，仍打在O点，故B不正确。设平行金属板M、N间的电压为U。粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则：
竖直方向有：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU,md)t2 ① 水平方向有：x＝v0t ②
联立得：y＝eq \f(qUx2,2mdv02) ③
由题图知，y一定，q、m、d、v0不变，则由③式知：当减少R1时，M、N间的电压U增大，x减小，所以粒子将打在O点左侧；由①知，增大R1，U减小，t增大，故C正确，D错误。
6.【解析】所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，eq \f(1,2)m1v12＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。
7.【解析】A．根据万有引力提供向心力，有GMm(R+ℎ)2=m(2πT)2(R+ℎ)解得T=2π(R+ℎ)3GM
由于组合体的轨道高度小于同步卫星的轨道高度，所以组合体的周期小于同步卫星的周期，即组合体的周期小于24h，故A错误；B．根据万有引力与重力的关系，近似成GMmR2=mg
地球的质量M=gR2G无法估算出完成对接后组合体的质量，故B不正确；
C．根据万有引力提供向心力，有GMm(R+ℎ)2=man解得向心加速度为an=GM(R+ℎ)2
组合体向心加速度大于同步卫星的向心加速度，但由于同步卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，而同步卫星的半径大于赤道上物体的半径，根据公式an=ωr2，所以同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，则组合体的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故C正确；D．静止释放小球，小球将无法做简谐运动，小球处于完全失重状态，故D错误。故选C。
8.【解析】小球落入盒子内部，小球做平抛运动，竖直方向下降的高度为ℎ=2a=12gt2
解得时间为，水平方向通过的最小位移为x=a，故抛出的最小速度为va4agga2min，水平方向通过的最大位移为x=(2a)2+a2=5a，故抛出的最大速度为v5a4ag5ga2max，BCD错误，A正确。故选A
9.【解析】根据qE=−ΔEpΔx可知，Ep−x图像的切线斜率的绝对值等于|qE|，由题图可知x1处切线斜率为零，故x1处电场强度最小且为零，O位置和x2位置关于x1位置对称，则O位置和x2位置的电场强度大小相等，方向相反，A正确；结合质子带正电和题图可知，图中电势最高的点是x3处，x1处的电势最低，B错误，x2～x3段图像的斜率不变，则质子所受的电场力不变，质子的加速度不变，则该过程质子做匀变速直线运动，C正确；由以上分析可知x1左侧的电场沿x轴的正方向，x1右侧的电场沿x轴的负方向，D错误。
10.【解析】 加速度a＝eq \f(3,4)g＝eq \f(mgsin 30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq \f(1,4)mg；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；机械能的损失Ffx＝eq \f(1,4)mg·2h＝eq \f(1,2)mgh，故B项正确；动能损失量为克服合外力做功的大小ΔEk＝F合外力·x＝eq \f(3,4)mg·2h＝eq \f(3,2)mgh，故C错误；克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgh，故D错误。
11.【解析】A．0∼t1时间内物体向上做匀加速直线运动，因此物体处于超重状态，故A正确；
B．由图像可知t1∼t2时间内物体的加速度为正，做加速度减小的加速运动，故B错误；
C．t1时刻物体的位移为x1=12a0t12，重力对物体做功W=−mgx1=−12mga0t12，故C错误；D．t1时刻物体所受到的牵引力为F，由牛顿第二定律有F−mg=ma0解得F=mg+ma0，t1时刻物体的速度为v=a0t1，起重机额定功率为P=Fv=mg+ma0a0t1，故D正确。
12.【解析】A．由图乙可知t1~t2时间内拉力不变，A错误；B．对B由牛顿第二定律得μmBg=mBa3
可得A、B间的动摩擦因数为μ=a3g，B正确；C．t1时刻AB的速度为v=12a1t1，0∼t1时间内，由动能定理得拉力对长木板做的功为W=12(M+m)v2=(m+M)a12t128，C正确；
D．0∼t1时间内AB间没有相对滑动，t1~t2时间内AB的相对位移为Δx=v(t2−t1)+12a2(t2−t1)2−v(t2−t1)−12a3(t2−t1)2=12(a2−a3)(t2−t1)2
0∼t2时间内，因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=ma3(a2−a3)(t2−t1)22，D正确；故选BCD。
(1)①18.6(1分） ⑥Frt2d2（2分） （2）rk（2分） （3）减少偶然误差（1分）
（1）0.680 （1分）(2)×1 （1分） 10（或10.0） （1分）(3) A（1分） D （1分）
错误1:导线连接在滑动变阻器的滑片上（1分） 错误2：采用了电流表内接法（1分）
5.6×10−6Ω⋅m（2分）
15.（10分）(1)若取横梁所在水平面为零势能面，小孩在最低点时具有的重力势能为EP，小孩 离零势能面的竖直距离为R=2.50m
根据公式 Ep=−mgR ……………………2分
代入数据得: Ep=−625J ……………………1分
机械能守恒: 12mv2=mgℎ ……………………1分
代入数据得: v=5m/s ……………………1分
设每根绳子平均承受的拉力大小为F,根据牛顿第二定律，则
2F−mg=mv2R ……………………1分
得 F=250N ……………………1分
设克服阻力做的功为Wf,由动能定理有:
mgℎ−Wf=12mv'2−0 ……………………2分
代入数据得 : W=112.5J ……………………1分
16（13分）【解析】(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入圆管，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45∘，即加速度方向与竖直方向的夹角为45∘，
则tan45∘=E1qmg ……………………1分
解得E1=mgq ……………………1分
小球由P点运动到A点的过程做匀加速直线运动，设所用时间为t1，加速度为a
则 mgcs45=ma ……………………1分
vA2=2a(2L) ……………………1分
vA=2gL ……………………1分
小球由P点运动到A点的过程所用时间为t1
t1=vAa=2Lg ……………………1分
小球在管中运动时E2q=mg ……………………1分
设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则t2=34∙2πrvA=3π42Lg……………………1分
小球离开圆管后做类平抛运动，加速度仍为a,且B点速度等于A点的速度，设小球从B点到N点的过程中所用时间为t3，
则x=vBt3 ……………………1分
y=12at32 ……………………1分
由几何关系可知x=y ……………………1分
联立解得t3=22Lg ……………………1分
则tABtPN=t2t1+t2+t3=π4+π ……………………1分
16（14分）【解析】（1）设小物块甲滑离斜面时的速度大小为v，离开后做斜上抛运动，竖直方向，有vsin45°2=2gℎ2−ℎ1 ……………………2分
代入数据解得v=22m/s ……………………1分
（2）设小物块甲在B点的速度为vB
对小物块甲，从B点到斜面顶端，由动能定理有−m1gℎ1=12m1v2−12m1vB2 ……1分
代入数据解得vB=25m/s ……………………1分
因为vB>v0，所以，小物块甲在传送带上一直减速运动，对小物块甲，从静止开始运动到B点，设弹簧弹力做功为W，
由动能定理有 W−μm1gL=12m1vB2−0 ……………………1分
那么，弹簧最初储存的弹性势能 Ep=W=3.2J ……………………1分
（3）小物块甲与小物体乙碰撞过程，设碰后小物体甲的速度为v1，小物体乙的速度为v2
m1vcs45°=m1v1+m2v2 ……………………1分
12m1vcs45°2=12m1v12+12m2v22 ……………………1分
联立以上各式代入数据解得v1=0，v2=2m/s
之后，小物块乙与小物块丙组成系统，水平方向动量守恒，机械能守恒。
小物体乙、丙达到共同速度v3时，乙运动到最高点，绳恰好被割断，小物体乙相对它原来位置上升高度为h
m2v2=m2+m3v3 ……………………1分
12m2v22=12m2+m3v32+m2gℎ ……………………1分
联立以上各式代入数据解得 v3=43m/s, ℎ=115m
之后小物体乙做平抛运动，设运动时间为t，水平位移为x,
ℎ2+ℎ=12gt2 ……………………1分
x=v3t ……………………1分
联立以上各式代入数据解得x=415133m=43945m≈0.55m ……………………1分1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
C
B
B
C
D
C
A
AC
AB
AD
BCD
2021级高三上学期期中检测物理参考答案
1.【解析】位移－时间图像的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，选项A错误；乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则t＝10 s时，速度为零，反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则x＝eq \f(1,2)at2，根据图像可知，x0＝eq \f(1,2)a·(10 s)2,20 m＝eq \f(1,2)a·(5 s)2，解得：a＝1.6 m/s2，x0＝80 m，选项C错误，B正确；t＝5 s时两车相遇，此时甲车的速度v甲＝eq \f(20,5) m/s＝4 m/s，乙车的速度为v2＝at＝1.6×5 m/s＝8 m/s，选项D错误。
2.【解析】运动中动量的方向时刻改变，A不对；运动一周，一半时间处于超重状态，一半时间处于失重状态，B不对；由动量定理，摩天轮转动一周的过程中，乘客所受合外力的冲量I=ΔP=0,C正确；P=Fvcsθ，最高点P=0,从最高点再过四分之一周期最大，为mgv;最低点P=0,D不对。
3.【解析】对物体a、b整体受力分析，受重力、恒力F，由于水平方向墙壁对a没有支持力，否则整体不会平衡，墙壁对a没有支持力，也就没有摩擦力，由平衡条件得F=M+mg，选项AD错误;a对b的合力与b的重力平衡，a物体对b物体的作用力竖直向上，选项C错误；a物体受到重力、b给它的摩擦力和压力、外力F，共4个力，B正确。
4.【解析】A．等差等势面越密集，电场线越密集，电场强度越大，电场力越大，加速度越大，则粒子b的加速度不断增加；电场线与等势面垂直，则电场力对粒子b做正功，速度不断增大，A错误；B．同选项A，粒子a的加速度不断减小，电场力对粒子a做负功，电势能不断增大，B正确；CD．由选项AB，粒子b在B点所受电场力方向为左下方，粒子a在A点所受电场力方向为左上方，两粒子电性相同，粒子a电势能不断增大，粒子b电势能不断减小，CD错误。
5.【解析】根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知M板的电势低于N板的电势，板间电场方向向上，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，则知该粒子带负电，故A错误。电路稳定时R2中没有电流，相当于导线，改变R2，不改变M、N间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动情况不变，仍打在O点，故B不正确。设平行金属板M、N间的电压为U。粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则：
竖直方向有：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU,md)t2 ① 水平方向有：x＝v0t ②
联立得：y＝eq \f(qUx2,2mdv02) ③
由题图知，y一定，q、m、d、v0不变，则由③式知：当减少R1时，M、N间的电压U增大，x减小，所以粒子将打在O点左侧；由①知，增大R1，U减小，t增大，故C正确，D错误。
6.【解析】所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，eq \f(1,2)m1v12＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。
7.【解析】A．根据万有引力提供向心力，有GMm(R+ℎ)2=m(2πT)2(R+ℎ)解得T=2π(R+ℎ)3GM
由于组合体的轨道高度小于同步卫星的轨道高度，所以组合体的周期小于同步卫星的周期，即组合体的周期小于24h，故A错误；B．根据万有引力与重力的关系，近似成GMmR2=mg
地球的质量M=gR2G无法估算出完成对接后组合体的质量，故B不正确；
C．根据万有引力提供向心力，有GMm(R+ℎ)2=man解得向心加速度为an=GM(R+ℎ)2
组合体向心加速度大于同步卫星的向心加速度，但由于同步卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，而同步卫星的半径大于赤道上物体的半径，根据公式an=ωr2，所以同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，则组合体的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故C正确；D．静止释放小球，小球将无法做简谐运动，小球处于完全失重状态，故D错误。故选C。
8.【解析】小球落入盒子内部，小球做平抛运动，竖直方向下降的高度为ℎ=2a=12gt2
解得时间为，水平方向通过的最小位移为x=a，故抛出的最小速度为va4agga2min，水平方向通过的最大位移为x=(2a)2+a2=5a，故抛出的最大速度为v5a4ag5ga2max，BCD错误，A正确。故选A
9.【解析】根据qE=−ΔEpΔx可知，Ep−x图像的切线斜率的绝对值等于|qE|，由题图可知x1处切线斜率为零，故x1处电场强度最小且为零，O位置和x2位置关于x1位置对称，则O位置和x2位置的电场强度大小相等，方向相反，A正确；结合质子带正电和题图可知，图中电势最高的点是x3处，x1处的电势最低，B错误，x2～x3段图像的斜率不变，则质子所受的电场力不变，质子的加速度不变，则该过程质子做匀变速直线运动，C正确；由以上分析可知x1左侧的电场沿x轴的正方向，x1右侧的电场沿x轴的负方向，D错误。
10.【解析】 加速度a＝eq \f(3,4)g＝eq \f(mgsin 30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq \f(1,4)mg；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；机械能的损失Ffx＝eq \f(1,4)mg·2h＝eq \f(1,2)mgh，故B项正确；动能损失量为克服合外力做功的大小ΔEk＝F合外力·x＝eq \f(3,4)mg·2h＝eq \f(3,2)mgh，故C错误；克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgh，故D错误。
11.【解析】A．0∼t1时间内物体向上做匀加速直线运动，因此物体处于超重状态，故A正确；
B．由图像可知t1∼t2时间内物体的加速度为正，做加速度减小的加速运动，故B错误；
C．t1时刻物体的位移为x1=12a0t12，重力对物体做功W=−mgx1=−12mga0t12，故C错误；D．t1时刻物体所受到的牵引力为F，由牛顿第二定律有F−mg=ma0解得F=mg+ma0，t1时刻物体的速度为v=a0t1，起重机额定功率为P=Fv=mg+ma0a0t1，故D正确。
12.【解析】A．由图乙可知t1~t2时间内拉力不变，A错误；B．对B由牛顿第二定律得μmBg=mBa3
可得A、B间的动摩擦因数为μ=a3g，B正确；C．t1时刻AB的速度为v=12a1t1，0∼t1时间内，由动能定理得拉力对长木板做的功为W=12(M+m)v2=(m+M)a12t128，C正确；
D．0∼t1时间内AB间没有相对滑动，t1~t2时间内AB的相对位移为Δx=v(t2−t1)+12a2(t2−t1)2−v(t2−t1)−12a3(t2−t1)2=12(a2−a3)(t2−t1)2
0∼t2时间内，因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=ma3(a2−a3)(t2−t1)22，D正确；故选BCD。
(1)①18.6(1分） ⑥Frt2d2（2分） （2）rk（2分） （3）减少偶然误差（1分）
（1）0.680 （1分）(2)×1 （1分） 10（或10.0） （1分）(3) A（1分） D （1分）
错误1:导线连接在滑动变阻器的滑片上（1分） 错误2：采用了电流表内接法（1分）
5.6×10−6Ω⋅m（2分）
15.（10分）(1)若取横梁所在水平面为零势能面，小孩在最低点时具有的重力势能为EP，小孩 离零势能面的竖直距离为R=2.50m
根据公式 Ep=−mgR ……………………2分
代入数据得: Ep=−625J ……………………1分
机械能守恒: 12mv2=mgℎ ……………………1分
代入数据得: v=5m/s ……………………1分
设每根绳子平均承受的拉力大小为F,根据牛顿第二定律，则
2F−mg=mv2R ……………………1分
得 F=250N ……………………1分
设克服阻力做的功为Wf,由动能定理有:
mgℎ−Wf=12mv'2−0 ……………………2分
代入数据得 : W=112.5J ……………………1分
16（13分）【解析】(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入圆管，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45∘，即加速度方向与竖直方向的夹角为45∘，
则tan45∘=E1qmg ……………………1分
解得E1=mgq ……………………1分
小球由P点运动到A点的过程做匀加速直线运动，设所用时间为t1，加速度为a
则 mgcs45=ma ……………………1分
vA2=2a(2L) ……………………1分
vA=2gL ……………………1分
小球由P点运动到A点的过程所用时间为t1
t1=vAa=2Lg ……………………1分
小球在管中运动时E2q=mg ……………………1分
设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则t2=34∙2πrvA=3π42Lg……………………1分
小球离开圆管后做类平抛运动，加速度仍为a,且B点速度等于A点的速度，设小球从B点到N点的过程中所用时间为t3，
则x=vBt3 ……………………1分
y=12at32 ……………………1分
由几何关系可知x=y ……………………1分
联立解得t3=22Lg ……………………1分
则tABtPN=t2t1+t2+t3=π4+π ……………………1分
16（14分）【解析】（1）设小物块甲滑离斜面时的速度大小为v，离开后做斜上抛运动，竖直方向，有vsin45°2=2gℎ2−ℎ1 ……………………2分
代入数据解得v=22m/s ……………………1分
（2）设小物块甲在B点的速度为vB
对小物块甲，从B点到斜面顶端，由动能定理有−m1gℎ1=12m1v2−12m1vB2 ……1分
代入数据解得vB=25m/s ……………………1分
因为vB>v0，所以，小物块甲在传送带上一直减速运动，对小物块甲，从静止开始运动到B点，设弹簧弹力做功为W，
由动能定理有 W−μm1gL=12m1vB2−0 ……………………1分
那么，弹簧最初储存的弹性势能 Ep=W=3.2J ……………………1分
（3）小物块甲与小物体乙碰撞过程，设碰后小物体甲的速度为v1，小物体乙的速度为v2
m1vcs45°=m1v1+m2v2 ……………………1分
12m1vcs45°2=12m1v12+12m2v22 ……………………1分
联立以上各式代入数据解得v1=0，v2=2m/s
之后，小物块乙与小物块丙组成系统，水平方向动量守恒，机械能守恒。
小物体乙、丙达到共同速度v3时，乙运动到最高点，绳恰好被割断，小物体乙相对它原来位置上升高度为h
m2v2=m2+m3v3 ……………………1分
12m2v22=12m2+m3v32+m2gℎ ……………………1分
联立以上各式代入数据解得 v3=43m/s, ℎ=115m
之后小物体乙做平抛运动，设运动时间为t，水平位移为x,
ℎ2+ℎ=12gt2 ……………………1分
x=v3t ……………………1分
联立以上各式代入数据解得x=415133m=43945m≈0.55m ……………………1分1
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