內(nèi)蒙古自治區(qū)鄂爾多斯市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期階段性測試物理 含解析

鄂爾多斯市2022—2023高三階段性測試題

物理試卷

一、單選題（1--8為單選，9--12為多選，每題4分，共48分。）

1.北京大學(xué)物理系趙凱華教授說過“加速度是人類認(rèn)識史上最難建立的概念之一，也是每個初學(xué)物理的人

最不易真正掌握的概念…”。所以對加速度的認(rèn)識應(yīng)該引起大家的重視。下列說法中正確的是（）

A.物體的速度大，加速度一定大

B.速度變化得越快，加速度就變化得越快

C.物體加速度變大，則速度也一定是在變大

D,加速度的方向與速度變化量的方向相同

【答案】D

【解析】

【詳解】A.加速度是反映物體速度變化快慢的物理量，加速度的大小取決于速度的變化率，與速度的大

小無關(guān)，A錯誤；

B.速度變化得越快，加速度越大，加速度不一定變化，B錯誤；

C.物體加速度變大，但如果加速度和速度方向相反，則速度在減小，C錯誤；

D.根據(jù)加速度的定義可知，加速度的方向與速度變化量的方向相同，D正確。

故選D。

2.如圖所示，滑板愛好者先后兩次從坡道A點滑出，均落至B點，第二次的騰空時間比第一次長，則

（）

A,兩次滑出速度方向相同

B.兩次騰空最大高度相同

C.第二次滑出時豎直方向速度一定大

D.滑板愛好者兩次在最高點的速度相同

【答案】C

【解析】

【詳解】D.令騰空時間為f,滑板愛好者先后兩次從坡道A點滑出后做斜拋運動，水平方向上有

由于第二次的騰空時間比第一次長，則有

匕2<%

即滑板愛好者第二次在最高點的速度比第一次在最高點的速度小，D錯誤；

C.根據(jù)上述在豎直方向上有

Vy=8S-2-

由于第二次的騰空時間比第一次長，可知滑板愛好者第二次滑出豎直方向速度一定大，C正確；

B.騰空的最大高度

,1f/Y12

h=-g??—=~gt

由于第二次的騰空時間比第一次長，則第二次騰空最大高度比第一次騰空最大高度大，B錯誤；

A.根據(jù)

匕2x

由于第二次的騰空時間比第一次長，則第二次滑出速度與水平方向夾角大于比第一次滑出速度與水平方

向夾角，A錯誤。

故選C。

3.如圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|(zhì)點的運動員從斜坡上的M點由靜止自由滑下，經(jīng)過水平NP段后飛

入空中，在。點落地。不計運動員經(jīng)過N點的機(jī)械能損失，不計摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程

運動員速度大小V，加速度大小m機(jī)械能E和重力的功率P隨時間/變化的圖像是（）

A.B.

OO

EP

—

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.設(shè)斜坡傾角為。，運動員在斜坡MN段做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律

mgsinθ=nuιi

可得

4=gsinθ

運動員在水平NP段做勻速直線運動，加速度

。2=O

運動員從P點飛出后做平拋運動，加速度為重力加速度

4=g

設(shè)在P點的速度為V0,則從P點飛出后速度大小的表達(dá)式為

「=J*+g>2

由分析可知從P點飛出后速度大小與時間的圖像不可能為直線，且

al<4

則B正確，A錯誤。

C.因不計摩擦力和空氣阻力，則機(jī)械能守恒，則EY圖像是平行與r軸的直線，選項C錯誤；

D.在MN段滑動時，重力的瞬時功率

=mgvsinθ-mg2sin2θ?t

在NP段時重力的瞬時功率為零；在段時重力的瞬時功率

PGI=mg?gt=∣ng2t

與MN段比較斜率不同，則選項D錯誤。

故選B。

4.2022年10月，太原衛(wèi)星發(fā)射中心使用長征二號丙運載火箭，成功將S-SARol星發(fā)射升空，這顆衛(wèi)星

主要為應(yīng)急管理、生態(tài)環(huán)境主體業(yè)務(wù)提供國產(chǎn)化數(shù)據(jù)保障，若S-SAROl星繞地球做勻速圓周運動的軌道

距地面高度為/?,地球的半徑為凡地球表面北極的重力加速度為g。引力常量為G,下列說法正確的是

()

A.S-SAROl星運行的速度為

3g

B.地球的平均密度可表示為4兀G(/?+〃)

gR2

C.S-SAROl星軌道處的重力加速度為/

(R+h)

D.S-SAROl星的發(fā)射速度大于11.2km∕s

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據(jù)萬有引力等于重力有

GMm

-^=ms

根據(jù)萬有引力提供向心力有

GMmV2

----------7=m----------

(T?+/?)2(H+/?)

聯(lián)立得

而

υV=J-------

?R+h

A錯誤；

B.根據(jù)萬有引力等于重力有

GMm

/~=mg

可得

M=史

G

則地球的平均密度可表示為

"——______

V4乃GR

B錯誤；

C.根據(jù)萬有引力等于重力有

GMm

核心艙軌道處的重力加速度等于其向心加速度，則有

GMm

解得

（R+力）2

C正確；

D.S-SAROI星發(fā)射速度應(yīng)小于第二宇宙速度，故D錯誤。

故選C。

5.如圖所示，兩質(zhì)量相等的光滑小球A和B,分別從半圓形軌道邊緣無初速滑下，則下列說法正確的是

A.A、B兩小球在最低點都處于失重狀態(tài)

B.A、B兩小球在最低點的對軌道的壓力一樣大

C.A、B兩小球從邊緣滑到最低點過程重力的功率都是一直增大

D.A、B兩小球從邊緣滑到最低點過程機(jī)械能都是一直增大

【答案】B

【解析】

【詳解】A.A、B兩小球最低點，合力指向圓心，加速度指向圓心，都處于超重狀態(tài)。故A錯誤；

B.A小球由初位置到最低點，由動能定理得

12

mgκd=—mv

在最低點，由合力提供向心力得

2

N-mg=m—

R

解得

N=3mg

可見，小球?qū)壍赖膲毫εc半徑無關(guān)，一樣大。故B正確；

C.A、B兩小球從邊緣滑到最低點過程，初位置重力的功率為0；末位置，重力與速度方向垂直，重力功

率為0,中間過程，重力方向與速度方向不垂直，重力功率不為0?？傻弥亓β氏仍龃蠛鬁p小。故C錯

誤；

D.A、B兩小球從邊緣滑到最低點過程，只有重力做功，機(jī)械能不變。故D錯誤。

故選B。

6.如圖，蹦床的中心由彈性網(wǎng)組成，若一質(zhì)量為m的小孩從蹦床最低點反彈至最高點的過程中，小孩克

服重力做功叫，蹦床的彈力對小孩所做的功為明，小孩脫離蹦床時的速度為V,不計空氣阻力，則上述

過程中，下列說法不正確的是（）

1,

A.小孩的最大動能為一加1廣

2

B.小孩的重力勢能增加了叱

C.小孩的機(jī)械能增加了唯

D.彈簧床的彈性勢能最大值為明

【答案】A

【解析】

【詳解】A.小孩由最低點往上走的過程中，剛開始彈力大于重力，所以小孩在加速，當(dāng)彈力的大小減小

到和重力的大小相等時，小孩的合力為0,加速度為0,此時速度最大，動能也最大.小孩繼續(xù)往上走，

彈力繼續(xù)減小，所以彈力的大小小于重力的大小，小孩的合力向下，小孩減速。小孩脫離蹦床后只受重

力，所以小孩繼續(xù)減速，直到最高點時速度為0。所以小孩的最大動能大于工加V2。故A錯誤；

2

B.小孩克服重力做功”,所以小孩的重力勢能增加了嵋。故B正確；

C.蹦床的彈力對小孩所做的功為嗎，根據(jù)

w‰=A%=嗎

得小孩的機(jī)械能增加了嗎。故C正確；

D.彈簧床的彈力對小孩所做的功為W2,所以彈簧床的彈性勢能減少了帆。當(dāng)彈簧床恢復(fù)原狀時，小孩

解得

V,=6m/s

由勻變速直線運動的規(guī)律可得

L=^t0

2°

解得

t()=IS

故B錯誤;

C.傳送帶的位移為

X=v2r0=4m

物塊與傳送帶之間的相對位移為

?x=L-x=Im

劃痕長1m,故C錯誤；

D.小墨塊與傳送帶之間的摩擦產(chǎn)生的熱量為

Q—源??=IJ

故D正確。

故選D。

8.如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場中，傾角α=60°的固定光滑絕緣斜面，高為“。一個帶正電的物塊

（可視為質(zhì)點）受到的電場力是重力的6倍，現(xiàn)將其從斜面頂端由靜止釋放，重力加速度為g,則物塊

落地的速度大小為（）

∣

A.2λ∕?77B.2y5^Hc.2y[gHD.∣√?77

【答案】A

【解析】

【詳解】物塊受電場力和重力的合力與水平方向的夾角9,如圖

Iane=4=立

?∣3mg3

解得

6=30°

即物塊不沿斜面下滑，根據(jù)動能定理有

mgH+?∣3mg-H_--r）

tan。2

解得

v=2√?H

故選Ao

9.在某個惡劣天氣中，能見度很低。甲、乙兩汽車在一條平直的單行道上，甲在前、乙在后同向行駛。

某時刻兩車司機(jī)聽到前方有事故發(fā)生的警笛提示，同時開始剎車，兩車剎車后的口—/圖像如圖所示，下

列說法正確的是（）

A.甲車的加速度大于乙車的加速度

B.若，=24s時兩車未發(fā)生碰撞，則此時兩車相距最近

C.為避免兩車發(fā)生碰撞，開始剎車時兩車的間距至少為24m

D.為避免兩車發(fā)生碰撞，開始剎車時兩車的間距至少為48m

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.由U—。圖像的斜率表示加速度，甲車的加速度大小

C.輕繩OA所受的力逐漸減小

D.6保持不變

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.物體Q緩慢地向右移動，Q受力平衡，所受力如下圖所示

耳

α代=~?以平

G

FT與水平方向夾角α在減小，則

產(chǎn)水平=∕?cos<x

其中FT=GP,保持不變，則尸水平增大，A錯誤；

B.物體Q對水平面的壓力大小等于地面對它得支持力八的大小，根據(jù)上圖得

77N÷Fτsinα=G

因為α減小，F(xiàn)T不變，所以FN增大，B正確；

C.對結(jié)點A受力分析，如下圖

FQ

則有

Fp=FQ=GP

FP與尸Q間夾角增大，根據(jù)力的平行四邊形定則得代>減小，C正確；

D.FP與尸Q的夾角的角平分線和FO在同一直線，F(xiàn)P與FQ的夾角在增大，則。增大，D錯誤。

故選BCo

11.圖甲是全球最大回轉(zhuǎn)自升塔式起重機(jī)，它的開發(fā)標(biāo)志著中國工程用超大噸位塔機(jī)打破長期依賴進(jìn)口的

局面，也意味著中國橋梁及鐵路施工裝備進(jìn)一步邁向世界前列。該起重機(jī)某次從，=0時刻由靜止開始提升

質(zhì)量為W=200kg的物體，其。一，圖像如圖乙所示，5~IOs內(nèi)起重機(jī)的功率為額定功率，不計其它阻力，

重力加速度為g=10m∕s2,則以下說法正確的是（）

乙

A.物體在O~IOs內(nèi)運動的最大速度為IOm/s

B.起重機(jī)的額定功率為24000W

C.0~5s內(nèi)起重機(jī)對物體做的功小于5~IOs內(nèi)起重機(jī)對物體做的功

D.0~5s內(nèi)起重機(jī)對物體做的功大于5~IOs內(nèi)起重機(jī)對物體做的功

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.由。一/圖像可知，物體在0~5s做勻加速直線運動，5s時物體的速度為

匕=a∕l=2X5m/s=1Om/S

由于5s后物體繼續(xù)做加速度逐漸減小的加速運動，可知物體在0~IOs內(nèi)運動的最大速度大于Iom/s,

故A錯誤；

B.由a-r圖像可知，在5s時，物體結(jié)束做勻加速運動，此時起重機(jī)功率達(dá)到最大功率，根據(jù)牛頓第二

定律可得

F-mg=ma

解得

E=2400N

則起重機(jī)的額定功率為

=Fvl=2400×10W=24000W

故B正確；

CD.0~5s內(nèi)，物體的位移為

V10c<

X.=-1t.=—×5cm=25m

,212

0~5s內(nèi)起重機(jī)對物體做的功為

Wl=Fxi=2400×25J=60000J

5-IOs內(nèi)起重機(jī)保持額定功率不變，則5~IOs內(nèi)起重機(jī)對物體做的功

W2=P^t=24000×5J=120000J

可得

W1<W,

故C正確，D錯誤。

故選BCo

12.如圖所示，水平線a、b、c、d為勻強(qiáng)電場中的等差等勢線，一個質(zhì)量為，小電荷量絕對值為q的粒

子在勻強(qiáng)電場中運動，A、3為其運動軌跡上的兩個點，已知該粒子在A點的速度大小為在B點的速

度大小為吸，且方向與等勢線平行，A、8連線長為乙，連線與豎直方向的夾角為仇粒子所受重力忽略

A.該粒子可能帶正電

m(vl-V,2)

B.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為--J~U

IqLcosθ

C.因為電場力對粒子做負(fù)功，所以在8點的電勢高于在A點的電勢

D.因為電場力對粒子做負(fù)功，所以粒子在B點的電勢能高于在A點的電勢能

【答案】ABD

【解析】

【詳解】A.等勢面與電場線垂直，可知電場線沿豎直方向；根據(jù)運動軌跡可知，電場力方向豎直向上，

可知粒子可能帶正電，也可能帶負(fù)電，選項A正確；

B.從A到B由動能定理

I1I2

-EqLcosθ=3mv2——mv?

解得

7)

E=---------------

IqLcosθ

選項B正確；

CD.因為粒子從A到B電場力對粒子做負(fù)功，所以粒子電勢能增加，即在B點的電勢能高于在A點的電

勢能，但是由于粒子的電性不確定，不能比較粒子在B點的電勢與在A點的電勢關(guān)系，選項C錯誤，D

正確。

2r

解得加速度。=黃，所以改變小車質(zhì)量機(jī)，測得多組機(jī)、，的值，位移不變，所以α與於成反比，若理與

成正比，則合外力一定時,，加速度與質(zhì)量成反比例，故選C。

14.某實驗小組欲將電流表Gl的量程由3mA改裝為0.6A。實驗器材如下：

B.標(biāo)準(zhǔn)電流表G2（滿偏電流為6mA）；

C.滑動變阻器R（最大阻值為3kΩ）;

D.電阻箱R'（阻值范圍為O999.9Ω）：

E.電池組、導(dǎo)線、開關(guān)。

（1）實驗小組根據(jù)圖甲所示的電路測電流表Gl的內(nèi)阻，請完成以下實驗內(nèi)容：

①將滑動變阻器R調(diào)至最大，閉合加；

②調(diào)節(jié)滑動變阻器A,使電流表GI滿偏；

③再閉合S2,保持滑動變阻器/?不變，調(diào)節(jié)電阻箱R',電流表GI指針的位置如圖乙所示，此時電阻箱

R'的示數(shù)為4.5Q?？芍娏鞅鞧l內(nèi)阻的測量值為一,與真實值相比（選填“偏大”、“相等”

或“偏小”）；

（2）為了更加準(zhǔn)確地測量電流表Gl的內(nèi)阻，實驗小組利用上述實驗器材重新設(shè)計實驗，請完成以下實

①實驗小組根據(jù)電路圖進(jìn)行實驗，采集到電流表G∣?G2的示數(shù)分別為3.0mA、5.0mA,電阻箱的讀

數(shù)為15.0。，則電流表GI內(nèi)阻為Ω;

②實驗小組將電流表Gl改裝成量程為0.6A的電流表，要（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個阻值

Rx=C的電阻（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。

【答案】?.9.0##9②.偏?、?10.0##10④.并聯(lián)⑤.0.05

【解析】

【詳解】（1）③[1]電流表Gl的量程3mA,由圖乙可知，此時電流表Gl的示數(shù)為1.00mA,由于保持滑

動變阻器R不變調(diào)至最大，R的阻值為3kQ,則閉合S2,相對于電路總電流不變，則流過電阻箱的電流

為2.00mA,根據(jù)并聯(lián)電路的特點可知

IGR,=瓜'

解得

=理=≥1?=9.OQ

'G?

⑵當(dāng)閉合S2時，電路中的總電阻真實值減小，總電流真實值略大于3mA,當(dāng)電流表示數(shù)為

1.0OmA時，通過電阻箱的電流真實值略大于2.00mA,則電流表Gl內(nèi)阻的真實值大于9Q,則真

實值大于測量值。

（2）①⑶由電路圖可知，電流表Gl的內(nèi)阻為

RGI

②[4]根據(jù)電流表改裝原理可知，電流表的改裝應(yīng)并聯(lián)一定阻值的分流電阻。

⑸根據(jù)并聯(lián)電路的特點可知

3X1O^3×1O.O

R、Ω≈0.05Ω

l-lG?0.6—3x10-3

三、解答題（共38分）

15.如圖甲所示，空間內(nèi)存在著方向豎直向下、場強(qiáng)大E=2xl（）5v∕m的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量m=1.5xlCΓ8

kg、電荷量＜7=+3xl（）T°C的帶電粒子從空間的尸點以初速度M）水平射出。設(shè)粒子射出時為初始時刻，之

后某時刻，帶電粒子的速度與水平方向的夾角為仇則tan。與時間，的關(guān)系圖像如圖乙所示，粒子的重力

忽略不計。

P、。兩點間的電勢差。

豎直位移

y=-at2

2

設(shè)位移偏角為α,則

V

tanα=J

X

代入數(shù)據(jù)得出運動時間

r=2×10^2s

根據(jù)幾何關(guān)系得出

X=y=0.8根

P、Q兩點間的電勢差為

Up。=W=ISxlO5V

16.如圖，豎直平面內(nèi)的兩個四分之一光滑圓弧軌道下端都與水平軌道相切，小滑塊B靜止在左邊圓弧軌

道的最低點?，F(xiàn)將小滑塊A從左邊圓弧的最高點靜止釋放，A與B發(fā)生彈性碰撞。已知A的質(zhì)量

mA=Ikg,B的質(zhì)量加s=3kg,圓弧軌道的半徑R=0.8m,A和B與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)分別

為〃I=0.5和〃2=0.2,取重力加速度g=lθm/s?。

(1)求碰撞前瞬間A的速率M；

(2)求碰撞后瞬間A和B的速度大??；

(3)為了避免A和B發(fā)生第二次碰撞，水平軌道的長度工至少多長。

【解析】

【詳解】(1)小滑塊A從左邊圓弧的最高點靜止釋放，運動到最低點，根據(jù)動能定理有

12

加AgRo=5加A%

解得碰撞前瞬間A的速率為

v1=y∣2gR=λ∕2×10×0.8m∕s=4m∕s

(2)A與B發(fā)生彈性碰撞，取碰撞前A的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有

%匕=mAv2+mBv3

根據(jù)能量守恒有

III

5'%%2=-mAv2+-mBv32

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

v2=-2m∕s,v?=2m∕s

負(fù)號表示速度方向水平向左：

（3）物塊A反彈后沿光滑圓弧軌道上升到速度為零再滑到最低點過程中能量守恒，所以物塊A滑到最低

點的速度為

v4=2m∕s

當(dāng)物塊B從光滑圓弧軌道返回后與物塊A在水平軌道上同一位置靜止時，水平軌道的長度最短，對物塊A

根據(jù)動能定理有

,12

^-mAv4

解得

片22

Lr=——=-------------m=0.4m

2〃Ig2×0.5×10

對物塊B根據(jù)動能定理有