北京市朝阳区2022-2023学年高三上学期11月期中考试物理试题及答案

高三物理 2022．11

（考试时间90分钟 满分100分）

第一部分

本部分共14 题，每题3 分，共42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求 的一项。

1．如图所示，用长短不同的轻绳先后将同一足球挂在光滑竖直墙壁上，足球静止时分别处于A、B位置。若绳子拉力大小分别为TA、TB，墙对足球的支持力大小分别为FA、FB，则 A．TAB．TA>TB，FA>FB

C．TA>TB，FAFB

2．某款轿车车尾上的“50 TFSI”标志反映了该车的加速性能，字母前的数字“50”表示该车辆从静止开始加速到100km/h的平均加速度数值（单位：m/s2）的10倍。则该款轿车从静止开始加速到100km/h的时间约为 A．5.6s

3．地铁在水平直轨道上运行时某节车厢的示意图如图所示。某段时间内，车厢内两拉手A、B分别向前进方向偏离竖直方向角度α和β并保持不变。重力加速度为g。则该段时间内 A．拉手所受合力的方向不一定沿水平方向 B．两拉手偏离竖直方向的角度满足α=β C．列车的加速度大小为gsinα D．列车正在加速行驶

4．一皮带传动装置的示意图如图所示，右轮半径为r，A是其边缘上的一点，左轮半径为2r，C点位于左轮边缘上，B点在左轮上且到轮心的距离为r。传动过程中皮带不打滑。则

A．A、B两点的角速度之比为1:1 B．A、B两点的角速度之比为1:2 C．A、C两点的向心加速度之比为1:4 D．A、C两点的向心加速度之比为2:1

B．6.2s

C．8.7s

D．9.5s

1

5. 水平桌面上，一滑块在恒定的水平拉力作用下由静止开始运动一段时间后，撤去拉力。从某时刻开始计时，滑块速度随时间变化的v-t图像如图所示。取重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力。下列说法正确的是

A．滑块在0~15s内的平均速度大小为7.5m/s B．滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为1:2 C．滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为3:2 D．滑块与桌面之间的动摩擦因数为0.3

6．“中国天眼”（FAST）设施已发现脉冲星数量超过240颗。脉冲星是快速自转的中子星，每自转一周，就向外发射一次电磁脉冲信号，因此而得名。若观测到某中子星发射电磁脉冲信号的周期为T。已知该中子星的半径为R，引力常量为G。则根据上述条件可以求出

A．该中子星的密度

B．该中子星的第一宇宙速度 C．该中子星表面的重力加速度

D．该中子星赤道上的物体随中子星转动的线速度

7. 小明同学进行了以下探究实验。如图所示，将滑块从轨道A的h1高度处由静止释放，滑块冲上B轨道后达到的最大高度为h2。减小轨道B的倾斜程度至轨道C，再次从轨道A的h1高度处释放滑块，滑块冲上轨道C。已知轨道由同一种材料制成，粗糙程度处处相同，不计滑块在轨道连接处的机械能损失，则滑块在轨道C上达到的最大高度 A．等于h1 B．等于h2 C．小于h2 D．介于h1与h2之间

8．场地自行车比赛中某段圆形赛道如图所示，赛道与水平面的夹角为θ，某运动员骑自行车在该赛道上做水平面内的匀速圆周运动。当自行车的速度为v0时，自行车不受侧向摩擦力作用；当自行车的速度为v1（v1>v0）时，自行车受到侧向摩擦力作用。不考虑空气阻力。重力加速度为g。已知自行车和

2

运动员的总质量为m。则

3

A．速度为v0时，自行车所受的支持力大小为mgcos B．速度为v0时，自行车和运动员的向心力大小为mgsin C．速度为v1时，自行车和运动员的向心力大于mgtan D．速度为v1时，自行车所受的侧向摩擦力方向沿赛道向外

9. 一辆质量为m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，行驶过程中受到的阻力大小一定，如果发动机的输出功率恒为P，经过时间t，汽车能够达到的最大速度为v。则 A. 当汽车的速度大小为v时，汽车的加速度的大小为P

2mvB. 汽车速度达到v的过程中，牵引力做的功为Pt

22C. 汽车速度达到v的过程中，汽车行驶的距离为vt

2D. 汽车速度达到v的过程中，牵引力做的功为1mv2

210．一名连同装备总质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度v（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员运动。如果航天员一次性向后喷出质量为Δm的气体，且在规定时间t内返回飞船。下列说法正确的是

A．喷出气体的质量Δm小于Mx

vtB．若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于t C．若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间小于t D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒

11．如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个静止的矩形木箱内，物块A和木箱水平底板之间的动摩擦因数为0.3。物块A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力拉着保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g=10m/s2。现在要使弹簧能拉动物块A，使其相对木箱底板水平向右移动，木箱的运动情况可能是 A．水平向右做匀加速运动，加速度的大小a = 0.5m/s2 B．水平向左做匀加速运动，加速度的大小a = 0.5m/s2 C．竖直向上做匀加速运动，加速度的大小a = 3.0 m/s2 D．竖直向下做匀加速运动，加速度的大小a = 3.0 m/s2

3

12．如图所示，人们用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过轻绳对质量为m的重物各施加一个大小为F、与竖直方向夹角为θ的拉力，重物离开地面上升H时两人停止施力，最后重物下落将地面砸下的深度为h。重物对地面的冲击力可视为恒力。重力加速度为g。不计空气阻力。则

A．重物上升过程中的最大动能为2FHcos B．重物刚落地时的动能为2FHcos+mgH

C．仅根据题中信息可以推算出重物对地面的冲击力大小

D．仅根据题中信息无法推算出一次打夯过程中重物所受重力的冲量大小

13．2022年3月的“天宫课堂”上，航天员做了一个“手动离心机”， 该装置模型如图所示。快速摇转该装置完成了空间站中的水油分离实验。下列说法正确的是

A．水油分离是因为水和油在太空中完全失重而分离 B．水油分离是因为水的密度较大更容易离心而分离

C．在天宫中摇晃试管使水油混合，静置一小段时间后水油也能分离 D．若在地面上利用此装置进行实验，将无法实现水油分离

14．旋转在乒乓球运动中往往有一击制胜的作用。乒乓球在飞行过程中，如果发生旋转，球就会带动周围的空气在球体附近产生环流。

已知乒乓球球心开始以速度v水平向左飞行，球上各点同时绕球心以角速度ω顺时针旋转，如图甲所示。根据物理学原理可知，气体流速越大，压强越小，由于乒乓球附近A、B两处空气流速不同，两处的空气对乒乓球就形成压力差，这个压力差称为马格努斯力。由于旋转球在飞行过程中受到马格努斯力，其落点与无旋转球的落点就会不同。图乙所示的a（实线）、b（虚线）两条轨迹中，一条为球心以水平速度v开始向左飞行的无旋转球的轨迹，另一条为图甲中旋转球从同一点飞出时的轨迹。下列说法正确的是

A．图甲中乒乓球下方A处气体的流速比B处的小 B．图乙中a为无旋转球的轨迹，b为旋转球的轨迹 C．马格努斯力与乒乓球转动的角速度大小无关

4

D．无旋球弹起的高度可能超过发球位置的高度

第二部分

本部分共6 题，共58 分。

15．（8分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。

图1

钩码 小车 纸带 打点计时器

（1） 某同学利用图1装置“探究小车速度随时间变化的规律”。图2为实验所得的一条纸带，选其中一个合适的点当作计时起点O，每隔4个点选取一个计数点，测得各计数点A、B、C、D、E、F到O点间的距离分别为：OA=7.05cm，OB=14.73cm，OC=23.04cm，OD=31.99cm，OE=41.58cm，OF=51.78cm。已知交变电流的频率为50Hz。

根据纸带数据计算打C点时小车运动的速度vC = ________m/s，小车运动的加速度a = m/s2 。（结果均保留两位有效数字）

O A B C D E F

图2

（2）适当调整图1装置，该同学想进一步“探究小车加速度与力的关系”。则下列调整和分析正确的是______。

A．在平衡小车所受的摩擦力时，小车的左端需要悬挂细绳和钩码 B．为使小车所受拉力与钩码重力近似相等，钩码质量要远小于小车质量 C．认为小车所受拉力等于钩码重力，由此带来的误差属于系统误差

D．当打点计时器工作的实际电压略低于额定电压时，利用纸带求得的加速度将偏小 （3）在正确完成（2）中操作后，该同学继续用此装置“探究钩码重力所做的功W和小车

2速度平方的变化量Δv2（v2vt2v0）间的关系”，则从理论上分析，下列图像正确的

是 。

O

W W W Δv2 O 5

Δv2

O Δv2

A B C

16．（10分）

某实验小组用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。 （1）图中O点是小球抛出点在水平地面上的竖直投影，实验时先让入射小球多次从斜槽上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP。然后，把半径相同的被碰小球静置于轨道的水

平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次N。重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、实验中还需要测量的物理量有______。（选填选项前的字母）

A．入射小球和被碰小球的质量m1、m2 B．入射小球开始的释放高度h C．小球抛出点距地面的高度H D．两球相碰后的平抛射程OM、ON （2）在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用所测物理量的字母表示），则可以认为两球碰撞前后动量守恒。

（3）某同学在实验中记录了三个落地点对应距离的比值，以下两组数据中可能正确的一组是______。（选填选项前的字母）

A．OM：OP：ON=1.0：1.3：3.1 B．OM：OP：ON=1.0：1.5：2.3

（4）历史上关于“运动”量度有两种观点：一种观点认为应该用物理量mv来量度运动的强弱；另一种观点认为应该用物理量mv2来量度运动的强弱。牛顿用如图所示的实验研究碰撞，并记录了自己的实验：“摆长取10英尺……若物体A以9份运动撞到静止的物体B，损失掉7份，碰撞后以2份继续前进，则物体B将以7份运动反弹。如果两物体从反方向相撞，A以12份运动，B以6份运动，而如果A以2份后退，B将以8份后退，双方各减14份。”牛顿由此找到了碰撞中的运动守恒量。

你认为牛顿所指的量度“运动”的物理量是mv还是mv2？并简述理由。

6

17. （9分）

如图所示，将某小球从O点以一定的初速度水平抛出，A、B为其轨迹上的两点。已知小球运动到A点时的速度大小为vA=5.0m/s，速度方向与竖直方向的夹角为53°；小球运动到B点时，速度方向与竖直方向的夹角为45°。不计空气阻力。重力加速度g=10m/s2。sin 53°=0.8。求：

（1）小球平抛的初速度大小v0； （2）O、A两点间的竖直距离h；

（3）小球从A点运动到B点所用的时间t。

18．（9分）

如图所示，为滑雪运动员某次训练时的简化模型。运动员从起点A处沿直滑道由静止下滑至坡底B点，再经一段可视为光滑的弯曲滑道后滑上起跳台，从D点跃向空中，完成空中动作后落地。已知直滑道倾角为θ、长度为L，坡底B点与弯曲滑道最低点C高度差为h，靠近C处的滑道可视为一段半径为R=10h的圆弧。运动员连同装备的总质量为m，滑雪板与AB段滑道间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g。不计空气阻力。 （1）求运动员在AB段滑行时的加速度大小a； （2）求运动员到达B点时的速度大小vB；

（3）若已知运动员到达B点时的速度大小vB72gh，由此计算运动员到达C点时对滑

道的压力F。

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19．（10分）

通过数据分析寻找证据是科学探究过程中的关键要素之一。

“蹦极”运动时，在运动员身上装上传感器，可以测量运动员在不同位置的速度v以及离开蹦极台的位移大小l。已知运动员及所带装备的总质量为m=60kg，弹性绳原长l0=10m。运动员从蹦极台由静止下落，得到如图所示的v-l图像。重力加速度g=10m/s2。

（1）请利用v-l图像上的一组数据初步推断：运动员下落过程中空气阻力可以忽略不计。 （2）试估算运动员下落速度最大时绳的弹性势能Ep。

（3）弹簧是弹性体的一种理想化模型。基于胡克定律可推导出弹簧弹性势能的表达式为

EP12kx，式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。 2a．请利用v-l图像上的数据初步推断：该弹性绳是否像弹簧一样遵循胡克定律？ b．请指出：a问中由于条件所限，没有考虑哪些因素可能会影响推断结果的可靠性。

8

20．（12分）

利用物理模型对复杂现象进行分析，是重要的科学思维方法。已知太阳的质量为M，半径为R，万有引力常量为G。

（1）太阳的外层大气不断向四周膨胀，形成由太阳径向向外的粒子流，通常被称为太阳风。

关于太阳风的成因，一种观点认为：由于太阳外层温度高，粒子的动能较大，能够克服太阳的引力向外层空间运动。

a．已知质量为m的粒子与太阳中心相距r时具有的引力势能为EpGMm（以无穷远处r势能为零）。忽略粒子间的相互作用。求在距离太阳中心2R处、质量为m的粒子，为了脱离太阳引力的束缚所需的最小速率vm。

b．太阳风会造成太阳质量的损失。已知太阳风粒子的平均质量为m，探测器在距离太阳r处探测到该处单位体积内太阳风粒子的数目为n，太阳风粒子在探测器周围的平均速率为v。求单位时间内太阳因太阳风而损失的质量Δm。

（2）彗星的彗尾主要由尘埃粒子和气体组成。一种观点认为：太阳光辐射的压力和太阳的

引力，对彗尾尘埃粒子的运动起关键作用。 假定太阳光的辐射功率P0恒定，尘埃粒子可视为密度相同、半径不都相等的实心球体，辐射到粒子上的太阳光被全部吸收，太阳光的能量E、动量P、光速c的关系为PE。 c如图所示，当彗星运动到A处，部分尘埃粒子被释放出来，不再沿彗星轨道运动。已知沿轨道切线方向释放的三个尘埃粒子，分别沿直线Ab和曲线Aa、Ac运动。关于造成这三个尘埃粒子轨迹分开的原因，有同学认为是它们被释放出来时的速度大小不同所致。请分析说明该同学的结论是否正确。

（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）

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北京市朝阳区2022—2023学年度第一学期期中质量检测

高三年级物理 参考答案 2022．11

（考试时间90分钟 满分100分）

第一部分

本部分共14 题，每题3 分，共42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求 的一项。

题号 答案 题号 答案

1 B 8 C 2 A 9 A 3 B 10 A 4 D 11 D 5 D 12 C 6 D 13 B 7 C 14 B 第二部分

本部分共6 题，共58 分。 15．（8分）

（1）0.86；0.63 （2）BC

（4分） （2分）

（3）A 16.（10分）

（1）AD

（2分）

（2分）

（2）m1OPm1OMm2ON

（2分）

（3）B （2分） （4）牛顿所指的量度“运动”的物理量是mv。设一份运动mv为P，则P为矢量。根

据牛顿的第一次实验数据，碰撞前后系统的mv相等，即9P2P7P；同理，第 二次实验数据，碰撞前后系统的mv也相等，即12P6P2P8P。而若设一份 运动mv2为E，则E为标量。根据第二次实验数据，碰撞前后系统的mv2不相等，即12E+6E2E8E。因此牛顿所指的量度“运动”的物理量是mv。 （4分）

10

17．（9分）

解：（1）小球平抛的初速度大小

v0vAsin53

得 v04.0m/s （3分） （2）设小球的质量为m，由O点至A点，根据动能定理有

mgh112mv2mv0 A22得 h=0.45m （3）小球在A点竖直分速度 vAyvAcos53 小球在B点竖直分速度

vByv0tan45

小球从A点运动到B点，有

vByvAygt

得 t0.1s 18．（9分）

解：（1）运动员在AB段滑行时，根据牛顿运动定律有

mgsinmgcosma

得 agsingcos （2）根据匀变速运动规律有 v2B2aL

得 vB2(sincos)gL （3）运动员由B点至C点，根据动能定理有

mgh12mv212C2mvB 设运动员在C点受滑道支持力为F，根据牛顿运动定律有

Fmgmv2CR 得 F11mg

根据牛顿第三定律，运动员在C点时对滑道的压力大小为

F11mg

方向垂直滑道向下。

2

3分） 3分）

3分）

2分）

4分）

（ （ （（ （

19.（10分）

解：（1）依据v-l图像可知，运动员下落l0=10m时的速度v014.1m/s

若不计空气阻力，设弹性绳刚好拉直时运动员的速度为v1，由机械能守恒定律有

1mv12mgl0 2得v114.1m/s

与v-l图像得到的基本吻合，说明空气阻力可忽略不计。

（3分）

（2）运动员速度最大时，下落的位移l1=15m，由图像可知此时的速度大小为vm15m/s。

从开始下落到速度最大的过程，不计其他能量损耗，根据机械能守恒定律有

12Epmgl1mvm

2得 Ep2.25103J （3）a． 答案一：

（3分）

该弹性绳不遵循胡克定律。证据如下：

当运动员速度最大时，若弹性绳遵循胡克定律，则有mgkx1，x1l1l05m，可得 kmg120N/m x1由v-l图像可知，运动员速度为v215m/s时，下落的位移l1=15m，此时弹簧的形变量x1= 5m。

设此时的弹性势能为Ep1，若弹性绳遵循胡克定律，则弹性势能为

Ep112kx11.5103J 2根据机械能守恒定律，由（2）问可知，此时弹性绳的弹性势能

Ep2.25103J

显然，Ep1Ep，二者相差较大，所以该弹性绳不遵循胡克定律。 答案二：

该弹性绳不遵循胡克定律。证据如下：

（3分）

当运动员速度最大时，若弹性绳遵循胡克定律，则有mgkx1，x1l1l05m，可

3

得 kmg120N/m x1由v-l图像可知，运动员速度为v25m/s时，下落的位移l2=25m，此时弹簧的形变量x2=l2-l0=15m。

根据机械能守恒定律，运动员下落位移为l2时有

mgl21212kx2mv2 22得 v27.1m/s

与v-l图像得到的5m/s不符，所以该弹性绳不遵循胡克定律。

（3分）

b． 该结论的得出，可能是因为弹性绳超过了其弹性限度。 （1分）

20．（12分）

解：（1）a．要使粒子脱离太阳引力的束缚至少需满足

得 vm12GMmmvm+（）0 22RGM （3分） Rb．设太阳风粒子由太阳向空间各方向均匀射出，在极短时间t

内太阳风粒子可视为均匀分布在半径为r、厚度为Δx的球 壳内，该段时间内太阳因太阳风而损失的质量与该球壳内 的粒子质量相同。有

xvt

mtn4πr2xm

得

m4πr2nmv

（3分）

（2）该同学的结论不正确，造成三个尘埃粒子轨迹分开的原因是因为粒子半径不同所致。

设半径为R的粒子运动到距离太阳r处时，t时间内接受到的太阳光能量为

P0tR2P0tR2E 224r4rP0tR2 t时间内接受到的动量为 P4r2c设粒子受到的辐射压力为F压，根据动量定理有

4

P0tR2F压t

4r2cP0R2得 F压 24rc43R，为尘埃粒子的密度 3Mm该粒子运动到距离太阳r处时所受的引力为F引G2

r该粒子的质量为 m得

F引16cGM=R F压3P0运动路径Ab为直线的尘埃粒子受力平衡，即F引F压，由上式可见，F引、F压的比 值与尘埃粒子到太阳的距离r无关，也与速度大小无关，仅由尘埃粒子的半径决定。 由于Ac路径向内弯曲，说明F引F压，即该尘埃粒子的半径Rc>R；

由于Aa路径向外弯曲，说明F引F压，即该尘埃粒子的半径Ra说明：用其他方法解答正确，给相应分数。

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