滨城高中联盟 2022-2023 学年度上学期高三期中（Ⅰ）考试
物理试卷
第Ⅰ卷（选择题 共 48 分）
一、选择题：本题共 10 小题，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~6 题只有一
项符合题目要求，每小题 4 分；第 7~10 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．在物理学发展历史中，许多物理学家做出了卓越贡献。以下关于物理学家所做科学贡
献的叙述中，不正确的是（ ）
A．牛顿在第谷的天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，发现了万有引
力定律
B．伽利略巧妙“冲淡”重力，合理外推得出自由落体运动是匀变速直线运动
C．库仑利用扭秤实验得到库仑定律，卡文迪什运用扭秤实验测出引力常量
D．法拉第提出了“力线”的概念
2．如图所示，某学习小组用三个完全相同的小球 A、B、C 做如下的研究：将它们位于
同一高度 h 处，A 由静止释放，B、C 分别从两个完全相同的固定的光滑斜面顶端开始运
动，B 由静止滑下，C 以 v0 水平抛出且恰好落至斜面底端。则三个小球从开始运动到落
地前瞬间的过程中，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．三个小球动量的变化量大小不同
B．机械能变化量不同
C．重力冲量相同
D．落地前瞬间 A 球和 C 球重力的功率相等大于 B 球重力的功率
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3．在东京奥运会女子单人 10米跳台跳水决赛中，中国选手全红婵夺冠。下图为其某次
跳水时位移与时间的关系图象，以其向上离开跳台时作为计时起点，运动过程中可视其
为质点，不计空气阻力，入水后做匀减速直线运动，重力加速度为 g.则下列说法正确的
是（ ） x
A．t2时刻开始进入水面
x1
B．t1～t2与 t2～t3时间内的平均速
度相同 O t1 t2 t3 t
C 2 x x .入水时的速度大小为 1 2
t3 t1
x -x2
D 1．入水后加速度大小为 gx2
4．某空间中存在着竖直方向的匀强电场，一带正电小球以 100J的初动能竖起向上抛出，
小球在上升过程中受到恒定空气阻力的作用，当小球上升到某位置时，重力势能增加了
40J，动能减少了 80J，克服电场力做功 30J，下列判断正确的是（ ）
A．小球上升过程产生了 10J内能
B．小球上升过程电势能增加了 37.5J
C．小球所受阻力与电场力大小之比为 5：3
D．小球返回抛出点时的动能为 80J
5．中国日报 2022年 9月 9日电（记者 张宇浩）当地时间 7日，美国国家航空航天局的
“苔丝”（TESS）任务宣布发现两颗系外行星，距离地球约 100光年，其中一颗或适合
生命存活。这两颗系外行星被归类为“超级地球”，即质量比地球大，但比冰巨星小。
它们绕着一颗“活跃度较低”的红矮星运行。第一颗行星，LP 890-9b，其半径是地球的
1.3倍，每 2.7天绕恒星一周。另一颗行星 LP 890-9c的半径是地球的 1.4倍，大约 3.9天
绕恒星一周，绕行期间处于恒星宜居带内。研究人员表示，LP 890-9c距离恒星很近，接
收到的辐射热量却很低，若有充足的大气层，行星表面或存在液态水。若将两颗行星和
地球均视为球体，假设 LP 890-9c与地球密度相等，地球绕太阳和两颗行星绕红矮星的运
动均看做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
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A．LP 890-9c表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为 1：1.42
B．LP 890-9c的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 1.4：1
C．LP 890-9b与 LP 890-9c绕恒星公转的轨道半径之比为 2.73： 3.93
D．LP 890-9b与 LP 890-9c绕恒星公转的线速度之比为 1.3 1.4：
2.7 3.9
6．2022年 9月 16日 12时 40分前后，台风“梅花”（热
带风暴）的中心在金普新区再次登陆，登陆时中心附近
最大风力有 9级。小李同学用所学知识设计了一个电容
式风力传感器。如图所示，将电容器与静电计组成回路，
可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化，风
力越大，移动距离越大（两电极不接触）。在受到风力作
用时，下列说法正确的是（ ）
A．电容器电容变小
B．若极板上电荷量保持不变，则极板间电场强度变大
C．若电容器始终接在恒压电源上，则极板所带电荷量增大
D．只有保持极板电荷量不变，才能通过静电计指针张角反映风力大小，且风力越大
张角越大
7．某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，
在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两
等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，
图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该
等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电
荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的
两点。则（ ）
A．d、a两点的电势差 Uda=-1.5mV
B．负电荷从 b点移到 d点，电势能增加
C．a、b两点的电场强度等大反向
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D．c、d两点的电场强度相同，从 c到 d的直线上电场强度先变大后变小
8．如图所示，光滑的三角形框架 OAB竖直固定在墙上，夹角 为 30°，两个相同的金
属小环 C、D分别套在 OA、OB上，环 C和 D用轻绳连结，初始时 C环在水平外力控制
下静止，C、D状态如图，OA、OB很长，现使 C环缓慢向右移动，则下列说法正确的是
（ ）
A．D受杆的弹力方向一定为垂直 OB向上
B．D受杆的弹力一直增大
C．绳拉力一直增大
D．C受支持力一直不变
9．如图甲所示，地面上有一物体，物体上端连接一劲度系数为 k的轻质弹簧，用力 F向
上提弹簧，物体加速度 a与弹簧形变量 x的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．当力 F>kp后，物体处于超重状态
B．当地重力加速度大小为-q
C．物体的质量为
2D．物体离开地面时弹簧增加的弹性势能为
2
10．如图所示，水平传送带长为 L=2m，以速度 v=4m/s顺时针转动，M左侧、N右侧均
为光滑水平面，N右侧 L1处有一竖直光滑半圆轨道，半径为 R=0.5m.质量为 mB=0.15kg
的物体 B静止在传送带的右端 N处，物体 A的质量为 mA=0.25kg，A和传送带间动摩擦
因数为μ=0.5．现将物体 A轻放在 M点，它运动到 N点与 B发生弹性碰撞后，B沿半圆轨
道恰好能滑动到最高点，物体 A、B均看作质点，g取 10m/s2，则（ ）
A．A、B碰撞后，B的速度为 5m/s
B．A、B碰撞后，A沿半圆轨道上滑过程中会
脱离轨道
C．A从 M运动到 N用时 0.9s
D．A与传送带间因摩擦产生的热量为 2J
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第Ⅱ卷（非选择题 共 52 分）
二、非选择题：本题共 5 小题，共 52 分。
11．（4分）2022年 6月 5日我国又有三位航天员再次进入空间站，正式开启 6个月的太
空之旅，参与建设中国人的太空家园。下列实验中不适合在空间站开展的是 ；如
果在地球上完成，必须测量质量的是 。
A． 验证力的平行四边形定则
B． 验证动量守恒
C． 研究匀变速直线运动
D． 验证机械能守恒定律
12.(8分）某中学的一名同学设计了如图 1所示的实验装置，探究“质量一定时加速度与
力的关系”。水平桌面上放置一个木块，右端纸带穿过打点计时器限位孔，左端通过细线
和水平弹簧测力计、砂桶相连，弹簧测力计固定在水平台面上。细线拉直时，桌面上方
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的细线水平。木块靠近打点计时器，先接通电源，再释放木块，打出一条纸带，改变砂
和砂桶的总质量，打出多条纸带，记录对应的弹簧测力计的示数 F.
（1）实验中 测量木块的质量； 满足木块质量远大于砂和
砂桶的质量（填“需要”或“不需要”）。
（2）某次实验得到一条纸带，如图乙所示，交流电源的频率为 50HZ，图中每相邻
两个计数点之间有 4个计时点没有画出，则木块的加速度为______（计算结果保留两位
有效数字）。
（3）以弹簧测力计的示数 F为横坐标，加速度 a为纵坐标，画出的加速度 a随 F变
化的图像是一条直线，图中 b 和斜率 k 已知，重力加速度为 g，图像不过原点的原因
为 ，木块的质量 M为__________。
13．（12分）平行板电容器两极板长度、宽度、两极板间距均为 l，在极板左侧有一“狭
缝”粒子源（粒子源长度也为 l），沿极板中心平面连续不断地向整个电容器射入相同粒
1
子，距极板右端 l处有一与极板垂直的足够大光屏，如图所示。粒子质量为 m，电荷量
2
为+q，初速度大小均为 v0，初速度方向均垂直于光屏。当平行板电容器两极板间电压为
U0（未知）时，粒子恰好从极板右侧边缘飞出电场。在两极板间加上 0~U0连续变化的电
压，每个粒子通过电容器的时间都远小于电压变化的时间，在每个粒子通过电容器的时
间内，电场可视为匀强电场，不计粒子重力。试求:
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（1）电压 U0；
（2）粒子打在光屏上的最大速度；
（3）粒子打在光屏上的区域面积。
14．（14分）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体 2000米接力决赛中，我国短道速滑队
夺得中国队在本届冬奥会的首金。如果在某次接力训练中质量为 65kg的甲以大小为 8m/s
的速度在前面滑行，质量为 60kg的乙以大小为 10m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向
前推出。若乙推出甲后，乙仅受大小恒为 81N的阻力且在 5秒末停下，假设运动员们在
直道上滑行。则：
（1）假设乙推甲过程中，作用时间极短、不计任何阻力，
甲乙组成的系统机械能是否守恒？乙对甲做了多少功？
（2）若甲离开乙后立即做匀加速直线运动且在 1秒内追上
前方 2米处以 10.5m/s匀速滑行的另一队的队员丙，则甲做匀
加速直线运动的加速度至少多大？
15．（14分）如图所示，轨道 ABCDE由粗糙的水平轨道 AB、CD，竖直轨道 BC和光滑
的圆弧轨道 DE组成，DE连线水平。质量为 4kg、可视为质点的玩具小汽车从 A点由静
止释放，以 P=36W的恒定功率启动，从 B点以最大速度 v=3m/s水平抛出，恰能沿过 D
点的切线进入竖直圆弧轨道 DE，并从轨道边缘 E点飞出,离开 E点后相对 E点上升的最
大高度 h＝0.8m.已知 AB间距 S=6m，重力加速度为 g，小汽车运动到 B点后电机不再工
作。圆弧轨道 DE的圆心 O和 B点等高，（g取 10m/s2）求：
（1）小汽车在轨道 AB段所受所受摩擦力大小及运动的时间；
（2）轨道 DE的半径及小汽车运动到轨道 DE段最低点时对轨道的压力。
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物理试卷详解
1.【答案】A
【解析】
【详解】
A.开普勒在第谷的天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，牛顿总结了万有
引力定律故 A错误；
B.伽利略巧妙“冲淡”重力，合理外推得出自由落体运动是匀变速直线运动，B正确；
C.库仑通过扭秤实验研究得出了库仑定律,卡文迪什通过扭秤实验测量了万有引力常量，
C正确；
D.法拉第提出用电场线表示电场的方法，D正确。
2.【答案】D
【解析】
【详解】
A.由动能定理可知 A、B两物体到达底端时的速度大小相等，初动量都为 0，所以动量变
化量大小相等，但方向不同；对于 A、C两球，由动量定理可知动量变化量等于重力的冲
量，由于 A、C重力相等，作用时间相等所以动量变化量相同；综上所述，三个小球动量
变化量大小相等 A错误；
B.由于三个小球从开始运动到落地前瞬间的过程中都只有重力做功，故三个小球机械能
守恒，机械能的变化量相同均为 0，B错；
C.三个小球重力相同，但作用时间不同，tA=tCD.A做自由落体运动，C做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，A、C落地时竖直方向
的速度大小相同，故落地时重力的功率 P = mgvy相同；B做沿斜面下滑，下滑到斜面底
端的速度跟 A落地时的速度相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于 A
的功率，D正确；
3.【答案】C
【解析】
1
【详解】
由题意可知，0~t1时间内全红婵先离开跳台向上做匀减速运动，在 t1时刻速度减为零，达
到最高点;t1～t2时间内做自由落体运动，t2时刻经过跳台继续自由下落，t2～t3之间某时刻
进入水面做匀减速运动，t3时刻速度减为零到达水面下最低点。设 t′时刻进入水面，此时
1+ 2
速度为 v，则 t1～t′与 t′～t3时间内的平均速度相同均为2= 故 A、B错，C正确;因入水3 1
位置、时刻未知，无法求出入水后的加速度，D错误；
4.【答案】B
【解析】
【详解】
由题意知，此过程中，电场力做功为 W 电=-F 电h=-30J
重力做功为 W 重=mgh=-ΔEp=-40J
此过程中，由动能定理有 W 电+W 重+W 阻=ΔEK=W 合解得 W 阻=fh=-10J,所以小球所受阻力与
电场力大小之比为 1:3，C错
根据 W 电：W 重：W 阻：W 合=F 电：mg：f：F 合=3:4:1:8 可知，当小球运动到最高点动能减
为零时，W 合=-100J，则W 阻=-12.5J,所以小球上升过程产生了 12.5J内能，A错误；W 合=-100J，
则 W 电=-37.5J=-ΔEp 电所以小球上升过程电势能增加了 37.5J，B正确；小球返回抛出点过
程重力、电场力都不做功，阻力做功为 2W 阻=-25J ，所以返回时小球动能为 75J，D错
5.【答案】B
【解析】
【详解】
A. GMm mg g GM M ρ·4由 ＝ ，得 ＝ ，又知 ＝ πR3,LP 890-9c 与地球密度相等,所以 g∝R，
R2 R2 3
故 LP 890-9c 表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为 1.4:1，A 错；
B. Mm v
2 GM GMm
根据万有引力定律有 G ＝m ，解得 v＝ ，又 ＝mg，可得 v＝ gR由 A
R2 R R R2
选项可知 g∝R，所以 v∝R，B正确；
2
3
C. 由开普勒第三定律可知 r∝ 2，LP 890-9b 与 LP 890-9c 绕恒星公转的轨道半
3 3
径之比为 2.72： 3.92；C 错误
D. GMm m v
2
v GM由 ＝ 可得 ＝ ，LP 890-9b 与 LP 890-9c 绕恒星公转的线速度之
r2 r r
3
比为 3.9 3： 2.7；D错误
6.【答案】C
【解析】
【详解】
S
A．根据C r 在受到风力作用时，d减小，则电容器电容变大，故 A错误；
4 kd
Q
B．极板间电场强度 E U Q 4 kQ C 不变，故 B错误；
d d Cd rS
C．始终接电源 U一定，极板带电量 Q=CU增大，故 C正确；
D．U一定时静电计指针张角不变；Q一定时，风力越大，d越小，极板间电压越小，静
电计指针张角越小，故 D错误。
7.【答案】AD
【解析】
【详解】该瞬时电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布
如图
A．d、a两点的电势差 Uda=ψd-ψa=-1.5mV，A正确
B．从 b点移到 d点电势升高，但由于是负电荷所以电势能减小,B错误
3
C.a、b为两电荷连线上对称的两点，所以 a、b两点的电场强度大小、方向相同，故 C
错误
D．c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小方向都相同，根
据等势线的密程度可判断出从 c到 d的直线上电场强度先变大后变小，故 D正确。
8.【答案】AB
【解析】
【详解】
对 D单独进行受力分析可知，D受到重
力，绳子的拉力以及杆子的弹力,由平衡
条件 D受杆的弹力方向一定为垂直 OB
向上，A正确。在 C环缓慢向右移动的过程中，C受到的重力不变，杆子给的弹力的方
向垂直于杆，如图所示，题意可知三个力处于平衡状态。可知其中绳子的拉力慢慢向右
移动过程中一直减小，到和 OD平行时最小。杆子给 D的弹力一直增大。B正确，C错
误；
D．对 C、D整体进行受力分析，受重力，杆子的弹力，外力。在竖直方向上，重力与 C、
D受到的弹力竖直方向分力平衡。C受到的弹力竖直向上，由上面分析可知，D受到的
杆子弹力竖直分力向上一直增大，所以 C受到的弹力一直减小。D错误。
9.【答案】AD
【解析】
【详解】
A.由图乙可知，当力 F>kp后，物体的加速度 a随 F的增大而增大，方向竖直向上，所以
物体处于超重状态。A正确
BC．设物体的质量为 m，当 F mg时，根据牛顿第二定律有
F mg ma即 a
1
F g 又因为 F=kx
m
所以直线的斜率为 =
解得物体的质量为 ，C错误
4
直线与纵轴的交点为-q=-g故当地的重力加速度大小 g=q，B错误。
D.物体离开地面时弹簧增加的弹性势能可由图像面积与质量的乘积求得,或是该过程的
平均力与位移 p的乘积即 p，D正确。
2
10.【答案】ACD
【解析】
【详解】
2
A.B恰到最高点 mg= 1 可得 v1= ，
对 B 1 1从最低点到最高点由动能定理可得-2mBgR= mBv12- m v2 2 B B
2 vB= 5 =5m/s , A正确
B. 1 1 1对 A、B发生弹性碰撞：mAv0=mAvA+mBvB mAv02= m v 2+ m v 22 2 A A 2 B B
解得 v0=4m/s vA=1m/s
1
对 A碰后上升过程由机械能守恒 mAvA2=mAgh h=0.05m误
C.A 从 M到 N先做匀加速直线运动所用时间 t1= =0.8s 位移 x 1=1.6m
与传送带共速后匀速位移 x2=L-x1=0.4m 匀速时间 t 22= =0.1s 所以 A从 M运动到 N用
时 0.9s，C正确
A与传送带间因摩擦产生的热量 Q=μmAg（vt2-x1）=2J
11. 【答案】ACD（3分） ，B（1分）
【详解】
(1)空间站里面的物体处于完全失重状态
A. 验证力的平行四边形定则实验中，重物对绳没有拉力，不能显示力的方向，不适合在
空间站中进行；
B. 验证动量守恒可以通过打点计时器测碰撞前后的速度，不涉及重力问题，可在空间站
中进行；
C. 研究匀变速直线运动实验中，在完全失重情况下，重物不能在斜面上下滑，该实验不
5
能进行；
D. 验证机械能守恒定律中，在完全失重情况下，重物不能下落，该实验不能进行
(2)验证动量守恒需要测量两辆小车及车上橡皮泥的总质量，其他实验不需要测量物块或
钩码的质量
2
12．【答案】不需要（1 分），不需要（1 分），3.0m/s2（2分），未平衡摩擦力（2 分），
k
（2分）
【详解】
[1]实验中需要测量木块所受拉力大小以及木块的加速度，加速度通过打出的纸带计算得
出，不需要测量木块的质量。
[2]实验中木块所受拉力大小等于 2F，所以不需要满足木块质量远大于砂和砂桶的质量。
[3]根据匀变速直线运动规律的推论可知
a s3 s4 (s1 s2 ) 13.69 10.50 (4.52 7.48) 10
2
2 m/s
2 3.0m/s2
4T 4 (5 0.02)2
[4] 图像不过原点的原因为未平衡摩擦力
[5]对木块根据牛顿第二定律有 2F Mg Ma
a 2F g k 2 M 2整理得 由题意可知 解得
M M k
13.【答案】
1 =
2
（ ） 00 4分
0
（2） 2v0 与初速度方向的夹角为 45 5分
（3）l2 3分
【详解】
（1）当电压为U0时，水平方向 l v0t （1分）
2
竖直方向 = 0 （2分）
2 2
6
联立解得
2 00 = （1分）
（2）当电压为U0时，打在光屏上的速度最大，
0
竖直方向速度为 = = = 0 （1分）0
根据速度的合成得 v v 2 v 2y 0 （1分）
联立可得 = 2v0 （1分）
设最大速度方向与初速度方向夹角为α，
根据几何关系 tanα = =1 （1分）0
所以最大速度与初速度方向的夹角为 450 （1分）
（3）粒子打在光屏上的区域为面积为 = （ 2
+ ） （2分）
0 2
代入 vy解得 S=l2 （1分）
14.【答案】（1）不守恒，1852.5J 10分 （2）3m/s2 4分
【详解】
（1）不守恒 （2分）
乙推甲后，对乙，由牛顿第二定律得 Ff=M 乙a乙，解得 a 乙=1.35m/s2 （1分）
' '
乙推甲后乙的速度 v 乙 =a 乙 t 乙 解得 v 乙 =6.75m/s （1分）
' '
乙推甲过程，甲乙组成的系统动量守恒，则有：M 甲v 甲+M 乙v 乙=M 甲v 甲 +M 乙v 乙 （2分）
解得 v '甲 =11m/s (1分）
1
乙推甲过程，对甲由动能定理得 W= M v '2 1 2甲 甲 - M 甲v 甲 (2 分）2 2
解得 W=1852.5J （1分）
（2）设甲的加速度为 a刚好在 1秒末追上前方队员，则
由位移关系可知 v '甲 t
1
+ at2=x0+v 丙 t （2 分）2
a=3m/s2 （2分）
7
甲做匀加速直线运动的加速度至少 3m/s2.
15.【答案】（1）12N 2.5s 6分（2）1m ，156N 方向：竖直向下 8分
【详解】（1）小汽车到达 B点时已达最大速度，
则摩擦力 f=F 牵= （2分）
= 12 （1分）
Pt fs 1 mv2根据动能定理
2 x
（2分）
代入数据解得，小汽车在轨道 AB段运动的时间 t=2.5s （1分）
（2）小汽车离开 E点做斜上抛运动，斜上抛的最大高度与 BC高度相同即
hBC=h=0.8m 运动到 D点时，竖直方向分速度 vy 2ghBC 4m/s （1分）
v
设在 D点速度方向与竖直方向夹角为 ，则 tan xv （1分）y
R= = 1m （1分）
设小汽车运动到轨道DE段最低点时速度 v低，
1
根据机械能守恒 mv 2低 =mgR+
1mvB2 （1分）2 2
根据牛顿第二定律
v2
F -mg m 低 （1分）
R
轨道对小汽车的支持力 F=156N （1分）
根据牛顿第三定律，小汽车运动到轨道DE段最低点时对轨道的压力为 156N （1分）
方向：竖直向下 （1分）
8
