2024年北京石景山北京市第九中学物理高三上期中统考试题含解析

2024年北京石景山北京市第九中学物理高三上期中统考试题 注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、汽车以36km/h 的速度行驶，刹车后得到的加速度大小为4m/s 2，从刹车开始，经3S ，汽车通过的位移是（ ）
A ．90m
B ．48m
C ．12.5m
D ．12m
2、235
92U 经过m 次α衰变和n 次β衰变，变成207
82Pb ，则( )
A ．m ＝7，n ＝3
B ．m ＝7，n ＝4
C ．m ＝14，n ＝9
D ．m ＝14，n ＝18
3、将一物体由坐标原点O 以初速度v 0抛出，在恒力作用下轨迹如图所示，A 为轨迹最高点，B 为轨迹与水平x 轴交点，假设物体到B 点时速度为v B ，v 0与x 轴夹角为α，v B 与x 轴夹角为β，已知OA 水平距离x 1小于AB 水平距离x 2，则（ ）
A ．物体从O 到A 时间大于从A 到
B 时间
B ．物体在B 点的速度v B 大于v 0
C ．物体在O 点所受合力方向指向第一象限
D ．α可能等于β
4、假设空间某一静电场的电势ϕ随x 变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是
A ．10x -范围内各点场强的方向均与x 轴平行
B ．只在电场力作用下，正电荷沿x 轴从0运动到1x ，可做匀减速直线运动
C ．负电荷沿x 轴从2x 移到3x 的过程中，电场力做正功，电势能减小
D ．无法比较23x x -与45x x -间的场强大小
5、2018 年国际雪联单板滑雪U 形池世锦赛决赛在西班牙内华达山收官，女子决赛中，中国选手蔡雪桐以 1．75 分高居第一，成功卫冕。

如图所示，单板滑雪 U 形池场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场地，雪面不同曲面处的动摩擦因数不同。

因摩擦作用， 滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下滑到坡底的过程中速率不变，则（ ）
A ．运动员下滑的过程中加速度不变
B ．运动员下滑的过程所受摩擦力先增大后减小
C ．运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小
D ．运动员滑到最低点时对轨道的压力等于物体的重力
6、如图，两小球P 、Q 从同一高度分别以1v 和2v 的初速度水平抛出，都落在了倾角
37θ=︒的斜面上的A 点，其中小球P 垂直打到斜面上，则1v 、2v 大小之比为（ ）
A ．9：8
B ．8：9
C ．3：2
D ．2：3
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图，质量相同的两物体a 、b ，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a 在水平桌面的上方，b 在水平粗糙桌面上。

初始时用力压住b 使a 、b 静止，撤去此压力后，a 开始运动，在a 下降的过程中，b 始终未离开桌面。

在此过程中
A．a的速率小于b的速率
B．两物体机械能的变化量相等
C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零
8、在平直公路上行驶的a车和b车，其位移-时间图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于-2m/s2，t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，则（）
A．a车做匀速运动且其速度为
8
3
a
v m/s B．t=3s时a车和b车相遇且此时速度相
同
C．t=1s时b车的速度为10m/s D．t=0时a车和b车的距离x0=9m
9、如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN之间加上高压直流电源，其间产生强非匀强电场E；水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥，如图所示虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹，则下列说法正确的是（）
A．水分子在B点时，水分子带正电一端受到的电场力与带负电荷一端受到电场力大小不相等
B．水分子沿轨迹ABCD运动过程中电场力始终做正功
C ．水分子沿轨迹ABC
D 运动过程中电势能先减少后增加
D ．如果把高压直流电源的正负极反接，水分子从A 处开始将向下运动
10、如图为一匀变速直线运动的x t -图象，图象与两坐标轴的交点分别为
()0,0t ()00,-x ，0t =时，图象切线交t 轴的坐标为()02,0t ，关于质点的运动下列说法正确的（ ）
A ．质点先向x 轴负方向运动，后向x 轴正方向运动
B ．质点的初速度大小为00
2x t C ．00~t 时间内质点的位移为0x -
D ．质点的加速度大小为02
0x t 三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某同学设计了如图（a ）所示的装置验证小球摆动过程中的机械能守恒。

实验中小球到达B 点时恰好与桌面接触但没有弹力，D 处的箭头处放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时被割断，小球做平抛运动落到地面，P 是一刻度尺。

该同学方案的优点是只需利用刻度尺测量A 位置到桌面的高度h 、桌面到地面的高度H 及平抛运动的水平位移L 即可.
（1）用游标卡尺测出小球的直径d 如图(b)所示，d=__________cm ；
(2)实验中改变h ，多测几次h 和L 的数值，作出如图(c)所示的图象l ，则该图线的斜率k=__________可证明小球下摆过程中机械能守恒；
12．（12分）(1)在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm。

(2)在用单摆测定重力加速度实验中，用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图所示，读数为______cm。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）传送带与水平方向夹角37
θ︒
=，以v=2m/s 的速率沿逆时针方向匀速传送，传送带两端A、B 间距离L=6m，如图所示。

现有一可视为质点的物块以v=2m/s 的初速度从AB中点沿传送带向上运动。

已知物块质量m=1kg，与传送带间的动摩擦μ=，滑轮大小可忽略不计，取g=10m/s2。

（sin37︒= 0.6，cos37︒= 0.8）求：因数0.5
(1)物块沿传送带向上运动的最大位移；
(2)物块在传送带上运动的总时间；
(3)物块和传送带之间因摩擦而产生的总热量。

14．（16分）如图所示，长木板AB和光滑四分之一圆弧轨道在B点平滑连接成一个整体，放置在光滑的水平面上，长木板和圆弧轨道的总质量为M=3kg，一个质量为
m=0.98kg的物块放在木板AB的中点，一颗质量为m0=20g的子弹以初速度v0=100m/s 射入物块并留在物块中（子弹射入物块时间极短，可忽略不计)，木板的长度L=1m，重力加速度取g=10m/s2.
（1）要使物块能滑上圆弧轨道，物块与长木板间的动摩擦因数应该满足什么条件? （2）若物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.15，物块从子弹击中后到运动至B点，需要多长时间?
15．（12分）如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．（g取10m/s2）
（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为（1.6m，0.8m），求其离开O 点时的速度大小；
（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；
（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．（结果可保留根式）
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C
【解题分析】
v="36" km/h="10" m/s,a="-4" m/s2,画出汽车运动的v-t图如右图，由图可知：经2.5 s
汽车就已停下，有经5 s 通过的位移s 5=s 2.5="5×2.5" m="12.5" m
2、B
【解题分析】
根据反应前后质量数守恒和核电荷数守恒可知235=207+4m ，92822m n =+-，由此可知7m =、4n =，故B 正确．故选B
【题目点拨】
知道发生α、β衰变的实质．能够运用质量数和电荷数守恒进行求解
3、B
【解题分析】
物体在恒力作用下运动，故可将物体运动分解为水平和竖直方向上的匀变速运动；又有A 为轨迹最高点，所以，A 点的水平速度为0；O 点和B 点的竖直高度一致，由匀变速运动规律可知：物体从O 到A 时间等于从A 到B 时间，故A 错误；已知OA 水平距离x 1大于AB 水平距离x 2，且物体从O 到A 时间等于从A 到B 时间，那么物体在AB 上的平均速度大于在OA 上的，所以，由匀变速运动规律可知物体做匀加速运动，加速度方向向右，所以物体在B 点的速度v B 大于v 0，故B 正确；由图可知，恒力在竖直方向上的分量方向向下；由A 可知，恒力在水平方向上的分量方向向右，所以，恒力方向指向第四象限，则物体在O 点所受合力方向指向第四象限，故C 错误；由B 可知物体在竖直方向上做匀变速运动，在O 点和在B 点时竖直方向上的分速度大小相等，方向相反；由A 可知，物体在O 点和在B 点时水平方向上的分速度方向相同，v B ＞v 0，所以，α大于β，故D 错误；故选B ．
【题目点拨】
在类平抛运动中，我们一般将物体运动分解为两个垂直方向上的分运动；若题目给出的条件为水平、竖直方向上的，则将运动按这两个方向分解；若题目给的条件较少，且可转化到合外力方向和垂直合外力方向，则按沿合外力及垂直合外力方向分解. 4、C
【解题分析】 由题中图像可以知道，在范围内各点的电势不变，是一条等势线，所以电场的方
向应该与轴垂直，故A 错误；轴在间，各点的电势相等，任意两点间的电势差为零，电场力做功为零，而且电荷沿直线运动，可能做匀速运动，故B 错误；负电荷沿轴从移到的过程中电势升高，则电场力对负电荷做正功，电势能减小，故C 正确；在的范围内相对于在
的范围内等差等势面密集大，所以前者的电场强度大些，故D 错误．
5、C
【解题分析】
A ．运动员在下滑过程中速率不变，故可看做匀速圆周运动，根据：
2
n v a r
= 可知加速度大小不变，方向始终指向圆心，方向时刻在变，故加速度时刻在变；故A 错误
B ．设支持力N F 与竖直方向的夹角为θ，则摩擦力f ：
sin f mg θ=⋅
在下滑过程中，由于角度变小，故sin θ变小，则f 变小；故B 错误
C ．设支持力N F 与竖直方向的夹角为θ，则
2
cos N v F m F mg r
θ==-⋅合 sin f mg θ=⋅
由于合力大小不变，故在下滑过程中，由于角度变小，故cos θ变大，sin θ变小，故N F 变大，f 变小，根据：
N f F μ=
可知，摩擦因数减小；故C 正确
D ．在最低点时：
2
N v F mg m r
-= 依题意，有速度，则支持力不等于重力，根据牛顿第三定律，压力等于支持力，所以压力不等于重力；故D 错误
6、A
【解题分析】
两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直方向的位移相等，小球在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移h 相等，它们的运动时间 2h t g = 相等； 对球Q
22212tan 372gt y gt x v t v ︒=== 解得
223
v gt = 球P 垂直打在斜面上，则有
1tan tan 3734
y v v gt gt θ==⋅︒= 则
2139428
3
gt v v gt == 故选A 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AD
【解题分析】
将b 的速度进行分解如下图所示：
由图可知，，可得，即a 的速率小于b 的速率，故A 正确；绳对a 做负功，对b 做正功，则a 的机械能减少，b 的机械能增加。

由于摩擦力对b 做功，故ab 系统总的机械能减少，则二者机械能的变化量不相等，故B 错误；a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a 的重力势能的减小量大于
两物体总动能的增加量，故C 错误；在这段时间t 内，绳子对a 的拉力和对b 的拉力大小相等，绳子对a 做的功等于
，绳子对b 的功等于拉力与拉力方向上b 的位移的乘积，即：，又，所以绳的拉力对a 所做的功与对b 所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D 正确。

故选AD 。

【题目点拨】
本题是连接体问题，关键要知道两个物体沿绳子方向的分速度相等。

要正确分析有摩擦力作用下的系统功能转化关系，知道系统克服摩擦力做功机械能减少，减少的机械能转化为内能。

8、BD
【解题分析】
A ．s t —图象的斜率等于速度，由图可知，a 车的速度不变，做匀速直线运动，速度为 82m/s 2m/s 3
a s v t ∆-===∆ 故A 错误；
B ．3s t =时，直线a 和曲线b 刚好相切，位置坐标相同，辆车相遇。

斜率相等，此时辆车的速度相等，故B 正确；
C ．3s t =时，b 车的速度为
2m/s b a v v ==
设b 车的初速度为0v ，对b 车，有
0b v at v +=
解得
08m/s v =
则1s t =时b 车的速度为
01(821)m/s 6m/s b
v v at '=+=-⨯= 故C 错误；
D ．3s t =时，a 车的位移为
6m a a s v t ==
b 车的位移为
0823m 15m 22b b v v s t ++==⨯=
3s t =时，a 车和b 车到达同一位置，得
09m a b s s s =-=
故D 正确。

故选BD 。

9、AC
【解题分析】
试题分析：由于电场的分布不均匀，由图可知，上端的电场强度大于下端电场强度，根据F=qE 可得，水分子带正电一端受到的电场力与带负电荷一端受到电场力大小不相等，故A 正确；水分子沿轨迹ABCD 运动过程中，在CD 阶段，受到的电场力方向与运动的方向夹角大于90°，故电场力做负功，故B 错误；水分子沿轨迹ABCD 运动过程中，电场力先做正功，后做负功，故电势能先减小后增大，故C 正确；如果把高压直流电源的正负极反接，产生的电场方向发生反转，但水分子是一端带正电，另一端带等量负电，故水分子的正负端发生反转，水分子还是从A 处开始将向上运动，故D 错误
考点：电场强度，电场力做功，
10、BD
【解题分析】
A.根据图像知，质点一直向x 轴正方向运动，故A 错误；
B.质点的初速度大小为点()00,-x 的斜率
000
2x x v t t ∆==∆ 故B 正确；
C. 00~t 时间内质点的位移
000()x x x =--=
故C 错误；
D.根据位移公式
2012
x v t at =+ 代入各已知量
200000122
x x t at t =+
解得
02
0x a t = 故D 正确。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、 1.140 4H
【解题分析】(1)主尺上的读数为：1.1cm ，游标上的读数为：
80.050.400.040mm mm cm ⨯==，所以d=1.1cm+0.040cm=1.140cm ；
(2)小球重力势能的减小量为mgh ，根据平抛运动， 212
H gt =， 0L v t =
，解得0v =，
动能增量为2
22011224gL mv m H ⎛⎫ ⎪==，根据机械能守恒24gL mgh H =,即24L Hh =，即k=4H.
12、 0.617(0.616～0.619) 0.675
【解题分析】（1）主尺上的读数为0.5mm ；分尺上的读数为11.80.010.118mm mm ⨯= 螺旋测微器最终的读数为; ()0.50.1180.6180.6160.619mm mm mm mm mm +=- ;
（2）主尺上的读数为0.6cm ，分尺上的读数为： 150.050.750.075mm mm cm ⨯== ； 游标卡尺最终的读数为： 0.60.0750.675cm cm cm +=
综上所述本题答案是：(1). 0.618mm(0.616～0.619) (2). 0.675cm
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（(1)0.2m(2)1.4s(3)9J
【解题分析】
(1)物体经过时间t 1沿传送带向上运动速度为零，在时间t 1内，物体的位移为x 1，对物体，由牛顿第二定律得
1sin cos mg mg ma θμθ+=
解得：
2110m /s a =
由匀变速直线运动的速度公式得：11v a t =，解得：
10.2s t =
物块的最大位移为
110.2m 2
v x t == (2)物块速度减到0后返向加速，由牛顿第二定律得
2sin cos mg mg ma θμθ+=
解得：
2210m /s a =
物块与传送带速度相等的时间为
22
0.2s v t a == 此过程中的位移为
220.2m 2
v x t =⨯= 物块与传送带速度相等后继续向下加速，由牛顿第二定律得
3sin cos mg mg ma θμθ-=
解得：
232m /s a =
此时物块回到传送带中点，由匀变速直线运动的位移公式得：
2333122
L vt a t =+ 解得：
31s t =
物块在传送带上运动的总时间
123 1.4s t t t t =++=
(3)物块向上加速过程中，传送带的位移为
'1120.2m 0.4m x vt ==⨯=
此过程产生的热量为
'111(+)3J Q mg x x μ==
物块向下加速到与传送带共同过程中，传送带的位移为
'2220.2m 0.4m x vt ==⨯=
此过程产生的热量为
'222()1J Q mg x x μ=-=
物块从与传带共速到即将离开过程，传送带的位移为
'3321m 2m x vt ==⨯=
此过程产生的热量为
'33()5J 2
L Q mg x μ=-= 所以总热量为
1239J Q Q Q Q =++=
14、（1）0.3μ< （2）t =
【解题分析】
(1)子弹射入物块过程，根据动量守恒定律有:
m 0v 0=（m 0+m ）v 1
求得
v 1=2m/s
若物块刚好滑到B 点时与木板有共同速度，则:
（m 0+m ）v 1=( m 0+m +M ) v 2
求得
v 2=0.5m/s
根据功能关系: 220010211()()()222
L m m g m m v m m M v μ+⋅
=+-++ 求得:
μ=0.3 因此，要使物块能滑上圆弧轨道，物块与长木板间的动摩擦因数应小于0.3
(2)设物块到达B 点时，物块和木板与圆弧轨道组成的整体各自的速度分别是v a 、v b ，需要的时间为t .
对物块，由动量定理得:
-μ(m +m 0）gt =m (m +m 0) v a -(m +m 0) v 1
对木板和圆弧轨道，由动量定理得
μ(m +m 0）gt =Mv b
物块滑到B 点时，有
1222
a b v v v L t t +-=
可解得2s 2
t -=,另一解不符合题意，舍去． 因木板和圆弧轨道在物块上升到最高点时的速度为0.5m/s ，
【题目点拨】
本题考查动能定理、动量定理的应用以及动量守恒定律的应用，要注意正确分析物理过程，同时分别对两物体进行分析，明确物理规律的应用才能准确求解.
15、（1）4m/s （2）2.5m ＜x≤3.3m （3）【解题分析】
（1）设小物体离开O 点时的速度为0v ，由平拋运动规律，
水平方向：
0x v t =，
竖直方向
212
y gt =， 其中 1.6m 0.8m x y ==，，解得：
04m /s v =；
（2）为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O 点，设拉力F 作用的最短距离为1x ，由动能定理：
10Fx mgs μ=-，
解得
x =2.5m ；
为使小物体击中挡板，小物块的平拋初速度不能超过4m/s ，设拉力F 作用的最长距离为2x ，由动能定理：
22012
Fx mgs mv μ-=
， 解得
x 2=3.3m 则为使小物块击中挡板，拉力作用的距离范围为
2.5m ＜x ≤
3.3m ；
（3）设小物块击中挡板的任意一点坐标为（x ，y ），则有 x =vt ，212
y gt =， 由机械能守恒定律得
212
k E mv mgy =
+， 又 x 2＋y 2=R 2，
由P 点坐标可求
R 2=3.2m 2
化简得
23415444
k mgR mgy E y y y =+=+（式中物理量均取国际单位制的单位） 由数学方法求得
k E ≥ 即
kmin E =．。