黑龙江省哈师大附中2024年物理高三第一学期期中考试试题含解析

黑龙江省哈师大附中2024年物理高三第一学期期中考试试题注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、一小球以一定的初速度从图示5P位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为(重力加速度为g)()
A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg
2、飞机起飞后在某段时间内斜向上加速直线飞行，用F表示此时空气对飞机的作用力，下列关于F的示意图正确的是
A．B．
C．D．
3、“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是（）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B ．在最低点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
D ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量不为零
4、将一小球从高处水平抛出，最初2s 内小球动能E k 随时间t 变化的图线如图所示，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.根据图象信息，无法确定的物理量是
A ．小球的质量
B ．小球的初速度
C ．小球拋出时的高度
D ．最初2s 内重力对小球做功的平均功率
5、如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a 、b ，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F ，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是
( )
A ．a 、b 两物体的受力个数一定相同
B ．a 、b 两物体对斜面的压力不一定相同
C ．a 、b 两物体受到的摩擦力大小可能不相等
D ．当逐渐增大拉力F 时，物体b 先开始滑动
6、自由下落的物体，在任何相邻的单位时间内下落的距离之差△h 和平均速度之差△v ，数值上分别等于（ ）
A ．,22g h v g ∆=∆=
B ．,24
g g h v ∆=∆= C ．,h g v g ∆=∆= D ．2,2h g v g ∆=∆=
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，静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带负电，被喷工件带正电，微粒只在静电
力作用下向工件运动，最后吸附在其表面．微粒在向工件靠近的过程中（）
A．不一定沿着电场线运动
B．所受电场力大小不变
C．电势能逐渐减小
D．动能逐渐减小
8、右图是某小组同学为研究滑动摩擦因数所设计的实验装置．其中A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的木块，Q为木块右端连接的一弹簧测力计．实验时用力将A从B的下方抽出，通过Q的读数即可测出动摩擦因数．若实验条件较为理想，则（）
A．只有将木板A匀速抽出才能从Q上读取稳定读数
B．将木板A加速、减速或匀速抽出均能从Q上读取稳定读数
C．通过该方法可测得A与B之间的动摩擦因数
D．通过该方法可测得A与地面之间的动摩擦因数
9、如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L 的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方L处，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为F T1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F T2，弹簧的弹力为F2.下列关于F T1与F T2、F1与F2大小之间的关系，正确的是( )
A．F T1>F T2B．F T1＝F T2
C ．F 1<F 2
D ．F 1＝F 2
10、一质量为2kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。

F 随时间t 变化的图线如图所示，则（）
A ．1s t =时物块的速率为1/m s
B ．2s t =时物块的动量大小为4kg m /s ⋅
C ．3s t =时物块的动量大小为5kg m /s ⋅
D ．4s t =时物块的速度为零
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）在研究平抛运动的实验中，某同学记录了小球运动过程经过的A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 点的位置，相邻两点的时间间隔均为△t =0.05s ．取A 点为坐标原点，以+x 方向表示水平初速度方向、+y 方向表示竖直向下方向，实验记录如下：（结果保留两位小数）
（1）作出的x-t 图像如图a 所示，小球平抛的水平初速度大小是_______________m/s
（2）以t 为横坐标， y t 为纵坐标，作出
y t t -图像如图b 所示，图像b 所对应的函数解析式为 4.880.59y t t
=+ ①重力加速度的测量值是___________ m/s2
②t=0.10s时，小球的竖直分速度大小是_______________m/s
12．（12分）用如图的装置做“验证动量守恒定律”的实验
（1）下列操作或说法正确的是__________。

A．将斜槽末端调成水平
B．在斜槽上涂润滑油可以减少实验误差
C．使入射球A每次都从同一高度由静止滚下
D．从P点附近多个落点中选取最清晰的一个点作为P的标记
（2）实验中小球的质量，若其表达式满足______________________，则可验证相碰前后的动量守恒。

（选择以下物理量表示、水平槽到地面距离H、小球的直径d、OP、OM、ON）
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）如图，质量为M=4kg 的木板AB静止放在光滑水平面上，木板右端B点固定一根轻质弹簧，弹簧自由端在C点，C到木板左端的距离L=0.5m，质量为m=1kg 的小木块（可视为质点）静止放在木板的左端，木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1，木板AB受到水平向左的恒力F=14N，作用一段时间后撤去，恒力F撤去时木块恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧最大压缩量x=5cm，g=10m/s1．求：
(1)水平恒力F作用的时间t；
(1)撤去F后，弹簧的最大弹性势能E P；
(3)整个过程产生的热量Q．
14．（16分）如图所示，物体A放在长L=1m的木板B上，木板B静止于水平面上．已知A的质量m A和B的质量m B均为1.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.1，B与水平面之间的动摩擦因数μ1=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g 取10m/s1．若从t=0开始，木板B受F=16N的水平恒力作用，
（1）木板B 受F=16N 的水平恒力作用时，A 、B 的加速度a A 、a B 各为多少？ （1）t=1s 时，在B 的速度为多少？
15．（12分）一半径为R 的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A 、B 两球，悬挂在圆柱面边缘两侧，A 球质量为B 球质量的2倍，现将A 球从圆柱边缘处由静止释放，如图所示，已知A 球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦.求:
(1)A 球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小.
(2)从A 被释放到B 上升到最大高度过程中，绳子拉力对A 球所做的功
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】
在B 点由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：21.8B m v m R
g =，小球从A 到B 的过程，由机械能守恒得：22111.622
B A mgR mv mv +=，在A 点，由牛顿第二定律得：2A v mg N m R
+=，联立得：N=4mg ，由牛顿第三定律知，小球在轨道1上最高点A 处对轨道的压力为
4N N mg =='，选C. 【题目点拨】小球刚好能通过轨道2的最高点B 时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出B 点的速度，再由机械能守恒求出小球通过A 点的速度，即可由牛顿运动定律求解对轨道的压力．
【解题分析】
飞机斜向上加速直线飞行，加速度斜向上，故其合力也斜向上；飞机受重力和空气对其作用力，根据平行四边形法则作图如下：
A ．该图与结论相符，选项A 正确；
B ．该图与结论不相符，选项B 错误；
C ．该图与结论不相符，选项C 错误；
D ．该图与结论不相符，选项D 错误；
3、D
【解题分析】
A ．机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故A 错误；
B ．圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向上方，处于超重状态，则乘客重力小于座椅对他的支持力，故B 错误；
C ．运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，速度在重力方向上的分量大小变化，所以重力的瞬时功率在变化，故C 错误。

D ．根据I=mgt 可知，转动一周，乘客重力的冲量不为零，故D 正确。

故选D 。

4、C
【解题分析】
AB.设小球的初速度为v 0，则2s 末的速度为：
2220(102)v v =+⨯根据图象可知：小球的初动能
20015J 2
k E mv == 2s 末的动能
222125J 2
k E mv ==
00.1kg,10m /s m v ==
故AB 不符合题意．
CD. 最初2s 内重力对小球做功的平均功率： 1020.11010W 2
y P mgv ⨯==⨯⨯= 根据已知条件只能求出2s 内竖直方向高度为
2120m 2
h gt == 而不能求出小球抛出时的高度，故D 不符合题意，C 符合题意．
5、C
【解题分析】
A 、对a 、b 进行受力分析，如图所示：
b 物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b 可能只受3个力作用，而a 物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A 错误；
B 、a 、b 两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：
，解得：，则a 、b 两物体对斜面的压力相同，故B 错误；
C 、根据A 的分析可知，b 的摩擦力可以为零，而a 的摩擦力一定不为零，故C 正确；
D 、对a 沿斜面方向有：，对b 沿斜面方向有：，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a 先达到最大静摩擦力，先滑动，故D 错误； 故选C 。

【题目点拨】
关键是正确对物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解。

6、C
【解题分析】
匀变速直线运动在任意相邻的单位时间内位移差恒定2x aT ∆=，对于自由落体运动而
言2h gT g ∆==，任何相邻的单位时间内下落的平均速度为中间时刻瞬时速度，两个中间时刻相差1s,由速度公式可知0t v v at g -==。

综上分析，C 正确。

【题目点拨】
要熟练应用匀变速直线运动中2x aT ∆=和匀变速直线运动中间时刻瞬时速度v v =，这两个结论来解题。

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、AC
【解题分析】
A. 由于涂料微粒有初速度，故不一定沿电场线方向运动，故A 正确；
B. 由图知，工件带正电，涂料微粒带负电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大．故B 错误；
CD.涂料微粒向工件靠近的过程中，电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小，动能增大．故C 正确，D 错误．
故选AC ．
8、BC
【解题分析】
将木板A 加速、减速或匀速抽出，A 对B 的摩擦力力F f 是相同的，以B 为研究对象Q 对B 的拉力与A 对B 的摩擦力平衡，所以均能从Q 上读取稳定读数，故A 错误；B 正确；在根据f F mg μ=可求A 、B 之间的动摩擦因数，所以C 正确；A 与地面之间的动摩擦因数无法求出，故D 错误．
9、BC
【解题分析】
以小球B 为研究对象，进行受力分析．由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力F T 的合力F 合与重力mg 大小相等，方向相反，即F 合＝mg ，如图所示：
由三角形相似得：T F mg F AO AB OB ==，又OA ＝OB ＝L ，得F T =mg ，x F mg L =，故绳子的拉力F T 只与小球B 的重力有关，与弹簧的劲度系数无关，所以F T 1=F T 2，当弹簧
的劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故长度x 增加，
F 2>F 1，故BC 正确，AD 错误． 10、AB
【解题分析】
A ．前两秒，根据牛顿第二定律
21m/s F a m
== 则0-2s 的速度规律为：
v=at ；
t =1s 时，速率为1m/s ，A 正确；
B ．t =2s 时，速率为2m/s ，则动量为
P =mv =4kg•m/s
B 正确；
CD ．2-4s ，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a =-0.5m/s 2，所以3s 时的速度为1.5m/s ，动量为3kg•m/s ，4s 时速度为1m/s ，CD 错误；
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、0.50?m/s 29.76?m/s 1.57?
m/s 【解题分析】
小球做平抛运动，水平方向有0x v t =，水平初速度大小等于x-t 图像的斜率
0.50/x k m s t ∆=
=∆，竖直方向有2012y y v t gt =+，化为012
y y v gt t =+，与函数解析式相对应，21 4.88,9.76/2g g m s ==，100.590.976 1.57/y y v v gt m s =+=+= 12、 AC
【解题分析】(1)A 、为了使小球做平抛运动，斜槽的末端需调成水平，故A 正确；
B 、小球每次从斜槽的同一位置滚下，不需要减小摩擦。

故不需要涂润滑油，故B 错误。

C 、为了让入射球每次到达碰撞位置的速度相同，应让小球每次从同一位置开始下滑，故C 正确；
D 、通过多次实验确定小球所落的平均位置，不是找最清晰的位置，故D 错误； 故选AC 。

(2)因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OM 是A 球不与B 球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A 球碰撞前的速度，OP 是A 球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A 球的速度，ON-d 是碰撞后B 球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B 球的速度,当所测物理量满足表达式
，说明两
球碰撞遵守动量守恒定律。

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)t =1s （1）0.3J P E =（3） 1.4J Q =
【解题分析】 （1）对m ：1mg ma μ= 212/a m s = 21112
s a t =
对M ：222,3/F mg Ma a m s μ-== 22212s a t = m 运动至C 时：21s s L -= 解得：t=1s
（1）m 运动至C 时，两物体速度：
对m ：112/v a t m s == 对M ：223/v a t m s ==
弹簧被压至最短时，二者具有共同速度v ：
12()mv Mv m M v +=+ v=1.8m/s 对系统：22212111()222
P E mv mv M m v mgx μ=+-+- 解得：0.3P E J =
（3）假设最终m 没从AB 滑下，由动量守恒可知最终共同速度仍为v=1.8m/s 设m 相对AB 向左运动的位移为s ，则：
P mgs E μ= 解得：s=0.15m
可知：s L x <+，故上面假设正确． 全过程产热：() 1.4Q mg L s x J μ=++=
14、（1）1m/s 1，4m/s 1．
（1）11m/s
【解题分析】
试题分析：（1）分别对A、B隔离分析，运用牛顿第二定律求出A、B的加速度．（1）因为a A＜a B，A相对B向后滑动，结合A、B的位移关系，结合位移时间公式求出A从B上滑下的时间，滑下后，根据牛顿第二定律求出B的加速度，结合速度时公式求出B的速度．
解：（1）根据牛顿第二定律得：μ1m A g=m A a A
解得：；
对B有：F1﹣μ1（m A+m B）g﹣μ1m A g=m B a B
代入数据解得：．
（1）因为a A＜a B，A相对B向后滑动，设经过t1后A滑到B的左边缘，
A的位移为：，
B的位移为：，
x1﹣x1=L
解得：t1=1s＜t=1s，则1s时A已从B上滑下．
t1=1s时，A、B的速度分别为v A、v B，
则有：v B=a B t1=4×1m/s=4m/s
设A滑落后B的加速度为a B′，根据牛顿第二定律得：
F﹣μ1m B g=m B a B′
代入数据解得：
在t=1s时B的速度：v B′=v B+a B′（t﹣t1）
代入数据解得：v B′=11m/s．
答：（1）木板B受F=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度a A、a B各为1m/s1、4m/s1．（1）t=1s时，B的速度为11m/s．
【点评】解决本题的关键理清A、B的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
15、（1）
22
2
5
gR
3mgR
【解题分析】
（1）先根据几个关系求出A球和B球速度的关系和位移的大小，再对AB整体运用机械能守恒定律即可求解；
（2）当A 球的速度为0时，B 上升的高度最高，则此时A 球沿圆柱面运动的位移最大，设为s ，则据机械能守恒定律即可求解；
【题目详解】
（1）当A 球运动到最低点时，作出图象如图所示：
设A 球的速度为v ，根据几何关系可知B 球的速度为2 2
v ，B 球上升的高度为 2R ， 对AB 小球整体运用系统机械能守恒得：22112222)222mgR R mv m -=
⋅+ 解得：2225
v gR -= （2）当A 球的速度为0时，B 上升的高度最高，则此时A 球沿圆柱面运动的位移最大，设为s ，此时连接A 球的绳子与水平方向的夹角为α． 由几何关系得：122s s cos R R
α==
A 球下降的高度为：2
214A s h s sin s R
α=⋅=- 则据机械能守恒定律可得：20A mg h mgs ⋅-= 解得：3s R =
对A 分析可知，拉力对A 做功等于A 的机械能的减小，即
23A W mg h mgs mgR =⋅=．
【题目点拨】
本题主要考查了机械能守恒定律的运用，做题时结合几何关系求解，注意AB 球沿绳子方向的分速度大小是相等的．。