2024学年上海市上戏附中高三物理第一学期期中复习检测试题含解析

2024学年上海市上戏附中高三物理第一学期期中复习检测试题 注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、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、如图所示，一重为10 N 的球固定在支杆AB 的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N ，则AB 杆对球的作用力( )
A ．大小为7.5 N
B ．大小为10 N
C ．方向与水平方向成53°角斜向右下方
D ．方向与水平方向成53°角斜向左上方
2、已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等．如图所示，正电荷均匀
分布在半球面上，Ox 为通过半球顶点与球心O 的轴线．A 、B 为轴上的点，且OA=OB ．则
下列判断正确的是（ ）
A ．A 点的电场强度与
B 点的电场强度相同
B ．A 点的电势等于B 点的电势
C ．在A 点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将做匀加速直线运动
D ．带正电的粒子在O 点的电势能为零
3、如图所示,水平细杆上套一球A ，球A 与球B 间用一轻绳相连，质量分别为A m 和B m ，由于B 球受到水平风力作用，球A 与球B 一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为 ，则下列说法中正确的是（ ）
A．球A与水平细杆间的动摩擦因数为
sin
B
A B m
m m
θ
+
B．球B受到的风力F为tan
B
m gθ
C．风力增大时，若A、B仍匀速运动，轻质绳对球B的拉力保持不变
D．杆对球A的支持力随着风力的增加而增加
4、如图所示，质量相等的两个工件a、b，截面为梯形，靠在一起置于水平面上，它们相互接触的侧面与水平面的夹角为θ．已知a、b间相接触的侧面是光滑的，现给a施加一个水平推力F，使两工件一起向右匀速运动．以下说法正确的是（）
A．工件a对地面的压力小于工件b对地面的压力
B．工件a对地面的压力等于工件b对地面的压力
C．工件a受到的摩擦力等于工件b受到的摩擦力
D．工件a受到的摩擦力大于工件b受到的摩擦力
5、如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N在同一电场线上．两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，重力不计．N点的粒子垂直电场线进入，M点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是
A．电场力对两粒子做功相同
B．两粒子到达P点的速度大小可能相等
C．两粒子到达P点时的电势能都减小
D．两粒子到达P点所需时间一定不相等
6、如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于水平面上，A、B
于水平面间动摩擦因数相同．当水平力F 作用于左端A 上，两物体一起作匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 1．当水平力F 作用于右端B 上，两物体一起作匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 2，则（ ）
A ．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等
B ．在两次作用过程中，F 1+F 2＜F
C ．在两次作用过程中，F 1+F 2＞F
D ．在两次作用过程中，1122
F m F m 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、下列说法中正确的有
A ．核的比结合能比238
92U 核的大
B ．天然放射现象的发现，揭示了原子的核式结构
C ．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子
D ．1.0×1024个238
92U 核经过两个半衰期后还剩1.0×106个
8、雾天，一辆小汽车以30m/s 的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m 处有一大卡车以10m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵，图线a 、b 分别表示小汽车和大卡车的速度随时间变化的情况，以下说法正确的是（ ）
A ．由于刹车失灵时小汽车仍减速，所以不会追尾
B ．在t=5s 时追尾
C ．在t=3s 时追尾
D ．如果刹车不失灵，则小汽车和大卡车之间的最小距离为10m
9、关于热现象，下列说法中正确的是( )
A．气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大
B．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
C．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁压强不变
D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点
E.一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
10、2017年4月23日7时26分，“天舟一号”与“天宫二号”成功对接成新的组合体，组合体开始进行推进剂补加试验，试验持续5天时间，组合体仍在原“天宫二号”的轨道上做圆周运动，目前组合体状态良好．关于组合体与原“天宫二号”的说法正确的是（）
A．组合体的运动速度比原“天宫二号”的运动速度大
B．组合体的机械能比原“天宫二号”的机械能大
C．组合体的加速度比原“天宫二号”的加速度大
D．组合体的向心力比原“天宫二号”的向心力大
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）如图是利用DIS完成“用单摆测定当地重力加速度”实验．实验时，先量出摆球的半径与摆线的长度．单摆摆动后，点击“记录数据”．摆球每经过平衡位置时记数1次，第1次记为“0”，当记数为“50”时，点击“停止记录”，显示时间为t．
（1）则该单摆振动周期为______________．
（2）图示摆线上端的悬点处，用两块木片夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将木片夹紧，是为了（_______）
A．便于测量单摆周期
B．便于测量摆长时拉紧摆线
C．保证摆动过程中摆长不变
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（3）若某组同学误以摆线的长度L作为纵坐标，以单摆周期的平方2
T作为横坐标，作出2
的图像．其他操作测量都无误，则作出的图线是上图中的_________（选填
L T
“1”、“2”或“3”）．
（4）现发现三组同学作出的图线分别是1、2和3，但测出的斜率都为k，是否可以根据斜率求出当地的重力加速度？___________．（若不可以求出，填“否”；若可以求出，请填重力加速度的表达式）．
12．（12分）某同学利用如图所示的装置探究做功与速度变化的关系．
(1)小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；
(2)在钉子上分别套上2条、3条、4条……同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤(1)，小物块落点分别记为M2、M3、M4……；
(3)测量相关数据，进行数据处理．
①为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．A．小物块的质量m
B．橡皮筋的原长x
C．橡皮筋的伸长量Δx
D．桌面到地面的高度h
E．小物块抛出点到落地点的水平距离L
②将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、……，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…….若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、________为横坐标作图，才能得到一条直线．
③由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于______________(填“偶然误差”或“系统误差”)．
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）如图所示，质量为M=3kg的平板小车静止在光滑的水平面上，小车平板面离地面的高度h=1.8m，有一质量m=1kg的小物块（可视为质点）以v0=5m/s从小车左端滑上小车，在小车上运动1s后，从小车右端飞出，最后落在水平地面上，测得滑块滑上小车到落地过程中的水平位移大小为s=8.1m，重力加速度为g=10m/s1．求：
(1)滑块刚离开小车时的速度；
(1)小车的末速度及小车的长度．
14．（16分）如图所示，质量m1=1.0kg 的木板静止在光滑的水平面上，木板长L=1.8m，现有质量m2=0.20kg可视为质点的物块，以水平向右v0=2.4 m/s的速度从左端滑上木板。

已知物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.10，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）木板运动过程中的最大速度大小v；
（2）在物块与木板相互作用的过程中，物块损失的机械能E；
（3）请用两种不同的方法，分析求解在物块与木板相互作用的过程中，由于摩擦产生的内能Q。

15．（12分）第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年在中国北京和张家口举行。

如图所示为简化后的雪道示意图，运动员一定的初速度从半径R=10m的圆弧轨道AB末端水平飞出，落在倾角为37
θ︒
=的斜坡上，已知运动员到B点时对轨道的压力是其重力的5倍，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。

求：
(1)运动员在斜坡上的落点距B点的距离；
(2)运动过程中运动员距斜坡的最大距离及从B点到距斜坡的最大距离所用的时间。

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、D
【解题分析】
对小球进行受力分析可得，AB杆对球的作用力F和绳的拉力的合力与小球的重力等大
反向，可得F方向斜向左上方，其大小12.5
F N
==，故B正确；令
AB杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：
4
tan
3
G
F
α==，α＝53°，故D正
确，ABC错误．
2、A
【解题分析】
A、将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的场强大小分别为E2和E2．由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E2=E2.根据对称性可知，左、右半球在B点产生的场强大小分别为E2和E2．且E2=E2.则在图示电场中，A的场强大小为E2，方向向右．B的场强大小为E2，方向向右，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同；故A正确.
B、根据电场的叠加原理可知，x轴上电场线方向向右，则A点的电势高于B点的电势；故B错误.
C、在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，由于电场强度是变化的，所以粒子所受的电场力是变化的，则该粒子将做变加速直线运动；故C错误.
D、电场线方向向右，O点的电势高于无穷远处电势，则O点的电势大于零；故D错误. 故选A.
【题目点拨】
本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．左半球面在A 点的场强与缺失的右半球面在B点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键．3、B
【解题分析】
先对球B受力分析，受重力、风力和拉力，根据共点力平衡条件列式分析；对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、风力和水平向左的摩擦力，再再次根据共点力平衡条件列式分析各力的变化．
【题目详解】
对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如图：
风力为tan B F m g θ=，绳对B 球的拉力为cos B m g T θ
=，把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力()A B m m g +、支持力N 、风力F 和向左的摩擦力f ，如图，根据共点力平衡条件可得：杆对A 环的支持力大小：()A B N m m g =+、f F =，则A 环与水平细杆间的动摩擦因数为()
tan B A B m f N m m θμ==+，B 正确A 错误；当风力增大时，θ增大，则T 增大．C 错误；对整体分析，竖直方向上杆对环A 的支持力()A A B N m m g =+，
不变，D 错误．
【题目点拨】
本题考查受力分析以及共点力的平衡条件应用，要注意明确整体法与隔离法的正确应用．
①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．
②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析．
③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用 1、当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，
宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法．
2、整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．
4、A
【解题分析】对a 、b 分别受力分析，如图所示：
对物体a ，根据平衡条件得：水平方向有a F Nsin f θ=+，竖直方向有
a N Ncos G θ+=，对于物体
b ，根据平衡条件得：水平方向有b Nsin f θ=，竖直方向有b N G Ncos θ=+，联立解得： a N G Ncos θ=-， b N G Ncos θ=+； a f F Nsin θ=﹣， b f Nsin θ=；故a b N N <，根据牛顿第三定律，工件a 对地面的压力小于工件b 对地面的压力，A 正确，B 错误；由于动摩擦因数不知道，故无法比较工件a 受到的摩擦力与工件b 受到的摩擦力的大小关系，CD 错误；选A.
【题目点拨】对物体a 、b 分别受力分析，由于物体是匀速直线运动，故合力为零，根据平衡条件并结合正交分解法列式分析即可．
5、D
【解题分析】
A.由图可知MP 两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为零，而NP 间的电势差大于零，根据W =qU 知，电场力对M 点的粒子不做功，对N 点的粒子做正功，故A 错误；
B.根据动能定理知N 点的粒子到达P 点时电场力做正功，所以速度增大，而M 点的粒子到达P 点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子达到P 点的速度大小不等，故B 错误；
C.M 点的粒子到达P 点时电势能不变，N 点的粒子到达P 点电场力做正功，所以电势能减少，故C 错误；
D.在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM =L ，设M 点的粒子与电场线的夹角为α．则M 点的粒子到达P 点的时间 ：
0sin M L t v α
= N 点的粒子到达P 点的时间：
N L t v = 由此可见，两粒子到达P 点所需时间一定不相等，故D 正确．
故选D ．
【题目点拨】
本题主要考查了电场力做功、电势能及速度的分解得应用，首先分析初末位置的电势差，判断电场力做功的关系．由动能定理分析速度大小关系．运用运动的分解法和运动学公式分析运动时间的关系．
6、A
【解题分析】
当水平力F 作用于左端A 上时，对木块A 、B 整体分析，根据牛顿第二定律可得：12F f a m m -=+，()12f m m g μ=+．对木块B 隔离分析：122,B B F f m a f m g μ-== ，解得：2112m F F m m =+．当水平力F 作用于右端B 上时，同理得：121212
,m F F f a F m m m m -==++ ．可得12F F F +=，1221F m F m =．故A 正确；BCD 错误；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、AC
【解题分析】
因为238
234
9290U Th α→+，过程中需要释放能量，所以核的比结合能比238
92U 核的大，
A 正确；α粒子散射实验揭示了原子的核式结构，
B 错误；当电子从能量较高的定态轨道（其能量记为）跃迁到能量较低的定态轨道（能量记为，）时，会放出能量为的光子（是普朗克常量），这个光子的能量由前后两个能级的能量差决定，即，因此，氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子；
C 正确；半衰期是大量的统计规律，少量的核衰变，不满足，所以
D 错误；
8、CD
【解题分析】根据速度-时间图象所时间轴所围的“面积”大小等于位移，由图知，t=3s 时，b 车的位移为：s b =v b t=10×3m=30m ；a 车的位移为
，则s a -s b =30m ，且a 的速度大于b 的速度，所以在
t=3s 时追尾．故C 正确，AB 错误．如果刹车不失灵，紧急刹车时两车相距30米，速
度相等时，a 车的位移 s 1=×（30+10）×2m=40m ，b 车位移s 2=10×2m=20m ，因为s 2+30m=50m ＞s 1，则不会发生追尾事故．小汽车和大卡车之间的最小距离为50m-40m=10m ，故D 正确．故选CD ．
点睛：本题主要是考查匀变速直线运动的速度图象，解答本题关键要抓住速度图象的面积表示位移，通过分析位移关系判断能否追尾．
9、BCE
【解题分析】
A ．根据理想气体的状态方程：
PV C T
= 可知气体的温度升高，若同时体积增大，则压强不一定增大；故A 错误； B ．根据熵原理，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故B 正确；
C ．气体的压强是大量的气体分子频繁地对器壁碰撞而产生的，则在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁压强不变，故C 正确；
D ．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故D 错误；
E ．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气要吸收热量，但因分子动能不变，则其分子之间的势能增加，故E 正确；
故选BCE ．
10、BD
【解题分析】
A ：组合体仍在原“天宫二号”的轨道上做圆周运动，据2
2Mm v G m r r
=，GM v r =组合体的运动速度等于原“天宫二号”的运动速度；故A 错误．
B ：组合体的运动速度等于原“天宫二号”的运动速度，组合体质量变大，组合体的机械能比原“天宫二号”的机械能大；故B 正确．
C ：组合体仍在原“天宫二号”的轨道上做圆周运动，据2Mm G
ma r =，2M a G r =组合体的加速度等于原“天宫二号”的加速度；故C 错误．
D ：组合体仍在原“天宫二号”的轨道上做圆周运动，据2n Mm F G
r
=，组合体的向心力比原“天宫二号”的向心力大；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、25
t C 3 24k π 【解题分析】 （1）当记数为“50”时，单摆全振动的次数为25，显示时间为t ，则周期为25t T =
． （2）图示摆线上端的悬点处，用两块木片夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将木片夹紧，是为了保证摆动过程中摆长不变，故选C.
（3
）根据2T =
，则2T =，解得224g L T r π=-，则作出的图线是上图中的3.
（4）由上述表达式可知，
24g k π=，解得g=4π2 k. 【题目点拨】
此题考查单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化．在最低点，速度最快，开始计时误差较小；会用图像法处理实验数据．
12、ADE 2L 系统误差
【解题分析】
（1）小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度212
h gt =，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离0L v t =，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式212
k E mv =
，还需要知道小球的质量，故ADE 正确，BC 错误； （2）根据212h gt =，和0L v t =，可得22220
222L L g v L h t h g ===，因为功与速度的平方成正比，所以功与2L 正比，故应以W 为纵坐标、2L 为横坐标作图，才能得到一条直线；
（3）偶然误差的特点是它的随机性，如果我们对一些物理量只进行一次测量，其值可能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，产生偶然误差的原因无法控制，所以偶然误差总是存在，通过多次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除；系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生，由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略且无法消除，则由此引起的误
差属于系统误差．
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）1m/s （1）1m/s 6m
【解题分析】（1）设滑块刚离开小车时的速度1v ，滑块刚离开小车后做平抛运动，则有2112
h gt =， 111x v t = 滑块滑上小车做匀减速运动，则有0122v v x t +=
， 12s x x =+ 解得12/v m s =
（1）设小车的末速度为2v ，滑块刚离开小车的过程中，滑块与小车为系统，动量守恒，则有012mv mv Mv =+
解得21/v m s = 小车的长度22062
v L x t m +=-= 14、（1）0.2m/s （2）0.38J （3）0.36J
【解题分析】
（1）物块的加速度
22221m/s m g
a m μ==
木板的加速度
22110.2m/s m g
a m μ==
当物块滑离木板时：
220211122
v t a t a t L --= 解得
t =1s
（另一值舍掉）
当物块滑离木板时木板速度最大，则最大值为
v 1=a 1t =0.2m/s
（2）当物块滑离木板时物块的速度
v 1=v 0-a 2t =1.4m/s
则在物块与木板相互作用的过程中，物块损失的机械能 222022110.38J 22E m v m v ∆=-= （3）法1：由能量关系可知，摩擦产生的内能： 2222022111110.36J 222
Q m v m v m v =--= 法2：当物块滑离木板时摩擦产生的内能
20.10.210 1.8J 0.36J Q m gL μ==⨯⨯⨯=
15、 (1)75m ；(2)9m ；
32
s 【解题分析】
(1)运动员在B 点 2N B v m F mg R
=- 解得
4B v gR ==20m/s
根据平抛知识
212tan 37B gt v t
︒=
解得
t =3s
运动员落到斜坡处距B 点的距离
21275m sin 37
gt L ︒== (2)如图
在垂直斜面方向上的速度减为零时，运动员距斜面最远
sin 373cos372
B v t g ︒︒==s
运动员距斜坡的最大距离
2
(sin 37)92cos37B v d g ︒︒==m。