黑龙江省哈师大附属中学2024年高三物理第一学期期中综合测试模拟试题含解析

黑龙江省哈师大附属中学2024年高三物理第一学期期中综合测
试模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是
A．逐渐减小B．逐渐增大
C．先减小后增大D．先增大后减小
2、近几年，在国家宏观政策调控下，我国房价上涨出现减缓趋势。

若将房价的“上涨”类比成“加速”，将房价的“下跌”类比成“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可类比成（）
A．速度增加，加速度减小
B．速度增加，加速度增大
C．速度减小，加速度增大
D．速度减小，加速度减小
3、假如宇航员在土星表面上用测力计测得质量为m的物块重为G0，已知土星半径为R，土星绕太阳公转的周期为T，线速度为v，引力常量为G，则太阳对土星的引力大小为（）
A．
2
2vG R
GmT
B．
2
G vR
GmT
C．
2
2vGR
G mT
D．
2
GvR
G mT
4、图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个
“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源两
极相连．帯电粒子在磁场中运动的动能及随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是
A．在E k-t图中应有（t2-t1）>（t3-t2）>……>（t n-t n-1）
B．高频电源的变化周期应该等于t n-t n-1
C．要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径
D．在磁感应强度B、“D”形盒半径R、粒子的质量m及其电荷量q不变的情况下，粒子的加速次数越多，离子的最大动能一定越大
5、在绕地球的圆形轨道上飞行的航天飞机上，将质量为m的物体挂在一个弹簧秤上，若轨道处的重力加速度为g'，则下面说法中正确的是( )
A．物体所受的合外力为mg'，弹簧秤的读数为零
B．物体所受的合外力为零，弹簧秤的读数为mg'
C．物体所受的合外力为零，弹簧秤的读数为零
D．物体所受的合外力为mg'，弹簧秤的读数为mg'
6、下列说法中正确的是（）
A．冲量的方向一定和动量的方向相同
B．动量变化量的方向一定和动量的方向相同
C．物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同
D．冲量是物体动量变化的原因
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、有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小（偏转距离减小），下列措施可行的是
A．减小墨汁微粒的质量
B．增大偏转电场两板间的距离
C．减小偏转电场的电压
D．减小墨汁微粒的喷出速度
8、如图所示，物块A与小球B通过一轻绳相连处在定滑轮两侧，物块A套在一光滑水平横杆上，用手按住A，此时轻绳与杆夹角为30°，物块B静止，现释放物块A，让其向右滑行，已知A、B质量均为m，定滑轮中心距横杆高度为h，忽略定滑轮大小，B 始终未与横杆触碰，则下列说法中正确的有
A．B在下落过程中机械能守恒
B．A物块的最大速度为2gh
C．物块向右滑行过程中，绳对A的拉力的功率一直增大
D．物块B的机械能最小时，物块A的动能最大
9、一种自动卸货装置可以简化如下：如图所示，斜面轨道倾角为30 ，质量为M的木
箱与轨道的动摩擦因数为
3
6
．木箱在轨道顶端时自动装货装置将质量为m的货物装
入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速下滑轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，之后木箱恰好被弹回到轨道顶端再重复上述过程。

下列判断正确的是（）
A．下滑过程中系统重力势能的减少量大于摩擦生热
B．下滑过程中木箱始终做匀加速直线运动
C．m＝2M
D．M＝2m
10、如图所示，一根长度为2L、质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等．绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦．由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x时，加速度大小为a，滑轮对天花板的拉力为T。

已知重力加速度大小为g，下列a﹣x、T﹣x关系图线正确的是（）
A．B．
C．D．
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”)．
12．（12分）某同学利用单摆测定当地的重力加速度．
（1）实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺．除此之外，还需要的器材有________．
A．长度约为1 m的细线
B．长度约为30 cm的细线
C．直径约为2 cm的钢球
D．直径约为2 cm的木球
E．最小刻度为1 cm的直尺
F．最小刻度为1 mm的直尺
（2）摆动时偏角满足下列条件____（填“A”、“B” 、“C”更精确．
A．最大偏角不超过10°
B．最大偏角不超过20°
C．最大偏角不超过30°
（3）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________．
A．最高点
B．最低点
C．任意位置
（4）用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图甲所示，该单摆的周期是T ＝_______s(结果保留三位有效数字)．
（5）用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为____m；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则球的直径为_____cm；单摆的摆长为_____m(计算结果保留三位有效数字)．
（6）若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________.
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）如图甲所示，在xOy平面直角坐标系中，第一象限内有一平行板电容器，左侧极板与y轴重合，下端与x轴重合，两极板间所加电压如图乙所示，已知t＝0时刻右侧极板电势高于左侧极板电势，两极板长度为1m，板间距为2m。

在第四象限内存在沿x轴负方向、E＝2×102N/C的匀强电场，在y＝﹣1m处垂直于y轴放置足够大
的平面荧光屏，屏与y轴交点为P，一束比荷q
m
＝102C/kg的带正电粒子沿两极板间中
线不断射入两极板间的电场中，速度大小v0＝50m/s，所有粒子均能垂直于x轴射入第四象限，并有粒子从两极板边缘射出，忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。

（1）粒子在两极板间运动的加速度的大小；
（2）从坐标为（0.64m，0）的点射出的粒子打到荧光屏上的位置与P点间的距离；（3）打到荧光屏上且距P点左侧最远的粒子进入两极板间的时刻。

14．（16分）某科技小组学习了反冲现象后，设计了以下实验。

如图甲所示，小车上固定一个右端开口的小管，管口刚好与小车右端对齐。

小管内装有
一根质量可忽略不计的硬弹簧，小车与管的总质量为M=0.2kg。

将一个大小合适、质量为m=0.05kg的小球压入管内，管口的锁定装置既可控制小球不弹出，也可通过无线遥控解锁。

小球弹出时间极短，在管内运动的摩擦可忽略。

该小组利用此装置完成以下实验。

实验一：测量弹簧储存的弹性势能
如图乙所示，将该装置放在水平桌面上，小车右端与桌面右端对齐，并在小车右端悬挂重锤线到地面，标记出O点。

固定小车，解锁后，小球水平飞出，落到地面上的A点。

g m/s2。

测得OA的距离为x=2.4m，小球抛出点的竖直高度为h=0.8m。

取10
实验二：对小车反冲距离的理论预测与实验检验
如图丙所示，将该装置放在水平地面上静止不动，解除锁定，小球弹出瞬间小车向相反方向运动。

已知地面对小车的阻力恒为车对地面压力的k=0.3倍。

该小组在实验一的基础上，先通过理论计算得出小车反冲距离的预测值为s，再通过实验测得反冲距离的实际值为s'。

请根据上述实验数据及所学知识解答以下问题：
（1）求小球锁定时弹簧储存的弹性势能E P；
（2）请你帮助该小组计算小车反冲距离的预测值s；
（3）请分析说明根据现有信息能否预测s'与s的大小关系。

15．（12分）如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高．质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.1 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．取g＝10 m/s1．求：
（1）物块经过B 点时的速度v B ．
（1）物块经过C 点时对木板的压力大小．
（3）若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q ．
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】
对O 点受力分析： G 的向下的拉力，绳子OC 的拉力，如图：
由于杆可绕A 点自由转动，所以两拉力的合力方向应沿杆指向A ．
由图可知，当C 点沿圆弧向上移动的过程中，OC 与OA 之间的夹角先增大到90，然后又大于90，根据垂直杆方向两力的分力平衡，设OC 与杆夹角为α，则：
OC cos sin G F θα=
当OC 与OA 之间的夹角为90时，绳子OC 对A 点的拉力最小．
所以点C 由图示位置逐渐向上沿圆弧CB 移动过程中，OC 绳所受拉力的大小变化情况是先减小后增大．
A. 逐渐减小，与推导结果不符，故A 错误；
B. 逐渐增大，与推导结果不符，故B 错误；
C. 先减小后增大，与推导结果符合，故C 正确；
D. 先增大后减小，与推导结果不符，故D 错误．
2、A
【解题分析】
“房价上涨出现减缓趋势”中“上涨”类比为速度增大，“减缓”类比为加速度减小，所以“房价上涨出现减缓趋势”可以类比为加速度减小的加速运动，即速度增大，加速度减小，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

3、A
【解题分析】
土星表面的重力加速度为：
0G g m
= 根据
2Mm G mg R
= 得土星的质量为：
G
gR M 2
= 太阳对土星的引力提供土星的向心力，有：
2
022vG R F Mv Mv T GmT
ππω=== A. 2
02vG R GmT
π与计算结果相符，故A 正确。

B. 2
0G vR GmT
与计算结果不符，故B 错误。

C. 2
02vGR G mT
与计算结果不符，故C 错误。

D. 2
0GvR G mT
与计算结果不符，故D 错误。

4、C
【解题分析】
试题分析：根据周期公式T=2m qB
π知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以t 4-t 3=t 3-t 2=t 2-t 1．A 错误；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（t n -t n-1），B 错误；根据公式r=mv qB ，有v=qBr m
，故最
大动能E km =12mv 2=222
2q B r m
，与半径有关；要想粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径，C 正确；与粒子加速的次数无关，D 正确．
考点：本题考查回旋加速器．
5、A
【解题分析】
在绕地球的圆形轨道上飞行的航天飞机上，物体处于完全失重状态，根据牛顿第二定律分析弹簧秤的读数。

【题目详解】
在绕地球的圆形轨道上飞行的航天飞机上，物体所受的合外力等于重力mg ′，根据牛顿第二定律，物体的加速度为g ′，物体处于完全失重状态，弹簧秤的读数为零，A 正确，BCD 错误。

【题目点拨】
在轨道运动的航天飞机处于完全失重状态，在地面上由于重力产生的现象消失，弹簧称不能用来测量物体的重力。

6、D
【解题分析】
解：A 、冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向．故A 错误．
B 、动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反．故B 错误．
C 、物体的末动量方向不一定和它所受合外力的冲量方向相同．故C 错误．
D 、根据动量定理可知，冲量是物体的动量变化的原因．故D 正确．
故选D
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、BC
【解题分析】
微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向： 0 =L v t ；
竖直方向：
21 =2
y at ， 加速度：
=qU a md
， 联立解得：
2
20
=2qUL y mdv ， 要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y ．由上式分析可知，采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大转电场两板间的距离、减小偏转极板间的电压U 、增大墨汁微粒的喷出速度，故AD 错误，BC 正确；
8、BD
【解题分析】
A. 物块A 由P 点出发第一次到达C 点的过程中，绳子拉力对B 一直做负功，其机械能一直减小，故A 错误．
B. 系统机械能守恒，当B 的机械能最小时，即为A 到达C 点，此时A 的速度最大，设为v ，此时B 的速度为0，根据系统的机械能守恒
21(2)2
mg h h mv -=
解得：v =，故B 正确．
C. 根据功率公式cos P Fv α= 知，在P 点，物块A 的速度为零，细线对A 拉力的功率为零．在C 点，拉力和速度垂直，细线对A 拉力的功率也为零，所以物块A 由P 点出发到达C 点过程中，细线对A 拉力的功率先增大后减小．故C 错误．
D. 系统机械能守恒，当B 的机械能最小时，物块A 的机械能最大，即动能最大，故D 正确．
9、AC
【解题分析】
A ．根据能量守恒得：在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，可知减少的重力势能大于摩擦生热，故A 正确；
B ．由于下滑过程先加速后减速。

故B 错误；
CD ．下滑过程，设斜面长度为L ，下降过程，由能量守恒得
()sin 30()cos30P E M m gL M m gL μ︒︒=+-+
返回过程有
sin30cos30P E MgL Mg L μ︒︒'=+⋅
联立解得
2m M =
故C 正确，D 错误。

故选AC 。

10、AD
【解题分析】
设单位长度上质量为m 0，则根据受力分析知：，加速度与x 成正比，当x=L 时，加速度a=g ，以后不变，故A 正确，B 错误；选取左边部分受力分析，知：F=ma+mg=（L ﹣x ）m 0•g+（L ﹣x ）m 0g=﹣
x 2+2m 0gL ，故C 错误，D 正确；故选AD 。

【题目点拨】
此题考查受力分析和牛顿运动定律的应用，注意研究对象的选取，不过不涉及内力，选择整体作为研究对象要简单的多.
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、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．
12、ACF A B 2.28 0.9915 2.075 1.00 224πL g T
= 【解题分析】
(1)[1] 由单摆周期公式2T =可得， 224πL g T
= 实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺，实验需要测量周期，则需要秒表，摆线的长度大约1m 左右。

为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选C ，故选用的器材为ACF 。

(2)[2] 根据单摆原理可知，单摆只有在摆角很小时,才是简揩振动，所以摆动时偏角最大偏角不超过10°，故A 正确BC 错误。

(3)[3] 由于摆球经过平衡位置时，速度最大，在相同视觉距离误差上，引起的时间误差最小，测量周期比较准确．所以为了减小测量周期的误差，应在平衡位置即最低点开始计时，故B 正确AC 错误。

(4)[4] 单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n ＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n ＝60时，即经过了
112922
n -= 个周期，秒表的示数如图甲所示，读数为
2307.467.4s ⨯+=
所以周期为
67.4 2.28s 29.5
T == (5)[5][6][7] 刻度尺最小分度值为0.1cm ，所以从图乙中可知单摆的摆线长为 99.15cm=0.9915m
球的直径为
1mm 20mm 1520.75mm=2.075cm 20
+⨯= 单摆的摆长为
0.020750.9915 1.00m 2
L =+=
(6)[8] 由单摆周期公式2T =可得， 224πL g T
=
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）104m/s 2；（2）1.92m ；（3）
(21)4
n T +（n ＝0，1，2，3……） 【解题分析】
（1）设粒子在两极板间运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可知 11q E a m
=
而 1U E d =
解得：a 1＝104m/s 2
（2）从（0.64m ，0）射入第四象限，做类平抛运动，设运动时间为t 1，则有： 210.64m 2Eq x t m
== 01y v t =
到达y 轴时速度与水平方向的夹角为θ，可得
tan 2y x
θ= 设达到荧光屏上的点与P 点的距离为s 1
()1tan L y s θ
-= 解得s 1＝1.92m
（3）设粒子达到P 点左侧的距离为s 的出射点坐标为（x ，0）
212
x at = 0y v t =
q E a m
= 与（2）同理可得
=
解得
22s x x v =-= 当x ＝1m 时，s 有极大值2m ，当粒子从x ＝1m 位置射出时，即从两极板中线射出，粒子进入两极板间的时刻一定为
4
T 、34T 、54T …… 可得粒子进入两极板间的时刻为(21)4n T +（n ＝0，1，2，3……） 14、（1）0.9J （2）0.3m （3）不能预测s '与s 的大小关系
【解题分析】
（1）小球弹出后做平抛运动，则
212
h gt = ① 0x v t = ②
小球弹出前后瞬间，小球与弹簧系统机械能守恒，则
2012
p E mv = ③ 联立①②③式可得
2
4p mgx E h
= 代入相关数据可得
E P =0.9J
（2）设向右方向为正，在小球弹出瞬间，小球与小车系统动量守恒、机械能守恒，则 120mv Mv =- ④
22121122
p E mv Mv =+ ⑤ 小球弹出后，小车在阻力作用下逐渐减速为零的过程中，由动能定理得
22102
kMgs Mv -=- ⑥ 联立④⑤⑥式可得
()p m s E kM M m g
=+ ⑦ 代入相关数据可得
s =0.3m
（3）仅根据现有信息，不能预测s '与s 的大小关系。

理由如下：
第一，在实验一中，上述计算弹簧储存的弹性势能E P 时，由于没有考虑小球平抛运动过程中所受阻力的影响，使得E P 的预测值比实际值偏小，由⑦式可知预测值s 将偏小； 第二，在实验二中，上述预测计算时没有考虑弹出小球过程中地面摩擦的影响，使得小车速度v 2的预测值要比实际值偏大；同时，在上述预测计算中，也没有考虑小车反冲过程中所受空气阻力的因素，由⑥式可知，均致使预测值s 偏大。

综上，仅根据现有信息，无法比较上述偏差的大小关系，所以不能预测s '与s 的大小关系。

15、（1）2/B v m s = （1）46N
F N '= （3）Q ＝9 J ． 【解题分析】
设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有 b 0v sin =v θ解得：2/B v m s =
（1）从B 到C ，根据动能定理有
mgR (1＋sin θ)＝22
c B 11mv -mv 22
解得v C ＝6 m/s
在C 点，由牛顿第二定律列式，有
2c N v F mg m R
-= 解得：46N F N = 再根据牛顿第三定律得，物块对木板的压力大小46N
F N '= (3)根据动量守恒定律得：(m ＋M )v ＝m c v
根据能量守恒定律有 12
(m ＋M )v 1＋Q ＝2c 1mv 2 联立解得Q ＝9 J ．。