黑龙江哈三中2024年物理高三第一学期期中统考模拟试题含解析

黑龙江哈三中2024年物理高三第一学期期中统考模拟试题
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,光滑水平面上有质量均为m 的物块A 和B ,B 上固定一轻弹簧.B 静止,A 以速度v 0水平向右运动,通过弹簧与B 发生作用。

作用过程中,弹簧获得的最大弹性势能E P 为
A ．201
16mv B ．2018mv
C ．2
014
mv
D ．2
012
mv
2、太空中有一质量均匀分布的球形天体。

已知该天体半径为R ，表面重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g 。

以下说法正确的是 A ．该天体的第一宇宙速度为v gR =
B ．该天体自转的角速度为
g R
C ．该天体的自转周期为0
R T 2g =π
D ．若该天体的自转角速度0
g R
ω>
3、引力波探测于2017年获得诺贝尔物理学奖。

双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P 、Q 两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P 星的周期为T ，P 、Q 两颗星的距离为l ，P 、Q 两颗星的轨道半径之差为△r （P 星的轨道半径大于Q 星的轨道半径），引力常量为G ，则下列结论错误的是
A ．Q 、P 两颗星的质量差为222
4l r GT
π∆ B ．Q 、P 两颗星的线速度大小之差为
2r
T
π∆
C ．Q 、P 两颗星的运动半径之比为l
l r -∆ D ．Q 、P 两颗星的质量之比为l r
l r
-∆+∆
4、关于功，下列正确的说法是( )
A ．物体受到力的作用，并且有位移，力就一定做功
B ．在功的计算式cos W Fs θ=中，F 、s 和cos θ均可取正值、负值或零
C ．合力的总功等于每个分力所做功的绝对值相加
D ．功不是描述物体状态的物理量
5、如右图所示，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )
A ．斜面的机械能不变
B ．物体的重力势能减少，动能增加
C ．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功
D ．物体的机械能守恒
6、假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A 和B ，半径分别为R A 和R B ，这两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方（r 3）与运行周期的平方（T 2）的关系如图所示，T 0为卫星环绕行星表面运行的周期，则（ ）
A ．行星A 的质量大于行星
B 的质量 B ．行星A 的密度小于行星B 的密度
C ．行星A 的第一宇宙速度小于行星B 的第一宇宙速度
D ．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A 的卫星向心加速度小于行星B 的卫星向心加速度
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、物体受到合力F 的作用，由静止开始运动，力F 随时间变化的图象如图所示，下列
说法中正确的是（）
A．该物体将始终向一个方向运动
B．3 s时该物体回到原出发点
C．0～3 s内，力F的冲量等于零，功也等于零
D．2～4 s内，力F的冲量不等于零，功却等于零
8、如图所示，在光滑水平面的左侧固定一块竖直挡板，A球在水平面上静止放置．B 球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为4:1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。

两球刚好不发生第二次碰撞。

A、B两球的质量分别为m A、m B，A、B碰撞前、后两球总动能分别为E1、E2。

则：
A．
3
1
A
B
m
m
=
B．
5
1
A
B
m
m
=
C．1
28 3
E
E
=
D．1
24 1
E
E
=
9、一列简谐横波在t=0时刻的图像如图甲所示，平衡位置位于x=15m处的A质点的振动图像如图乙所示，下列说法中正确的是__________________
A．这列波沿x轴负方向传播
B．这列波的波速是5
/ 3
m s
C．从t=0开始，质点P比质点Q晚0.4s回到平衡位置
D．从t=0到t=0.1s时间内，质点Q加速度越来越小
E.从t=0到t=0.6s时间内，质点A的位移为4m
10、一辆汽车在水平路面上匀速直线行驶，阻力恒定为f. t1时刻驶入一段阻力为2f的路段继续行驶．t2时刻驶出这段路，阻力恢复为f行驶中汽车功率恒定，则汽车的速度v及牵引力F随时间t的变化图象可能是
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）(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。

12．（12分）如图甲所示为探究加速度与质量关系的实验装置示意图。

(1)某位同学设计的实验步骤如下： A ．用天平称出小车的质量。

B ．按图装好实验器材。

C ．把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂钩码。

D ．将打点计时器接在6V 电压的蓄电池上,接通电源,放开小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,并在纸带上标明小车质量。

E.保持悬挂钩码的质量不变,增加小车上的砝码个数,并记录每次增加后的M 值,重复上述实验。

F.分析每条纸带,测量并计算出加速度的值。

G .作a M 关系图象,并由图象确定a 、M 关系。

①该同学漏掉的重要实验步骤是_______,该步骤应排在_______________步实验之后。

②在上述步骤中,有错误的是______,应把____________改为_____________。

③在上述步骤中,处理不恰当的是____,应把___________改为____________。

(2)某次实验中打出了如图乙所示的纸带(打点计时器所用电源的频率50Hz ),则这个加速度值a=_______2/m s 。

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，长L=8m ，质量M=3kg 的薄木板静止放在光滑水平面上，质量m=1kg 的小物体放在木板的右端，现对木块施加一水平向右的拉力F ，取g=10m/s 2，求：
(1)若薄木板上表面光滑，欲使薄木板以2 m/s 2的加速度向右运动，需对木板施加的水平拉力为多大
(2)若木板上表面粗糙，物体与薄木板间的动摩擦因数为0.3，若拉力F=6N ，求物体对薄木板的摩擦力大小和方向？
(3)若木板上表面粗糙，物体与薄木板间的动摩擦因数为0.3，若拉力F=15N ，物体所能
获得的最大速度。

14．（16分）如图所示是一个横截面为半圆、半径为R 的光滑柱面，一根不可伸长的细线两端分别系着物体A 、B ，且m A ＝2m B ，由图示位置从静止开始释放A 物体，当物体B 达到圆柱顶点时，求物体A 的速度．
15．（12分）有一截面为正方形物体ABCD 静止浮在水面上，刚好在一半在水下，正方形边长l=1.2m ，AB 侧前方10.8s m =处有一障碍物．一潜水员在障碍物前方
2 3.0s m =处下潜到深度为1h 的P 处时，看到A 点刚好被障碍物挡住．已知水的折射率
4
3
n =
．求：
（1）深度1h ；
（2）继续下潜2h 恰好能看见CD 右侧水面上方的景物，则2h 为多少？
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】
当两个滑块速度相等时弹簧压缩量最大,弹性势能最大，滑块A 、B 系统动量守恒,根据守恒定律，有
012mv mv =
解得
1012
v v =
系统减小的动能等于增加的弹性势能,故弹簧获得的最大弹性势能p E ，则
220111
222
p
E mv mv 代入数据
2014
p
E mv A ．不符合题意，错误； B ．不符合题意，错误； C ．正确；
D ．不符合题意，错误。

2、D 【解题分析】
A ．质量为m 的物体在天体的两极所受到的引力等于其所受的重力，所以有：
02Mm
G
mg R
=，所以天体质量为： 2
0g R M G
= 根据万有引力提供向心力：2
2Mm v G m R R
=
联立可得：
v =故A 错误。

C ．在赤道，引力为重力和向心力的矢量和，故：2
224Mm G mg m R T
π=+
联立可得：
2T =故C 错误。

BD ．当地球自转周期为0ω时，赤道上物体恰好瓦解：2
0mg mR ω=
解得：
ω=
B 错误，D 正确。

3、
C 【解题分析】
A 、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：22
2
P Q P P Q Q r m m G
m m r l
ωω==，解得22
22
;Q p P Q l r l r m m G
G
ωω=
=
，则Q 、P 两颗星
的质量差为22222
4Q P l r l r
m m m G GT
ωπ∆∆∆=-==，故A 正确；B 、P 、Q 两颗星的线速度大小之差为222Q P P Q r r r
v v v T T T
πππ∆=-=
-=
，故B 正确；C 、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以Q 星的周期为T ，根据题意可知，,P Q P Q r r l r r r +=-=∆ 解得：,22
P Q l r l r
r r +∆-∆=
=，则P 、Q 两颗星的运动半径之比l r
l r
+∆-∆，C 错误。

D 、P 、Q 两颗星的质量之比为
Q P Q r m l r m rp l r -∆==+∆ ，故D 正确。

本题选错误的故选C 。

4、D 【解题分析】
通过对公式的理解以及功能关系即可判断相关问题。

【题目详解】
A ．物体受到力的作用，如果力和位移相互垂直，则力不会做功，A 错误；
B ．cos W Fs θ=中，F 、s 和表示力和位移的大小，都是正值，θ表示力和位移方向的夹角，cos θ可取正值、负值或零，B 错误；
C ．合力的总功等于每个分力所做功的代数和相加，C 错误；
D ．功是能量转化的量度，能量的变化可以通过做功实现，所以功是过程量，不是状态量。

5、B 【解题分析】
在整个运动过程中，物体对斜面的压力对斜面做功，斜面的机械能不守恒，故A 错误；
物体下滑时，重力做正功，物体的重力势能减小，动能增加，故B 正确；斜面对物体的作用力垂直于斜面，但在作用力方向上，物体有位移，斜面对物体的作用力对物体做功，故C 错误；物体和斜面组成的系统在整个过程中只有重力做功，它们的机械能守恒；但物体受弹力做功；机械能不守恒，D 错误． 6、A 【解题分析】 A.根据
22
24GMm r
m r T
π=, 可得
23
2
4r M GT
π= 32
2
4GM r T π=
由图象可知，A 的斜率大，所以A 的质量大.故选项A 符合题意. B.由图象可知当卫星在两行星表面运行时，周期相同，且R =r 将
343
M V R ρρ
π== 代入上式可知
2
3GT
π
ρ=
故两行星密度相同. 故选项B 不符合题意. C.根据万有引力提供向心力，则
2
2
GMm m R R
υ= 所以
v =
=行星A 的半径大，所以行星A 的第一宇宙速度也大. 故选项C 不符合题意. D.两卫星的轨道半径相同时，它们的向心加速度
2
GM a r =
由于A 的质量大于B 的质量，所以行星A 的卫星向心加速度大. 故选项D 不符合题意.
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、BCD 【解题分析】 A ．0-1s 内F 的冲量
11N s I Ft ==-⋅
即速度方向为负方向，1-2s 内F 的冲量
22N s I Ft ==⋅
0-2s 内F 的冲量为31N s I =⋅，速度方向发生了改变，所以A 错误． BC ．2-3s 内F 的冲量41N s I =-⋅，故0-3s 内F 的冲量为
5340I I I =+=
即0s 时的速度和3s 时的速度相等，为0，在.0～3 s 内力F 做功
22
2111022
W Fs mv mv ==
-= 因为力F 不为0，所以位移等于零，故3 s 末该物体回到原出发点，所以BC 正确． D ．2-4s 内F 的冲量
62N s I Ft ==-⋅
即冲量不为零．由公式可得2s 末的速度和4s 末的速度大小相等，方向相反，故F 做功为零．故D 正确． 故选BCD 。

8、BC 【解题分析】
AB.设碰前B 球速度大小为v 0，碰后A 、B 两球速度大小分别为v A 、v B ，由题意知，v A 方向向左，v B 方向向右，且：
014
A B v v v ==
碰撞过程动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
0B A A B B m v m v m v -=-+
解得：
51A B m m = 故A 错误，B 正确；
CD 、碰撞前总动能：
21012
B E m v = 碰撞后总动能： 2221122A A B B E m v m v =
+ 联立解得，碰撞前、后总动能之比为：
1283
E E = 故C 正确，D 错误。

9、ACD
【解题分析】
由乙图知，t=0时刻质点A 的速度方向为沿y 轴正方向，在甲图中，由波形平移法可知该波的传播方向为沿x 轴负方向．故A 正确．由甲图读出该波的波长为 λ=20m ，由乙图周期为：T=1.2s ，则波速为：2050//1.23
v m s m s T λ
===．故B 错误．图示时刻质点P 沿y 轴负方向，质点Q 沿y 轴正方向，所以质点P 比质点Q 晚回到平衡位置，其时间等于波向左传播13λ 所用的时间，即10.43
t T s ==，故C 正确．t=0时刻质点Q 向上振动，t=0.1s 时回到平衡位置，则从t=0到t=0.1s 时间内，质点Q 加速度越来越小，选项D 正确；从t=0时质点A 在平衡位置向上振动，t=0.6s=0.5T 时质点A 仍在平衡位置向下振动，则从t=0到t=0.6s 时间内，质点A 的位移为0，选项E 错误；故选ACD. 点睛：本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象的斜率能判断出质点的速度方向，运用波形的平移法判断波的传播方向，更要把握两种图象的内在联系． 10、AC
【解题分析】
t 1之前，汽车做匀速直线运动，牵引力与阻力相等，t 1时刻后阻力变为2f ，汽车做减速运动，由知，随着速度的减小，牵引力逐渐的增大，即汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当牵引力增大到2f 时，汽车做匀速运动．t 2时刻后，汽车驶出这段路，阻力恢复为f ，这时牵引力为2f 大于阻力f ，汽车做加速运动，由知，随着速度的增加，牵引力逐渐的减小，加速度逐渐减小．由上分析知，A 、C 对．
【题目点拨】
“机车的启动”模型：
物体在牵引力（受功率和速度制约）作用下，从静止开始克服一定的阻力，最后达到最大速度的整个加速过程，可看作“机车的启动”模型．
（1）恒定功率启动（所受阻力一定）
先做变加速（a 减小）运动，再做匀速（a ＝0）运动，在此过程中，F 牵、v 、a 的变化情况是：
（2）恒定加速度启动（所受阻力一定）
先做匀加速运动，再做变加速运动，最后匀速运动，具体变化过程如下
（3）启动过程满足的运动规律
机车的功率P ＝Fv
机车的加速度a ＝
当机车的速度达到最大时，F ＝F f ，a ＝0，最大速度v m ＝
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、 0.617(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
12、 平衡摩擦力 B D 6V 电压的蓄电池 220V 交流电源 G a M - 1a M - 0.80
【解题分析】（1）①在做实验前首先应该平衡摩擦力，此过程应排在把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂砂桶之前，即B 之后；②电火花打点计时器使用的是220V 交流电源，故步骤D 中不能使用直流电源，而应该使用220V 交流电源；③根据牛顿第二定律可知物体的加速度a 与物体的质量M 成反比，所以a M -图象是曲线，而仅仅根据曲线很难判定加速度a 与物体的质量M 到底是什么关系，但1a M -
应该成正比例关系，而正比例关系图象是一条过坐标原点的直线，所以应作1a M
-
图象．（2）由图可知，两已知长度对应的时间间隔为0.1t s =，由2x at ∆=可得()()223.53 1.931020.1a --⨯=，解得20.8/a m s =。

【题目点拨】在做实验前首先应该平衡摩擦力，电火花打点计时器使用220V 的交流电源； 1a M
-图象是一条过坐标原点的正比例关系，而图象a M -图象是曲线；根据逐差法可求出加速度．
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）6N （2）1.5N （3）12m/s
【解题分析】
（1）薄木板上表面光滑，木板受到的合外力为拉力，由牛顿第二定律得：
F=Ma=3×2=6N ，则拉力大小为6N ；
（2）当木块相对于木板滑动时，对木块，由牛顿第二定律得：
μmg=ma 0，
解得：a 0=μg=0.3×10=3m/s 2，
木块相对于木板恰好滑动时，由牛顿第二定律得：
拉力：F 0=（M+m ）a 0=（3+1）×3=12N ＞6N ，
拉力为6N 时，木块相对于木板静止，由牛顿第二定律得：
F′=（M+m ）a′，解得： ；
对物块，由牛顿第二定律得：f=ma′=1×1.5=1.5N ，方向：水平向右；
（3）拉力F=15N ＞F 0，木块相对于木块滑动，对木板，由牛顿第二定律得： F-μmg=Ma 木板， 解得：
， 木块位移：s 木块= a 0t 2，
木板位移：s 木板= a 木板t 2，
木块从木板上滑下时有：s 木板-s 木块=L ，
此时木块的速度：v=a 0t ，
解得：v=12m/s ，则木块获得的最大速度为12m/s ；
点睛：本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体运动过程、应用牛顿第二定律即可正确解题；求出木块相对于木板滑动的临界拉力是正确解题的前提与关键，这也是本题的易错点．
142(1)3
gR π-【解题分析】
由于柱面是光滑的，故系统的机械能守恒，系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，系统重力势能的减少量为
ΔE p ＝m A g 2
R π－m B gR 系统动能的增加量为
ΔE k ＝12
(m A ＋m B )v 2 ΔE p ＝ΔE k
解得：v ＝()213
gR π-15、①14m h = ；②2 1.0h m ≈
【解题分析】
解：①设过A 点光线，恰好障碍物挡住时，入射角、折射角分别为αβ、，则：s
12214
s sin l s α=+ ① 22221
s sin s h β=+ ②
sin n sin α
β= ③
由①②③解得：14m h =
②潜水员和C 点连线与水平方向夹角刚好为临界角C ，则：13
4
sinC n == ④ 122125
tan 3.42
s s l C l h
h h ++==++- ⑤ 由④⑤解得：2 1.0h m ≈。