内蒙古自治区赤峰市赤峰二中2024年物理高三上期中经典模拟试题含解析

内蒙古自治区赤峰市赤峰二中2024年物理高三上期中经典模拟
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，一半径为R的3/ 4光滑圆形轨道ABC竖直固定放置，有一质量为m的质点在距A端正上方H=3R处由静止释放，由A点进入圆周轨道，（重力加速度大小为g，空气阻力不计）则下列判断正确的是
A．质点运动到A点的速度3gR
B．质点运动到B点的速度6gR
C．质点在B点时对轨道的压力9mg
D．质点不可能到达C点
2、如图所示,轻杆长为L一端固定在水平轴上的O点,另一端系一个小球(可视为质点).小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动,且能通过最高点,g为重力加速度.下列说法正确的是( )
A gL
B2gL时，球对杆有向下的弹力
C ．小球通过最高点时速度为2gL 时，球对杆有向下的弹力
D ．要使小球能通过最高点，小球在最低点速度至少为5g L
3、2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。

图为一简化后的跳台滑雪的轨道示意图，运动员（可视为质点）从起点由静止开始自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A 点水平飞出，然后落到斜坡上的B 点。

已知A 点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m ，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m ＝50 kg 。

重力加速度g ＝10 m/s 2。

下列说法正确的是( )
A ．运动员从起点运动到
B 点的整个过程中机械能不守恒
B ．运动员到达A 点时对轨道的压力大小为1000 N
C ．运动员到达A 点时重力的瞬时功率为104 W
D ．运动员从A 点飞出到落到B 点所用的时间为233
s 4、在甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮本身所受的重力忽略不计，滑轮的轴O 安装在一根轻木杆P 上，一根轻绳ab 绕过滑轮，a 端固定在墙上，b 端下面挂一个质量为m 的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丙、丁图中木杆P 与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P 竖直。

假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P 的弹力的大小依次为A F 、B F 、C F 、D F ，则以下判断正确的是（ ）
A ．A
B
C
D F F F F ===
B ．D A B
C F F F F >=> C ．A C
D B F F F F ==> D ．C A B D F F F F >=>
5、某工人利用升降机将货物从一楼竖直运送到五楼。

设此过程中货物随升降机一起先做匀加速直线运动，再做匀速运动，最后做匀减速直线运动到停止。

则
A ．货物在升降机中一直处于超重状态
B ．货物在升降机中一直处于失重状态
C ．升降机匀减速上升过程中，货物对底板的压力小于货物自身的重力
D ．升降机匀加速上升过程中，货物对底板的压力大于底板对货物的支持力
6、如图所示，光滑的斜面倾角为α，固定在水平面上。

有一质量为m 的物体，轻轻放在斜面上的a 点，松手后物体从a 点滑到b 点，已知a 、b 间的距离为s ，则在b 点重力的瞬时功率为（ ）
A ．1sin 2sin 2mg sg αα
B ．12sin 2
mg sg α C ．mg sinα2sin sg α D ．2sin mg sg α
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、如图所示，轻绳一端与放在光滑水平桌面的物块A 连接，另一端通过滑轮悬挂着物块B ．已知物块A 的质量为0.1kg ，物块B 的质量为0.6kg ．现由静止释放物块A 、B ，若物块A 距桌子右边缘足够远，不计滑轮重量和绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度g=10m ／s 1．则在B 未落地之前，下列说法正确的是
A ．物块A 、
B 的加速度大小之比为1：1
B ．轻绳的拉力为1.1N
C ．物块B 机械能守恒
D ．当物块B 下落高度为0.75m 时，物块A 的速度大小为6m ／s
8、关于人造地球卫星，下列说法正确的是
A ．若卫星作匀速圆周运动，则卫星距地面越高，其运行的线速度越大
B ．所有的地球同步卫星均在同一轨道上运行
C ．卫星距离地面越高，所受的万有引力越大
D ．第一宇宙速度是发射卫星的最小地面发射速度
9、如图所示，动滑轮下系有一个质量为1kg 的物块，细线一端系在天花板上，另一端
绕过动滑轮．用F=6N的恒力竖直向上拉细线的另一端．滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦．经过1s，则
A．拉力F做功为10J
B．拉力F做功为12J
C．物体的动能增加了10J
D．物体的机械能增加了12J
10、如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1和f2与ω2的关系图线，可能正确的是
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）图甲所示为某同学研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”的实验装置示意图．
（1）下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小
车和砝码、砂和砂桶、刻度尺．除以上器材外，还需要的实验器材有：．
A．秒表B．天平（附砝码）
C．低压交流电源D．低压直流电源
（2）实验中，需要补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力：小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做______运动．
（3）实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是_____．这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变．
（4）如图乙所示，A、B、C为三个相邻的计数点，若相邻计数点之间的时间间隔为T，A、B间的距离为x1，B、C间的距离为x2，则小车的加速度a＝．已知T＝1．11 s，x1＝2．91 cm，x2＝3．43 cm，则a＝m/s2（结果保留2位有效数字）．
（2）在做实验时，该同学已补偿了打点计时器对小车的阻力及其他阻力．在处理数据
时，他以小车的加速度的倒数1
a
为纵轴，以小车和车上砝码的总质量M为横轴，描绘
出1
a
－M图像，图丙中能够正确反映
1
a
－M关系的示意图是．
12．（12分）某高一同学寒假时，在教材中查到木质材料与金属材料间的动摩擦因数为0.2，为了准确验证这个数据，他设计了一个实验方案，如图甲所示，图中长铝合金板水平固定。

（1）下列哪些操作是必要的_____
A．调整定滑轮高度，使细绳与水平铝合金板平行
B．将铝合金板垫起一个角度
C．选尽量光滑的滑轮
D．砝码的质量远小于木块的质量
（2）如图乙所示为木块在水平铝合金板上带动纸带运动时打出的一条纸带，测量数据如图乙所示，则木块加速度大小a＝_____m/s2（电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源，结果保留2位有效数字）。

（3）该同学在实验报告中，将测量原理写为：根据mg﹣μMg＝Ma，得
mg Ma
Mg μ
-
=
．其中M为木块的质量，m为砝码盘和砝码的总质量，a为木块的加速度，重力加速度为g。

判断该同学的做法是否正确，如不正确，请写出μ的正确表达式：_____。

（4）若m＝70g，M＝100g，则可测得μ＝_____（g取9.8m/s2，保留2位有效数字）。

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）“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在海南文昌航天发射中心成功发射升空，完成了与天宫二号空间实验室交会对接。

已知地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G。

（1）求质量为m的飞船在距地面高度为h的圆轨道运行时的向心力和向心加速度大小。

（2）若飞船停泊于赤道上，考虑地球的自转因素，自转周期为T0，求飞船内质量为
m0的小物体所受重力大小G0。

（3）发射同一卫星到地球同步轨道时，航天发射场一般选取低纬度还是高纬度发射基地更为合理？原因是什么？
14．（16分）汽车前方120m有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动，求：
（1）经多长时间，两车相遇
（2）若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m /s 2，则再经多长时间两车再次相遇
15．（12分）如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端间距L ＝16 m ，传送带以速度v ＝10 m/s ，沿顺时针方向运动，物体m ＝1 kg ，无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)物体由A 端运动到B 端的时间；
(2)系统因摩擦产生的热量。

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】
A. 从释放到A 点，由机械能守恒定律可得
2132
A mg R mv ⋅= 解得质点运动到A 点的速度
6A v gR =
选项A 错误；
B. 从释放到B 点，由机械能守恒定律可得
2142
B mg R mv ⋅= 质点运动到B 点的速度
22B v gR =
选项B 错误；
C. 在B 点，由牛顿第二定律：
2B v N mg m R
-= 解得质点在B 点时轨道的支持力为
N =9mg ，
根据牛顿第三定律可知质点在B 点时对轨道的压力为9mg ，选项C 正确；
D. 质点恰能到达C 点时满足
2C v mg m R
=， 则
C v ；
若质点能到达C 点，则
'2122
C mg R mv ⋅= 解得
'C C v v =>
则质点能到达C 点，选项D 错误．
2、C
【解题分析】
A ．只要小球通过最高点时的速度大于零，小球就可以在竖直平面内做完整的圆周运动．故A 错误.
B ．设小球通过最高点时的速度为0v 时，杆上的弹力恰好为零，则此时只有重力充当向心力
20v mg m L
= 解得：
0v =
因为v =故B 错误；
C ．同B 选项分析，v =
<下的压力，C 正确； D ．小球通过最高点的临界速度为0，则小球从最低点到最高点，由机械能守恒可知：
2min 1202
mg L mv -=-
解得min v =D 错误．
3、B
【解题分析】
A ．运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功，机械能守恒，故A 错误；
B ．运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以
21(160)2
mgR cos mv -︒= 由牛顿第二定律可得，
2
mv N mg R
-= 得
1000N N =
故A 点时对轨道的压力大小为1000N ，故B 正确；
C ．此时速度沿水平方向，故重力的瞬时功率为零，故C 错误；
D ．由
212
h gt = 0s v t =
tan h s
θ=
可得
02tan 3
v t g θ== 故D 错误．
4、B
【解题分析】
由题可知本题考查力的平衡。

【题目详解】
轻绳上的拉力大小等于重物所受的重力mg ，设滑轮两侧轻绳之间的夹角为ϕ，滑轮受到木杆P 的弹力F 等于滑轮两侧轻绳拉力的合力，即
2cos 2
F mg ϕ
= 由夹角关系可得 D A B C F F F F >=>
故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

5、C
【解题分析】
AB ．升降机在匀加速上升阶段，加速度向上，则货物在升降机中处于超重状态；升降机在匀减速上升阶段，加速度向下，则货物在升降机中处于失重状态；选项AB 错误。

C ．升降机匀减速上升过程中，根据mg -F N =ma 可知，货物对底板的压力F N 小于货物自身的重力mg ，选项C 正确；
D ．货物对底板的压力与底板对货物的支持力是一对相互作用力，总是相等的，选项D 错误。

6、C
【解题分析】
物体从a 点滑到b 点，由动能定理，可得
21sin 2
mgs mv α=
解得
v 由功率公式
=cos =cos -2P Fv Fv πθαα⎛⎫= ⎪⎝⎭
故选C 。

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、ABD
【解题分析】
同时间内，图中A 向右运动h 时，B 下降一半的距离，即为0.5h ，故A 、B 运动的路程之比为1：1，故速度和加速度之比均为1：1，故A 正确；设A 的加速度为a ，则B 的加速度为0.5a ，根据牛顿第二定律，对A ，有：T=m A a ，对B ，有：m B g-1T=m B •0.5a ，联立解得：T=1.1N ，a=11m/s 1，故B 正确；对B ，加速度为a′=0.5a=6m/s 1，根据速度位移公式，有：v 1=1•a′•h ，解得：2260.753/B v a h m s =='=⨯⨯，可知 v A =1v B =6m/s ，故D 正确；细绳的拉力对B 做功，则B 的机械能不守恒，选项C 错误；故选ABD ．
【题目点拨】
本题考查连接体问题，关键是搞清两个物体的速度和加速度的关系，结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析，也可以结合系统机械能守恒定律分析．
8、BD
【解题分析】
根据可知，若卫星作匀速圆周运动，则卫星距地面越高，其运行的线速度越小，选项A 错误；所有的地球同步卫星因为有相同的周期，则均在赤道上空的同一高度的同一轨道上运行，选项B 正确；根据 可知，卫星距离地面越高，所受的万有引力越小，选项C 错误；第一宇宙速度是发射卫星的最小地面发射速度，选项D 正确；故选BD.
9、BD 【解题分析】
AB.如图所示,物体受到两个力的作用:拉力F'=2F 和重力mg.
由牛顿第二定律得F'-mg=ma ，a=2m/s 2，
物体从静止开始运动,1s 内的位移为：
拉力F 的作用点为绳的端点,在物体发生1 m 位移的过程中,绳的端点的位移为s'=2s=2m 所以拉力F 做的功为W=Fs'=6×2 J=12 J，故A 错误，B 正确；
C ．物体的速度v=at=2m/s 2，物体的动能增加了，故C 错误；
D.拉力做的功等于物体机械能的增加量，所以物体的机械能增加了12J ，故D 正确．
故选BD ．
10、AC
【解题分析】
两滑块的角速度相等，根据向心力公式F=mrω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，摩擦力较大，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力．继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动．故滑块2的摩擦力先增大达到最大值不变．滑块1的摩擦力先增大后减小，在反向增大．故A 、C 正确，B 、D 错误．故选AC ．
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）BC （2）匀速直线 （3）M ＞＞m （4）
212x x T -、1．23 （2）C 【解题分析】
试题分析：（1）试验还需要的实验器材有天平（附砝码）和低压交流电源，故选BC ； （2）实验中，需要补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力：小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动．
（3）根据实验误差的来源，在 M ＞＞m 条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力．
（4）根据△x=aT 2得：212x x a T -＝，代入数据得：20.06460.05900.56/0.01
a m s ＝＝- （2）根据牛顿第二定律得：mg a M m
+＝，则111 M a mg g +＝，则以1a 为纵轴，以总质量M 为横轴，作出的图象为一倾斜直线，且纵坐标不为1，故C 正确．故选C ． 考点：研究在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系
12、⑴AC ⑵3.0 ⑶
()mg M m a Mg
-+ ⑷0.18 【解题分析】
（1）实验过程中，电火花计时器应接在频率为50Hz 的交流电源上，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与木板之间的摩擦力，故AC 是必要;本实验测动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，B 项不必要；本实验没要求砝码的重力大小为木块受到的拉力大小，D 项不必要。

选AC ．（2）由纸带可知，
两个计数点的时间20.020.04T s s =⨯=，根据推论公式2x aT ∆=，得()2
22
654321226.6 6.1 5.6 5.2 4.7 4.210/ 3.0/990.04x x x x x x a m s m s T -++---⨯++---===⨯.（3）对M 、m 组成的系统，由牛顿第二定律得：()mg Mg M m a μ-=+，解得()mg M m a
Mg μ-+=，（4）将
700.070m g kg ==，1000.1M g kg ==，23.0/a m s =代入
()mg M m a
Mg μ-+=，解得：0.18μ=.
【题目点拨】依据实验原理，结合实际操作，即可判定求解；根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小；对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的表达式，代入数据求出其大小.
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)(2)(3) 借助接近赤道的低纬度发射基地更为合理，原因是低纬度地区相对于地心可以有较大线速度，有较大的初动能
【解题分析】
（1）根据万有引力定律和牛顿第二定律有
解得
（2）根据万有引力定律及向心力公式，有
及
解得
（3）借助接近赤道的低纬度发射基地更为合理，原因是低纬度地区相对于地心可以有较大线速度，有较大的初动能。

14、（1）10s （2）13.5s
【解题分析】
（1）设经t 1秒，汽车追上自行车，由题意得：v 汽t 1=v 自t 1+x
代入数据解得：t 1=10 s ；
（2）汽车的加速度大小为a=2 m/s 2，假设第二次相遇所用的时间为t 2，则有： v 自t 2=v 汽t 2-12
at 22 代入数据解得：t 2=12 s ．
设汽车从刹车到停下用时t 3秒，则有：329v t s t a
汽＜==，故自行车再次追上汽车前，汽车已停下，停止前汽车的位移为：302
v x t +=
汽汽 设经t 4时间追上，则有：v 自t 4=x 汽 解得：t 4=13.5 s ，再经过13.5 s 两车第二次相遇．
15、 (1) 2 s (2) 24 J
【解题分析】
(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1
设物体经时间t 1加速到与传送带同速，则
v ＝a 1t 1，
x 1＝12
a 1t 12 解得:
a 1＝10 m/s 2
t 1＝1 s
x 1＝5 m
设物体与传送带同速后再经过时间t 2到达B 端，因mg sin θ>μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即
mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2
L －x 1＝vt 2＋
12
a 2t 22 解得:
t 2＝1 s
故物体由A 端运动到B 端的时间
t ＝t 1＋t 2＝2 s 。

(2)物体与传送带间的相对位移
x 相＝(vt 1－x 1)＋(L －x 1－vt 2)＝6 m
故：
Q＝μmg cos θ·x相＝24 J。