甘肃张掖市2024学年物理高三上期中达标检测试题含解析

甘肃张掖市2024学年物理高三上期中达标检测试题
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、如图所示为一简易起重装置，（不计一切阻力）AC是上端带有滑轮的固定支架，BC 为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上．开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓缓变小，直到∠BCA=30°．在此过程中，杆BC所产生的弹力（）
A．大小不变
B．逐渐增大
C．先增大后减小
D．先减小后增大
2、质量为2 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法中不正确的是( )
A．质点的初速度大小为5m/s
B．质点所受的合外力为3N，做匀变速曲线运动
C．2s内质点的位移大小约为12m
D．2s末质点速度大小为6m/s
3、如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时
b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛。

下列说法正确的有（）
A．它们同时到达同一水平面B．它们的加速度相同
C．到达地面的速度相同D．a球到达地面所用的时间最长
4、如图所示，一轻杆两端分别固定着质量为m A和m B的两个小球A和B（可视为质点）．将其放在一个直角形光滑槽中，已知当轻杆与槽左壁成θ角时，A球沿槽下滑的速度为v A，则此时B球的速度（）
A．v A tanθB．v A cotθC．v A cosθD．v A sinθ
5、如图所示，某质点以A点为起点开始做匀变速直线运动，从A点运动到B点用时
2s，再经过6s运动到C点，第10s末到达D点．已知AB＝8m、CD＝24m，则该质点的初速度v0和加速度a分别为( )
A．3m/s、4m/s2
B．0、1m/s2
C．0、4m/s2
D．3m/s、1m/s2
6、《2001年世界10大科技突破》中有一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的研究成果．该成果揭示了中微子失踪的原因．认为在地球上观察到的中微子数目比理论值少，是因为有一部分中微子在向地球运动的过程中发生了转化，成为一个μ子和一个τ子．关于上述研究下列说法中正确的是（）
A．该转化过程中牛顿第二定律依然适用
B．该转化过程中动量守恒定律依然适用
C．该转化过程中动能定理依然适用
D．若新产生的μ子和中微子原来的运动方向一致，则新产生的τ子的运动方向与中微子原来的运动方向一定相反
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，水平传送带A 、B 两端相距x =4m ，以v 0=4m/s 的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A 端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度g =10m/s 2，则煤块从A 运动到B 的过程中
A ．煤块到A 运动到
B 的时间是2.25 s B ．煤块从A 运动到B 的时间是1.5 s
C ．划痕长度是2 m
D ．划痕长度是0.5 m
8、如图，水平传送带长为s ，以速度v 始终保持匀速运动，把质量为m 的货物放到A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A 点运动到B 点的过程中，摩擦力对货物做的功可能（ ）
A ．大于
2
12mv B ．大于umgs C ．小于
212
mv D ．小于umgs
9、如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑内圆粗糙．一质量为m=0.2kg 的小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.5m ，g 取10m/s 2，不计空气阻力，设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是（ ）
A ．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒
B．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定小于5m/s
C．若要小球不挤压内轨，则v0一定不小于5m/s
D．若小球开始运动时初动能为1.6J，则足够长时间后小球的机械能为1J
10、如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，A离水平轨道BD高度差为h，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，设滑块与传送带之间动摩擦因数为 ，则（）
A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2R
B．滑块在传送带上向右运动的最大距离为x=h/μ
C．滑块一定能重新回到出发点A处
D．A离水平轨道BD高度差为h越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多
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．（6分）某电压表的内阻在20～30 kΩ之间，为了测量其内阻，实验室提供下列可用的器材：
A．待测电压表V（量程3 V）
B．电流表A1（量程200 μA）
C．电流表A2（量程5 mA）
D．电流表A3（量程0.6 A）
E．滑动变阻器R（最大阻值1 kΩ）
F．电源E（电动势4 V）
G．电键、导线若干
（1）在所提供的电流表中应选用______（填器材前面的字母）。

（2）其中电流表读数如图甲所示，则此读数为________。

（3）为了尽量减小偶然误差，要求多测几组数据。

试在图乙方框中画出符合要求的实验电路图（其中电源和电键及其连线已画出）_________________________。

12．（12分）完成下列仪器的读数：
甲:_________ mm；乙：________mm；
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）甲车以加速度3m/s2由静止开始作匀加速直线运动，乙车落后2s钟在同一地点由静止开始，以加速度4m/s2作匀加速直线运动，两车的运动方向相同，求：（1）在乙车追上甲车之前，两车距离的最大值是多少？
（2）乙车出发后经多长时间可追上甲车？此时它们离开出发点多远？
14．（16分）如图所示是过山车的模型。

为了便于研究，简化为示意图，它由倾角θ=53°的倾斜轨道、水平轨道和在同一竖直平面内的两个圆形轨道组成，两个圆轨道半径
R1=2R2=1m，所有轨道均平滑相接。

小车与倾斜轨道和水平轨道间的动摩擦因数相同，圆形轨道光滑。

在一水平力F=6.5N的作用下，重量G=8N的小车静止在倾斜轨道上刚好不下滑，撤去力F，小车沿倾斜轨道滑下，先后以最小速度通过两个圆轨道的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°=0.8，cos53°=0.6。

求：
(1)小车与倾斜轨道间的动摩擦因数μ；
(2)两圆轨道的间距L。

15．（12分）如图所示，水平地面上的物体重G＝111N，受与水平方向成37°角的拉力F＝61N，受摩擦力f＝16N，已知sin37°＝1．6，c1s37°1．8，求：
（1）物体所受的合力
（2）物体与地面间的动摩擦因数
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、A
【解题分析】
以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图，根据平衡条件得出力与三角形ABC边长的关系，再分析绳子拉力和BC杆的作用力的变化情况．
【题目详解】
以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反.
根据三角形相似得：
F F N
AC AB BC
==
合，又F 合=G ，得：AB F G AC =，BC N G AC =，现使∠BCA 缓慢变小的过程中，AB 变小，而AC 、BC 不变，则得到，F 变小，N 不变，所以绳子越来越不容易断，作用在BC 杆上的压力大小不变；故选A. 【题目点拨】
本题运用三角相似法研究动态平衡问题，直观形象，也可以运用函数法分析研究． 2、D 【解题分析】
A .由x 方向的速度图象可知，初速度为3m/s ，由y 方向的位移图象可知在y 方向做匀速直线运动，速度为v y ＝4 m/s ，由平行四边形定则可知，质点的初速度为
225x y m v v v s
=+=，故A 正确； B .由x 方向的速度图象可知，在x 方向的加速度为1.5 m/s 2，受力F x ＝3 N ，由y 方向的位移图象可知在y 方向做匀速直线运动，受力F y ＝0，所以质点的合力为3N ，由于质点的初速度方向与合外力方向不在一条直线上，所以质点做匀加速曲运动，故B 正确；
C . 2s 内x 轴方向的位移为：(36)
292
x m m +=
⨯=，y 轴方向的位移为：428y m m =⨯=，所以质点在2s 末内的位移为：
22229814512x y m m m +=+=≈，故C 正确
D ．2s 末x 轴方向的速度为：26x m v s =，y 轴方向的速度为：4y m v s =，所以质点
在2s 末的速度为：22
22264213x y m m v v v s s
=
+=+=，故D 错误； 本题选错误的，故应选D ． 3、D 【解题分析】
ABD 、设斜面倾角为，球b 自由落体运动，球c 的竖直分运动是自由落体运动，故bc 两个球的加速度大小均为，球a 受重力和支持力，合力为，加速度为
；
根据位移时间关系可得bc 运动时间相同，为：；a 运动的时间为，则根据
解得
,故
，a 球到达地面所用的时间最长，故AB 错误,D 正确；
C 、到达地面的速度方向不同，则速度不同，故C 错误。

4、B 【解题分析】
根据题意，将A 球速度分解成沿着杆和垂直于杆方向的两个分速度，同时将B 球速度也分解成沿着杆和垂直于杆两方向． 则有，A 球：v ∥=v A cos θ
而B 球，v ∥=v B (
)
cos 90θ-=v B sin θ 由于同一杆，则有v A cos θ=v B sin θ 所以v B =v A cos sin θ
θ
=v A cot θ，故B 正确，A 、C 、D 错误； 故选B 5、D 【解题分析】
ABCD ．A 到B 的过程中
210111
2
x v t at =+；
C 到
D 的过程中
22
203302211()22
x v t at v t at =+-+；
x 1=8m ，t 1=2s x 2=24m ，t 2=2s+6s=8s t 3=10s 代入解得： v 0=3m/s a =1m/s 2；
故D 正确，ABC 错误． 6、B 【解题分析】
A.牛顿第二定律适用于宏观、低速的物体，对于微观物体不适用，故A 错误；
B.动量守恒定律和能量守恒定律是自然界普遍适用的定律，对微观物体间的作用仍然适用．故B 正确；
C.基于牛顿运动定律的动能定理同样适用于宏观、低速的物体，对于微观物体不适用，故C 错误；
D.若新产生的μ子和中微子原来的运动方向一致，根据动量守恒定律知，则新产生的τ子的运动方向与中微子原来的运动方向可能相同，可能相反．故D 错误．
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】
A 、
B 、煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有μmg =ma ，得a =μg =4 m/s 2，
当煤块速度和传送带速度相同时，位移2
12?m 4?m 2v x a
==<，
因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间0
11?s v t a =
=，匀速运动的时间120
0.5?s x x t v -==，煤块从A 运动到B 的总时间t =t 1+t 2=1.5 s ，A 错误，B 正确；
C 、
D 、在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则有Δx =v 0t 1–x 1=2 m ，C 正确，D 错误． 故选BC. 【题目点拨】
对传送带问题，要注意区分划痕和产生热量的有效路程不同，对简单的过程，二者一般相等，但对复杂的过程，要注意前者为某段的最大位移，后者为总的相对路程. 8、CD 【解题分析】
若物块一直做匀变速直线运动,根据动能定理有W f =△E K ，W f =μmgx ；知△E K 可能等于
212mv ，可能小于212mv ．不可能大于21
2
mv ． 若物块先做匀变速直线运动，然后做匀速直线运动，根据动能定理有W f =△E K ，W f <μmgx ；知△E K 可能等于μmgx ，可能小于μmgx ，不可能大于μmgx ，故不可能的是C ，ABD 都有可能．
本题选不可能的，故选C ．
【名师点睛】
物块在传送带可能一直做匀变速直线运动，也有可能先做匀变速直线运动，然后做匀速
直线运动，根据动能定理判断摩擦力对货物做功的可能值． 9、ABD 【解题分析】
试题分析：若小球运动到最高点时受到为3，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒，故A 正确；小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
v mg m R
=，由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有
重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得：
12mv 32=1
2
mv 2+mg•2R ，解得：v 3=5m/s ，则小球要不挤压内轨，速度应大于等于5m/s ，可知，若小球第一次运动到最高点时速度大小为3，则v 3一定小于5m/s ．故B 正确；
若要小球不挤压内轨，存在两种可能的情况：1，则v 3≥5m/s ；
2．小球始终在O 点以下运动，此时重力的一部分提供向下的加速度，而外出轨道提供指向圆心的向心加速度，此时小球始终没有压内轨道．由机械能守恒得：1
2
mv 32≤mgR
即：0/5/v s m s ＜．故C 错误．
小球的初速度04/5/v m s m s =
=＜，则小球在运动过程中要与内轨接触，要克服摩擦力做功，机械能减少，最终小球将在轨道的下半圆内做往复运动，到达与圆心同高位置处速度为零，则小球的最终机械能E=mgR=3．2×13×3．5=1J ，故D 正确；故选ABD ．
考点：圆周运动；机械能守恒定律；牛顿第二定律
【名师点睛】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律和机械能守恒定律，综合性较强，关键是理清运动过程，抓住临界状态，运用合适的规律进行求解． 10、BD 【解题分析】
若滑块恰能通过C 点时AB 的高度最低，有2
C
v mg m
R
=，由A 到C 根据动能定理知
212AC C mgh mv =
，联立解得12AC h R =，则AB 最低高度为1
2 2.52
R R R +=，A 错误；设滑块在传送带上滑行的最远距离为x ，则有动能定理有0mgh mgx μ-=，解得
h x μ=，摩擦力做功转化为热量，所以该等式也可以写作0mgh Q -=，即Q mgh =，
所以A 离水平轨道BD 高度差为h 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多，
BD 正确；若滑块从传送带最右端回到D 点速度时速度大小不变即与滑上传送带时的速度大小相等时，则滑块可重新回到出发点A 点，若小于这个速度，则不能回到A 点，C 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、B 120μA
【解题分析】
(1)[1]通过电压表可能的最大电流
3
3A=150μA 210I =⨯ 所以电流表选用量程为200μA 的A 1。

故选B 。

(2) [2]电流表的量程为0-200μA ，分度值为4μA ，电流表的读数为120μA 。

[3]因为滑动变阻器的总阻值远小于电压表的内阻，所以滑动变阻器应选用分压式接法，电路图如图所示：
12、 50.15mm 4.700mm
【解题分析】游标卡尺的读数为
，螺旋测微器的读数为
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）12m （2）
；334m 【解题分析】
(1) 两车速度相等时距离最大 ———————— 2分
即a 1t=a 2(t-2) ∴t="8s " ———————— 2分
△s=a 1t 2－a ２（t-2）2="24m " ———————— 2分
(2)追上甲车时两车位移相等， ———————— 2分 S=a 1（t 2+2）2=a ２t 22 ———————— 2分
解得：t 2="13.3s" , s="353m " ———————— 2分
14、 (1)0.25μ=；(2)5m L
【解题分析】
(1)在倾斜轨道上时，对小车进行受力分析得 sin 53cos53G F f ︒-︒=
N 5353cos sin F G F ︒=+︒
N f F μ=
联立解得
0.25μ=
(2)大圆最高点
211mv mg R = 小圆最高点
222
mv mg R = 从大圆最高点到小圆最高点由动能定理得
122212112()22
mg R R mgL v m v m μ--=
- 解得 5m L
15、 (1) (2)1.25
【解题分析】
对物体进行受力分析，通过物体的受力求出物体所受的合力，根据竖直方向平衡求出支持力的大小，结合滑动摩擦力公式求出动摩擦因数的大小。

【题目详解】
(1) 物体受力如图所示，
物体所受的合力F合=Fcos37°-F f=61×1.8-16N=32N；
(2) 竖直方向上平衡，有：N+Fsin37°=G
解得N=G-Fsin37°=111-61×1.6N=64N
则动摩擦因数。

【题目点拨】
解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住竖直方向上合力为零进行求解。