2024年湖南省岳阳临湘市高三物理第一学期期中达标测试试题含解析

2024年湖南省岳阳临湘市高三物理第一学期期中达标测试试题 注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、高楼高空抛物是非常危险的事。

设质量为M =1kg 的小球从20m 楼上做自由落体运动落到地面，与水泥地面接触时间为0.01s ，那么小球对地面的冲击力是小球重力的倍数大约是
A ．10倍
B ．20倍
C ．200倍
D ．2000倍
2、如图所示,矩形的四个顶点a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，ab=2bc=2L ，电场线与矩形所在的平面平行，已知a 点电势为18 V ，b 点电势为10 V ，c 点电势为6 V ，一质子从a 点以速度v 0射入电场，v 0与ab 边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab 的中点e ，不计质子重力，下列判断正确的是
A ．d 点电势为12V
B ．质子从a 到b 电势能增加了6 eV
C ．电场强度大小为4L
D ．质子从a 到e 所用时间为0
22L v 3、如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E 运行，在P 点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。

下列说法正确的是
A ．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P 点的速度都相同
B ．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P 点的加速度都相同
C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同的加速度
D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同的速度
4、如图所示，水平天花板下用三根细绳悬挂一个物体，物体处于静止状态，绳
OA、OB、OC上的力分别为F A、F B、F C．已知绳OA、OB与水平方向的夹角分别为60°和30°．下列关系式正确的是
A．F A>F B B．F A<F B C．F B>F C D．F A>F C
5、如图所示，用细绳吊着一个质量为m的小球在水平面内做匀速圆周运动，不计空气阻力，关于小球受力的说法正确的是：（）
A．受重力、拉力、向心力B．受重力和拉力
C．只受重力D．无法确定
6、如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，杆的竖直部分光滑．两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连．初始A、B均处于静止状态，已知OA＝3 m，OB＝4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m(取g＝10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为( )
A．14 J
B．10 J
C．16 J
D．4 J
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a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（ ）
A ．在相同时间内a 转过的弧长最长
B ．b 的向心加速度近似等于重力加速度g
C ．c 在6h 内转过的圆心角是2π
D ．d 的运动周期有可能是22h
8、如图，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于'O O 、，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为
A ．z 正向，tan mg IL
θ B ．y 正向，mg IL C ．z 负向，tan mg IL θ D ．沿悬线向上，
sin mg IL θ 9、质量为M 的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间t 内前进的距离为s ，耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为F ，受到地面的阻力为自重的k 倍，耙所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角为且保持不变．
A ．拖拉机的加速度大小为
B ．拖拉机的加速度大小为
C ．拖拉机对连接杆的拉力大小为
D ．拖拉机对连接杆的拉力大小为
10、一小球在竖直方向的升降机中，由静止幵始竖直向上做直线运动，运动过程中小球
的机械能E与其上升高度h关系的图象如图所示，其中0〜h1过程的图线为曲线，h1〜h2过程的图线为直线.根据该图象，下列说法正确的是（）
A．0〜h1过程中，小球的动能可能先增加后减少
B．0〜h1过程中，升降机对小球的支持力一定做正功
C．h1〜h2过程中，小球的重力势能可能不变
D．h1〜h2过程中，小球的动能可能不变
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）利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验。

(1)实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小或很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大，应选图________（选填“甲”或“乙”）图中的装置，若要求碰撞时动能损失最小，则应选图________（选填“甲”或“乙”）图中的装置。

（甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥）
(2)若通过实验已验证碰撞前、后系统的动量守恒，某同学再进行以下实验。

某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图丙所示。

已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0~80 cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10 cm处。

若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻，A、B两滑块的质量比m A：m B＝________。

12．（12分）为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲中所示实验装置．请思考探究思路并回答下列问题：
（1）为了消除小车与木板之间摩擦力的影响应采取的做法是______
A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
B．将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
C．使木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D．使木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上
（2）在实验中，得到一条打点的纸带，如图乙所示，已知相邻计数点的时间间隔为T，且间距s1、s2、s3、s4、s5、s6已量出，则小车加速度的表达式为a= ______ ；
（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图丙所示．图线______ （选填“①”或“②”）是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中的砝码总质量m= ______ kg．
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）蹦床比赛分成预备运动和比赛动作。

最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段。

把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F=kx （x为床面下沉的距离，k为常量）。

质量m=50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉
00.10m
x=；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为
2. 0s
t∆=，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为1x。

取重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力的影响。

（1）求常量k，并在图中画出弹力F随x变化的示意图；
（2）求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度m h；
（3）借助F-x图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求1x和W的值。

14．（16分）如图所示，可视为质点的小物块质量为m=0.1Kg，以一定的速度在光滑水
平平台上向右运动，从平台右侧A点滑出后做平抛运动，恰好沿固定在竖直平面内、半径R=1.0m的圆弧形轨道BCD的B点的切线方向进入轨道，物块从轨道上D点飞出又回到圆弧形轨道BCD中，且不会从B点飞出，最终物块恰好静止在C点．已知C
点为圆弧形轨道的最低点，A点、圆形轨道的圆心O和轨道上的D点这三个点在同一水平线上，轨道BC部分光滑、CD部分粗糙，A、B之间的高度差h=0.6m．不计空气阻力，g取10m／s2，计算结果均要求保留两位有效数字．求：
(1)A、B之间的水平距离；
(2)小物块第一次运动到C点时，对圆弧形轨道的压力大小；
(3)小物块在圆弧形轨道内运动过程中克服摩擦力所做的总功．
15．（12分）如图所示，粗细相同的导热玻璃管A、B由橡皮软管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A管内，气柱长L1=40cm. B管上方与大气相通，大气压强
P0=76cmHg，环境温度T0=300K．初始时两管水银面相平，若A管不动，将B管竖直向上缓慢移动一定高度后固定，A管内水银面上升了h1=2cm．
①求B管上移的高度为多少？
②要使两管内水银面再次相平，环境温度需降低还是升高？变为多少？（大气压强不变）
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】 小球下落过程，由动能定理得：2102
Mgh Mv =-
，解得：m m 20s s
v ===，方向：竖直向下；以向下为正方向，由动量定理得：2()0Mg F t Mv -=-，解得：2010N F =，由于10N G =，故C 正确。

2、D
【解题分析】
A. 匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，故有：
ad bc U U =
即：
a d
b
c ϕϕϕϕ=--
可得d 点电势为：
18106V 14V d a b c ϕ
ϕϕϕ=-+=-+= 故A 错误；
B.8V ab U =，故质子从a 到b 电场力做功为：
8eV ab ab W eU ==
电场力做正功电势能减小了8eV ，故B 错误；
C. 经计算可知，d 点和e 点的电势相同，故连点连线为等势线，由于22ab bc L ==，故ade ∆为等腰三角形，a 点到直线de 的距离为：
d L = 由电场强度与电压的关系可得，电场强度大小为：
(V/m)22
E L === 故C 错误；
D.de 连线为等势线，故质子抛出后做类平抛运动，落到e 点时，垂直于电场线方向的
位移为2
L ，所需时间为：
00222 2L L t v v == 故D 正确。

3、B
【解题分析】
A 、在P 点，沿轨道1运行时，地球对人造卫星的引力大于人造卫星做圆周运动需要的向心力，即F 引m ，沿轨道2运行时，地球对人造卫星的引力刚好能提供人造卫星
做圆周运动的向心力，即F 引
m ，故v 1v 2，故A 错误。

B 、在P 点，人造卫星在轨道1和轨道2运行时，地球对人造卫星的引力相同，由牛顿第二定律可知，人造卫星在P 点的加速度相同，故B 正确。

C 、在轨道1的不同位置，地球对人造卫星引力大小不同，故加速度也不同，故C 错误。

D 、在轨道2上不同位置速度方向不同，故速度不同，故D 错误。

故选：B
4、A
【解题分析】
对结点受力分析如图所示,
因三力的合力为零,故两绳子的拉力的合力与物体的重力大小相等,方向相反; AB 与AC 夹角为90 ,则由几何关系可以知
道:::sin60:sin30:13:1:2A B C F F F ==
故A 对；BCD 错；
故选A
【题目点拨】
对结点C 进行受力分析,由共点力的平衡可得出几何图形,由几何关系可以知道两绳拉力的比值.
5、B
【解题分析】
先对小球进行运动分析，做匀速圆周运动，再找出合力的方向，合力提供向心力，进一步对小球受力分析．
【题目详解】
小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图
小球受重力、和绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，故在物理学上，将这个合力就叫做向心力，即向心力是按照力的效果命名的，这里是重力和拉力的合力．故B正确，ACD错误．故选B．
【题目点拨】
向心力是效果力，匀速圆周运动中由合外力提供．注意向心力不是物体所受到的力．6、A
【解题分析】
对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，如图；
根据共点力平衡条件，有：竖直方向：N=G1+G2；水平方向：F=f+N1；其中：f=μN；解得：N=（m1+m2）g=20N；f=μN=0.2×20N=4N；对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到：W F-fs-m2g•h=0；根据几何关系，可知求B上升距离h=1m，故有：
W F=fs+m2g•h=4×1+1×10×1=14J；故选A．
【题目点拨】
本题中拉力为变力，先对整体受力分析后根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据动能定理求变力做功．
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 、由2
2Mm v G m r r
=，得v =，卫星的半径越大，线速度越小，所以b 的线速度比c 、d 大，而a 与c 的角速度相等，根据v =ωr 可知，a 的线速度小于c 的线速度，则在相同时间内b 转过的弧长最长;故A 错误.
B 、b 是近地轨道卫星，则其向心加速度约为g ;故B 正确.
C 、c 是地球同步卫星，周期是24h ，则c 在6h 内转过的圆心角是2
π;故C 正确. D 、由开普勒第三定律3
2R k T
=知，卫星的半径越大，周期越大，所以d 的运动周期大于c 的周期24h;故D 错误.
故选BC 。

【题目点拨】
对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点．
8、BC
【解题分析】
试题分析：磁感应强度方向为z 正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 负方向，则导体不可能处于平衡状态，选项A 错误；磁感应强度方向为y 正向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z 正方向，此时细线的拉力为零，由平衡条件得：BIL=mg ，解得：B=mg IL
，选项B 正确；磁感应强度方向为z 负向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 正方向，由平衡条件得：BILcosθ=mgsinθ，解得：B=tan mg IL
θ，选项C 正确； 当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向左下方，导体不可能处于平衡状态，选项D 错误；故选BC.
考点：物体的平衡；安培力；左手定则
【名师点睛】此题是物体的平衡及安培力的方向判断问题；左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则；注意立体图形和平面图形的转化.
9、AC
【解题分析】拖拉机在时间t内匀加速前进s，根据位移公式，s=at2，解得：，选项A正确；设连接杆对拖拉机的拉力为f，对拖拉机受力分析：
由牛顿第二定律得，F-kMg-fcosθ=Ma，解得：
联立得，根据牛顿第三定律知，拖拉机对连接杆的拉力大小为
，故选项BD错误，C正确；故选AC.
10、ABD
【解题分析】
A、B、设升降机对物体的支持力大小为F，由功能关系得：F△h=△E，即，所以E-h图象切线斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小，由图可知在0～h1内斜率的绝对值逐渐减小，故在0～h1内小球所受的支持力逐渐减小，若支持力先大于重力后小于重力，物体先做加速运动后做减速运动，动能会先增加后减小；故A正确.
B、0～h1过程中，升降机对小球的支持力方向与位移相同均向上，则支持力对小球的支持力一定做正功；故B正确.
C、由于小球在h1～h2内重力势能随高度的增大而增大；故C错误.
D、由于小球在h1～h2内E-h图的斜率不变，所以小球所受的支持力保持不变，可能与重力平衡，故物体可能做匀速运动，动能不变；故D正确.
故选ABD.
【题目点拨】
本题关键要掌握功能关系，并能列式分析图象斜率的物理意义，知道E-h图象的斜率的绝对值等于支持力．
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、乙甲 2.5T1：3
【解题分析】
(1)[1][2]若要求碰撞时动能损失最大，则需两滑块碰撞后结合在一起，故应选乙图中的装置；若要求碰撞时动能损失最小，则应使两滑块发生弹性碰撞，即选甲图中的装置。

(2)[3][4]第1次闪光时，滑块A 恰好位于x ＝10 cm 处，由图丙可知，第二次闪光时A 在x ＝30 cm 处，第三次闪光时A 在x ＝50 cm 处，碰撞发生在x ＝60 cm 处。

分析知从第三次闪光到发生碰撞所需的时间为
2
T ，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T 时刻。

设碰前A 的速度为v ，则碰后A 的速度为－2v ，B 的速度为2v ，根据动量守恒定律可得
m A v ＝－m A ·2v ＋m B ·2
v
解得 1=3
A B m m 即
m A ：m B ＝1：3
12、C ()()4561232
9s s s s s s T ++-++ ① 0.5 【解题分析】
（1）为了消除小车与水平木板之间的摩擦力的影响，应采取的做法是：将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，故选C. （2）根据匀变速直线运动的推论△x=aT 2，有：
x 6−x 3＝3a 1T 2
x 5−x 2＝3a 2T 2
x 4−x 1＝3a 3T 2
a ＝13
(a 1+a 2+a 3) 小车加速度的表达式为a=()()6541232
9x x x x x x T ++-++ （4）轨道倾斜时，在不加拉力的情况下小车就有加速度，则得出的图线为图线①．图线斜率的倒数表示小车的质量，则110.52
M kg kg k =
=＝ 【题目点拨】
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，以及知道a-F 图线斜率和截距表示的含义．
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）见解析；（2）5.0m ；（3）1.1m ，2525
【解题分析】
（1）床面下沉00.10m x =，运动员受力平衡
0mg kx =
得
30
5010N/m mg k .x ==⨯ F x —图线如图
（2）运动员从0x =处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等
21() 5.0m 22
m t h g ∆== （3）参考由速度—时间图像求位移的方法，F x —图线下的面积等于弹力做的功，从x 处到0x =弹力做功
21122
T W x kx kx =⋅⋅= 运动员从1x 处上升到最大高度m h 的过程，根据动能定理，有
()211102
m kx mg x h -+= 得
210002 1.1m m x x x x h =+≈
对整个预备运动，由题设条件以及功和能的关系，有
()20012
m W kx mg h x +=+ 得
2525J W =
14、（1）0.9m （2）3.7N （3）1.3J
【解题分析】
（1）小物块从A 到B 做平抛运动，由h=12
gt 2
由题意可知cos 0.6h BOC R
∠== ，0tan gt BOC v ∠= AB 之间的水平距离：020.90tan AB h x v t m BOC
===∠ （2）小物块由A 到C 运动过程中机械能守恒，则：2201122C mgR mv mv +
= 小物块经过C 点时：2C C v F mg m R
-= 解得F C =3.7N
由牛顿第三定律可知，小物块第一次运动到C 点时，对圆弧形轨道的压力大小为3.7N ； （3）小物块由A 到最高点的运动过程中，由动能定理：20102
f mgR W mv -=-
解得W f =1.3J
【题目点拨】
此题关键是弄清物体运动的物理过程，知道平抛运动的处理方法及圆周运动的处理方法，能灵活选取物理规律.
15、①8cm ； ②降低温度， 270K
【解题分析】
根据玻意耳定律求出两边水银面的高度差，结合几何关系求出B 管上移的高度；根据理想气体状态方程，两管内水银面再次相平时，封闭气体压强减小，体积减小，温度必定减小，根据理想气体状态方程求解气体温度；
【题目详解】
（i ）设B 管被提升H 高度后，B 管液面比A 高2h ，有
A 管内气柱长为 1138cm L h -=
A 管气柱遵循玻意耳定律，有
()()2
01011
h p L p p L h =+- 解得 24cm h =
B 管提升的高度：
1228cm H L h =+=
（ii ）要使两管水银面又平齐，必须降低温度 设当温度为T ，时，A 管气柱长
231136cm 2
h L L h =--= 根据理想气体状态方程有
01030p L p L T T
= 解得
T =270K。