河北省阜城中学 2024学年物理高三第一学期期中综合测试试题含解析

河北省阜城中学2024学年物理高三第一学期期中综合测试试题注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、2019年4月1日，在中国核能可持续发展论坛上，生态环境部介绍2019年会有核电项目陆续开工建设。

某核电站获得核能的核反应方程为
，己知铀核的质量为m1，钡核的质量为m2，氪核Kr的质量为m3，中子n的质量为m4，下列说法中正确的是
A．该核电站通过核聚变获得核能
B．铀核的质子数为235
C．在上述核反应方程中x=3
D．一个铀核发生上述核反应，释放的能量为（m1-m2-m3-m4）c2
2、变速自行车变换齿轮组合来改变行驶速度．如图所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则（）
A．该自行车可变换两种不同挡位
B．当B轮与C轮组合时，两轮的线速度之比
C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比
D．当A轮与C轮组合时，两轮上边缘点M和N的向心加速度之比
3、质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。

用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。

用T F表示绳OA段拉力的大小，在O点向左侧移动的过程中（）
A．F逐渐变大，T F逐渐变大B．F逐渐变大，T F逐渐变小
C．F逐渐变小，T F逐渐不变D．F逐渐变小，T F逐渐变小
4、近年来，一些高级轿车的设计师在关注轿车的加速性能的同时，提出了“加速度的变化率”的概念，用这一新的概念来描述轿车加速度随时间变化的快慢，轿车的加速度变化率越小，乘坐轿车的人感觉越舒适．图示是一辆汽车在水平公路上行驶时加速度随时间变化的关系图象，取t=0时速度方向为正方向，则关于加速度变化率以及汽车的运动，下列说法正确的是（）
A．依据运动学定义方法，“加速度的变化率”的单位是m/s2
B．在2秒内，汽车做匀减速直线运动
C．在2秒内，汽车的速度减小了3m/s
D．若汽车在t=0时速度为5m/s，则汽车在2秒末速度的大小为8m/s
5、2005年我国成功发射并回收了“神州”六号载人飞船。

设飞船绕地球做匀速圆周运动，若飞船经历时间t绕地球运行n圈，则飞船离地面的高度为（已知地球半径为R，地面的重力加速度为g）（）
A．
22
3
22
4
gR t
n
π
B．
22
3
22
4
gR t
R
n
π
-C．
22
3
2
gR t
n
D．
22
3
2
gR t
R
n
-
6、如图所示，一轻绳的一端系在固定在光滑斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一初速度让它在斜面上能做完整的圆周运动，a点和b 点分别是最低点和最高点，在此过程中( )
A．绳子拉力做功，小球机械能不守恒
B．重力的瞬时功率始终为零
C ．在 b 点速度最小值为零
D ．在 a 点所受轻绳拉力最小值和斜面倾角有关
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、A 、B 两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x-t)图像,图中a 、b 分别为A 、B 两球碰撞前的图线,c 为碰撞后两球共同运动的图线.若A 球的质量2A m kg =,则由图可知下列结论正确的是( )
A ．A 、
B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s B ．碰撞过程A 对B 的冲量为-4 N·s
C ．碰撞前后A 的动量变化为4kg·m/s
D ．碰撞过程A 、B 两球组成的系统损失的机械能为10 J
8、2019年我国民营火箭“双曲线一号”在酒泉成功发射将一颗卫星精确送入距离地面高度为h 的圆轨道上。

地面监测知该卫星在轨绕地运行速率为v ，已知引力常量为G ，地球质量为M ，则（ ）
A ．该卫星一定在地球赤道平面内运行
B ．该卫星绕地运行时受到地球的吸引，但是处于失重状态
C ．该卫星的运行周期2πh
T v
=
D ．根据以上数据可以估算地球的平均密度
9、如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( )
A ．小船从A 点运动到
B 点的全过程克服阻力做的功W f =fd B ．小船经过B 点时的速度大小
C．小船经过B点时的速度大小
D．小船经过B点时的加速度大小
10、如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行的周期为T0，图中P为近日点，Q 为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。

若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中
T
A．从P到M所用的时间小于0
4
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从P到M阶段，万有引力对它做正功
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）在“探究加速度与力的关系”的实验中，采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到．
(1)当M与m的大小关系满足______ 时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的总重力．
(2)甲同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的a一F图线，如图2(a)所示则实验存在的问题是________________ ．
(3)乙、丙两同学用同一装置探究加速度与力的关系时，画出了各自得到的a一F图线，如图2(b)所示则是两同学做实验时______ 取值不同造成的．
12．（12分）如图所示，托盘用细线通过定滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况．利用该装置可以完成“探究牛顿第二定律”的实
验．
(1)图为某次实验打出的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序取O、A、B、C、D五个计数点，用刻度尺量出A、B、C、D点到O 点的距离，则小车的加速度a=_________m／s1．(结果保留两位有效数字)
(1)某同学平衡摩擦力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码质量，且满足小车质量远大于盘和砝码的总质量，作出小车加速度a与砝码重力F的图象如图所示．重力加速度g=10m／s1，则小车的质量为________kg，小盘的质量为______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）一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以v0=8 m/s的速度匀速行驶的货车有违法行为时，决定前去追赶，经过t0=2.5s，警车发动起来，以加速度a= 2m/s2做匀加速运动，向货车追去，货车仍以原速度做匀速直线运动，求：
(1)警车发动起来以后至少多长时间可以追上货车?
(2)在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少?
14．（16分）用轻弹簧相连的质量均为m＝2kg的A、B两物体都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动,弹簧处于原长,质量M＝4kg的物体C静止在前方,如图所示.B与C碰撞后二者粘在一起运动,在以后的运动中,求:
(1)当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度.
(2)弹性势能的最大值.
15．（12分）质量均为m=0.1kg的两小滑块A、B，相距L=2m、放在足够长的绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，A带电量为q=+3×10﹣3C，B不带电．在水平面附近空间加有水平向左的匀强电场E=l×102v/m，现同时由静止释放A、B，此后A将与B发生多次碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失，A带电量保持不变，B始终不带电，g取10m/s2试求
（1）A、B第一次碰前瞬间A的速度v A1
（2）A、B第一次碰后瞬间B的速度v B1
（3）小滑块B运动的总路程S．
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 、从核反应方程可知，该核电站通过核裂变获得核能，故A错误；
B、铀核的质子数为92，故B错误；
C、由质量数守恒得：235+1=144+89+x，解得x=3，故C正确；
D、一个铀核发生上述核反应，由质能方程可得：
，故D错误。

2、D 【解题分析】
A 、A 轮通过链条分别与C 、D 连接，自行车可有两种挡位，
B 轮分别与
C 、
D 连接，又可有两种挡位，所以该车可变换4种挡位。

故A 项错误。

B 、同缘传动边缘点线速度相等，当B 轮与
C 轮组合时，两轮的线速度相等。

故B 项错误。

C 、当A 与
D 组合时，两轮边缘线速度大小相等，前齿轮的齿数与转动圈数的乘积等于后齿轮齿数与转动圈数的乘积，则 解得：
故C 项错误。

D 、当A 轮与C 轮组合时，两轮上边缘点M 和N 的线速度相等，则根据向心加速度公式
可知，向心加速度之比
两轮边缘线速度大小相等，前齿轮的齿数与转动圈数的乘积等于后齿轮齿数与转动圈数的乘积，则
，解得：
所以当A 轮与C 轮组合时，两轮上边缘点M 和N 的向心加速度之比
故D 项正确。

3、A 【解题分析】
以结点O 为研究对象受力分析如下图所示
由题意知点O 缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳OB 的张力
B T mg =
根据平衡条件可知
T cos 0B F T θ-=，T sin 0F F θ-=
由此两式可得
tan tan B F T mg θθ==，cos B
T T F θ
=
在结点为O 被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F 和T F 均变大。

故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4、D 【解题分析】 加速度的变化率为
a
t
，a 的单位是m/s 2，所以，“加速度的变化率”的单位应该是m/s 3，故A 错误．在2秒内，汽车的加速度在减小，但2s 内加速度一直为正，加速度与速度同向，则汽车作加速运动，所以汽车做加速度减小的变加速直线运动，故B 错误．由△v=a △t ，知在a-t 图象中，图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量△v ，则得：在2秒内，汽车的速度增加△v=
32
2
m/s=3m/s ．故C 错误．若汽车在t=0时速度为5m/s ，在2秒内，汽车的速度增加3m/s ，则汽车在2秒末速度的大小为8m/s ，故D 正确．故选D ． 【题目点拨】
本题主要考查物体运动时加速度的定义，知道在a-t 图象中图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，能理解加速运动与减速运动由加速度与速度方向决定，而不是由加速度的大小变化决定． 5、B
【解题分析】设地球质量为M,飞船质量为m,
飞船运行时万有引力提供向心力,根据万有引力定律和牛顿第二定律有
()
()2
2
2π+Mm
G
m R h T R h ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
+
飞船运行周期为t T n
=
质量为m 的物体在地面有2Mm
G
mg R
=
计算得出: h R = ，故B 正确；
综上所述本题答案是：B 6、D 【解题分析】
A ．小球在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒，故A 错误；
B ．除了a 、b 点外的各点的速度都有沿斜面向上或向下的分量，而重力有沿斜面向下
的分量，功率不为0，故B 错误；
C ．在b 点能做圆周运动，速度最小时为重力的分力提供向心力，有：
2
v mgsin m r
θ=
得：
v =故C 错误； D ．在a 点有：
2
v T mgsin m r
θ-=
得：
2
v T mgsin m r
θ=+
与θ有关，故D 正确。

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 、由s-t 图像可以知道：碰撞前A 的速度为410
3/2
A v m s -=
=- ； 碰撞前B 的速度40
2/2
B v m s -=
= ， 碰撞后AB 的速度为24
1/2
C v m s -==- 根据动量守恒可知 ()b B a A a b C m v m v m m v -=-+ 代入速度值可求得：4
3
b m kg =
所以碰撞前的总动量为 10
/3
b B a A m v m v kg m s -=-
⋅ ，故A 错误； B 、碰撞时A 对B 所施冲量为即为B 的动量变化量4B b C b B P m v m v N s ∆=--=-⋅ 故B 正确；
C 、根据动量守恒可知44/A B P P N s kg m s ∆=-∆=⋅=⋅ ，故C 正确；
D 、碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为
()22211110222
a A
b B a b C m v m v m m v J +-+= ,故D 正确， 故选BCD 【题目点拨】
结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出B 的质量，然后根据定义求出动量的变化量． 8、BD 【解题分析】
A ．本卫星轨道平面过地心即可，不一定在轨道平面，故A 错误；
B ．卫星绕地运行时受到地球的吸引提供向心力，但是处于完全失重状态，故B 正确；
C ．由圆周运动周期公式可知，卫星的周期
2π()
R h T v
+=
故C 错误；
D ．万有引力提供向心力
22
()Mm v G
m
R h R
h
可求得地球的半径R ，进而可求得地球的体积V ，由M
V
ρ=，求得密度，故D 正确。

故选BD 。

9、ABD 【解题分析】
小船从A 点运动到B 点过程中克服阻力做功：W f =fd ，故A 正确；小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功：W =Pt ，由动能定理有：，联立解
得：
，故B 正确，C 错误；设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳
与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v ′，P =Fv ′， v ′=v 1cosθ，牛顿第二定律 Fcosθ-f =ma ，联立解得：，故D 正确。

所以ABD 正确，C 错误。

10、AC 【解题分析】
A. 海王星在PM 段的速度大小大于MQ 段的速度大小，则PM 段的时间小于MQ 段的时间，所以P 到M 所用的时间小于
4
T ，故A 正确。

B. 从Q 到N 的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B 错误； C. 从P 到Q 阶段，万有引力做负功，速率减小，故C 正确；
D. 根据万有引力方向与速度方向的关系知，从P 到M 阶段，万有引力对它做负功，故D 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、（1）M ＞＞m ；
（2）没有平衡摩擦力或平衡不足；
（3）质量，M 乙＜M 丙
【解题分析】
（1）要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M 为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m ＜＜M 时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．（2）图中有拉力时没有加速度，说明没有（完全）平衡小车受到的摩擦力．（3）a ﹣F 图象的斜率等于物体的质量的倒数，故斜率不同则物体的质量不同．
【题目详解】
解：（1）以整体为研究对象有：mg=（m+M ）a,解得：mg a M m
=+，以M 为研究对象有绳子的拉力为： 1Mmg mg F Ma m M m M
===++,显然要有F=mg 必有M ＞＞m ，即只有
M ＞＞m 时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力；（2）图中有拉力时没有加速度，是由于实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的；（3）根据F=Ma 可得1a F M
=，即a ﹣F 图象的斜率等于物体的质量倒数，所以两小车的质量不同，根据图象可知，M 乙＜M 丙．
故答案为（1）M ＞＞m ；（2）没有平衡摩擦力或平衡不足；（3）质量，M 乙＜M 丙
【点评】
本题关键掌握实验原理和方法，就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．
12、0.92 0.56 0.0056
【解题分析】
(1)由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T =0.1s ，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为x 1，以后各段分别为x 1、x 3、x 4，根据匀变速直线运动的推论公式△x =aT 1可以求出加速度的大小，得：
x 4-x 1=1a 1T 1 ,x 3-x 1=1a 1T 1 ,为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，
2
2243211222()()(14.56 5.44 5.44)10m/s 0.92m/s 2440.1
x x x x a a a T -+-++--⨯====⨯. (1)砝码重力为F ，设小盘质量为m 0，根据牛顿第二定律：0F m g Ma +=，可知01m g a F M M
=+，则a -F 图象的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为0.50.56kg 1.00.1
M =≈-，F =0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，故有0m g Ma =，解得00.560.10.0056kg 10
m ⨯==. 【题目点拨】
本题考查的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道a -F 图的斜率等于小车质量的倒数.要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用.
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)10s (2)36m
【解题分析】
(1)设警车追上货车所用的时间为t 1，则两车的位移分别为
21112
j x at = ()1010h x v t t =+
追上时两车位移相等，
11=j h x x
即
()2101012
at v t t =+ 解得追上时所用时间
110s t =、12s t =-(舍)
(2)警车和货车速度相等时相距最远，设警车从发动到与货车同速所用时间为t 2， 2=j v at
0=h v v
由=j h v v 得
20at v =
即相距最远时警车所用时间
024s v t a
== 此时货车的位移
()2002=52m h x v t t +=
警车的位移
2221=16m 2
j x at = 两车间的最大距离
max 22=36m h j x x x ∆=-
14、 (1) v A =3m /s (2)E P =12J
【解题分析】
（1）当弹簧的压缩量最大时，弹性势能最大，此时A 、B 、C 的速度相等，由动量守恒定律得2mv =(2m ＋M )v 1
v 1=22mv m M
+=3m/s ，即A 的速度为3m/s. (2)由动量守恒定律得B 、C 碰撞时：mv =(m ＋M )v 2， v 2=mv m M
+=2m/s 由能量守恒可得：
22221111()(2)222p mv m M v m M v E ++=++∆ 解得ΔE p =12J.
15、（1）2m/s ．（2）2m/s ．（3）2m ．
【解题分析】
（1）释放A 后的加速度，由牛顿第二定律得：qE ﹣μmg=ma A
代入得到，a A =1m/s 2
又据公式v 2A1=2a A L
得到A 、B 第一次碰前瞬间A 的速度v A1=2m/s ．
（2）由题，碰撞时间极短且无机械能损失，根据动量和动能守恒得
mv A1=mv A1′+mv B1
2'22111111 222
A A
B mv mv mv =+ 解得：mv A1′=0，v B1=v A1=2m/s ，由此可知，碰撞后AB 两滑块交换速度．
（3）由于每次碰撞两滑块均交换速度，多次碰撞后，最终A、B停在一起．根据能量守恒定律得Eq（L+S）=μmg（L+S）+μmgS
解得，S=2m
【题目点拨】
本题两滑块多次发生弹性碰撞，质量相等时，交换速度作为重要结论，要在理解的基础上进行识记．。