陕西省西安交大附中2024学年物理高三第一学期期中考试试题含解析

陕西省西安交大附中2024学年物理高三第一学期期中考试试题注意事项
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、为了减少污染,工业废气需用静电除尘器除尘,某除尘装置如图所示,其收尘极为金属圆筒,电晕极位于圆筒中心．当两极接上高压电源时,电晕极附近会形成很强的电场使空气电离,废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积,以达到除尘目的．假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变,下列判断正确的是( )
A．带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大
B．金属圆筒内越靠近收尘极电势越高
C．带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越大
D．金属圆筒内存在匀强电场
2、地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域．进一步探测发现在地面P点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图所示．假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计．如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg(k<1)．已知引力常量为G，球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是
A ．kgd G ρ
B ．2kgd G ρ
C ．(1)k gd G ρ-
D ．2(1)k gd G ρ
- 3、如图所示，在水平向右的匀强磁场中，有一倾角为α的光滑固定斜面，斜面上垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的通电直导体棒，导体棒中的电流为I 、方向垂直纸面向外，导体棒刚好能静止在斜面上；重力加速度为g 。

则匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）
A ．
sin?mg IL
α B ． cos?mg IL
α C ． tan? mg IL
α D ． mg IL 4、如图所示，倾角为37°、长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2.则说法正确的是( )
A ．传送带顺时针转动时，物体从顶端A 无法滑到底端B
B ．传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 先做匀加速后匀速运动
C ．传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的一直做匀加速运动
D ．传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间为2s
5、在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v 和 2
v 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率和位移大小分别是乙球落至斜面时的（ ） A ．2倍 、2倍 B ．2倍、 4倍 C ．4倍、2倍 D ．4倍、4倍
6、关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( )
A．电场强度的方向总是指向正电荷的运动方向
B．电场强度为零的地方，电势也为零
C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低
D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向
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、如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图乙中所提供的信息不能计算出
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
8、质量为M的半球形物体A和质量为m的球形物体B紧靠着放在倾角为α的固定斜面上,并处于静止状态,如图所示,忽略B球表面的摩擦力,则关于物体受力情况的判断正确的是( )
A．物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上
B．物体A受到4个力的作用
mgα
C．物体B对斜面的压力等于cos
mgα
D．物体B对物体A的压力大于sin
9、如图所示，甲、乙两物体在同一条直线上运动，折线是物体甲运动的图象，直线是
物体乙运动的图象，则下列说法正确的是（）
A．甲、乙两物体运动方向相反
B．甲做匀速直线运动，速度大小为7.5m/s
C．乙做匀减速直线运动，加速度是﹣5m/s2
D．甲、乙两物体在距甲的出发点60m处相遇
10、一质量为0.1kg的小球从1.25m处自由下落，与水平地面相碰后以3m/s的速度反
10m/s，则下列说法正确的弹．已知小球与地面的作用时间为0.1s，重力加速度g取2
是（）
A．小球反弹起的最大高度为0.45m
B．碰撞前后速度改变量的大小为2m/s
C．地面对小球的冲量大小为0.8N s
D．地面对小球的平均作用力大小为9N
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）物理小组在一次验证机械能守恒定律的实验中,实验装置如图甲所示,气垫导轨放置在水平桌面上,一端装有光滑的定滑轮;导轨上有一滑块,其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连,另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接.打点计时器使用的交流电源的频率为f.开始实验时,在托盘中放入适量砝码,先接通电源,再松手后滑块开始做匀加速运动,在纸带上打出一系列点.
(1)本实验存在一个重大的失误,该失误是:_____________________________．
(2)图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分:0、1、2、3、4、5、6、7是计数点,
每相邻两计数点间还有9个计时点未标出,计数点间的距离如图所示.根据图中数据计算的加速度a=_____________________(用1S、3S、f表示)
(3)为了验证机械能守恒定律,下列物理量中还应测量的是_____________
A．导轨的长度L B．砝码的质量m1 C．滑块的质量m2 D．托盘和砝码的总质量m3
(4)如果乙图中1S、2S、3S是实验改进后测得的数据,请写出计数点3到计数点4的过程中要验证的机械能守恒守律的表达式______________________．
12．（12分）小江同学在做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验中，他用实验装置如图所示，所用的钩码每只质量为50g．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，并将数据填在表中，实验中弹簧始终未超过弹性限度，取g取10m/s1．根据实验数据可得
钩码质量/g 0 50 100 150 100 150
弹簧总长度/cm 6.00 7.00 8.00 9.00 10.00 11.00 （1）该弹簧的劲度系数k=_____N/m．
（1）弹力F与形变量x的表达式_____．
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，一长L=2m、质量为M=12kg的木板置于水平地面上，木板上表面光滑且距水平地面的高度h=0.8m，木板与水平地面间的动摩擦因数μ=0.3，木板向右运动且水平方向仅受摩檫力作用，当木板速度v0=7m/s时，把一个质量为m=lkg 的物块（视为质点）轻轻放在木板的右端．从物块放上木板开始计时，求：
（1）物块经过多长时间着地？
（2）经过3s时间，物块离木板右端多远？（物块着地后不再反弹，取g=10m/s2，计算结果保留2位有效数字）
14．（16分）如图所示，BCDG是光滑绝缘的3
4
圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径
为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接．整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为0.75mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．
（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？
（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；
（3）改变s的大小，滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．
15．（12分）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m=1kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为 =0.2，长木板与小物块均静止．现用F=14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t=1s撤去水平恒力F．
（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大？
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
（3）最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？
（4）最终小物块离长木板右端多远？
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、B
【解题分析】
尖端电荷密度大，附近的场强强，空气越容易电离，画出金属筒和金属丝之间的电场线分布图，比较场强的大小，带负电的细颗粒物根据受力判断运动情况．
【题目详解】
尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故A 错误；逆电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，故B 正确；离电晕极越远，场强越小，尘埃带电量不变，电场力越小，故C 错误，根据图象信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故D 错误；故选B ．
【题目点拨】
此题考查静电的应用-静电除尘，解答本题关键是要知道金属圆筒和金属丝之间的电场分布，电场强度越大的地方气体越容易电离．
2、D
【解题分析】
地球表面正常的重力加速度大小为g ,由于空腔的存在，现测得P 点处的重力加速度大小为kg ，则空腔体积大小的岩石对物体吸引产生的加速度为()1k g -，结合万有引力定律2Mm G ma r =，即()21Vm G m k g d ρ=-，解得：()2
1k gd V G ρ-=，故D 项正确，ABC 错误．
3、D
【解题分析】
根据左手定则可知导线受到的安培力竖直向上，其还受竖直向下的重力，要使导线能静止在斜面上，则只有
F BIL mg ==
所以解得
mg B IL
= 故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

4、D
【解题分析】（1）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动
摩擦力沿斜面向上，因mgsin 37°>μmg cos 37°，则物体向下匀加速运动，选项AB 错误；
（2）传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma 1，代入数据得：a 1=10 m/s 2，
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有： 1110110v t s s a ===，x 1=12a 1t 2=5 m ＜l =16 m ，当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°＞μmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，由牛顿第二定律得： 23737mgsin mgcos ma μ︒-︒=，代入数据得：a 2=2 m/s 2，位移：x 2=l-x 1=16-5=11m ，
又因为x 2=vt 2+12
a 2t 2，则有：10t 2+t 2=11，解得：t 2=1 s （t 2=-11 s 舍去），所以有：t 总=t 1+t 2=1+1=2 s ．
选项C 错误，D 正确；故选D.
点睛：解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体运动，明确速度和加速度的变化，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．从此题看出出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．
5、B
【解题分析】
设斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，甲球以速度v 抛出，落在斜面上，如图所示；根据平抛运动的推论可得tanθ=2tanα，所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；
故对甲有：v 甲末= v cos θ；对乙有：v 乙末= 2v cos θ
，所以2 1v v 甲末乙末＝；根据
212tan 2gt gt vt v
α== ，位移222tan v L vt v g α==∝ ，则甲球落至斜面时的位移大小是乙球落至斜面时的4倍，故B 正确、ACD 错误；故选B ．
【题目点拨】
本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道平抛运动的两个推论． 6、D
【解题分析】
试题分析：电场强度的方向不一定是正电荷的运动方向，只有正电荷从静止开始沿直线电场线运动时，其运动方向才沿电场强度的方向，选项A 错误；电场强度为零的地方，电势不一定为零，例如放在电场中的导体，场强为零，但是电势不为零，选项B 错误；随着电场强度的大小逐渐减小，电势不逐渐降低，例如在负点电荷电场中，距离负电荷越远，场强越小，但是电势越高，选项C 错误；任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向，选项D 正确；故选D.
考点：电场强度；电势
【名师点睛】此题考查了电场强度及电势的关系；要知道电场强度是从力的角度对电场进行描述，而电势则时从能量角度进行描述，所以场强为零的点电势不一定为零，而电势为零的点场强不一定为零；电场强度的方向是电势降落最快的方向.
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、ABC
【解题分析】
AB.对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图
x 方向：
cos sin F mg ma θθ-=
y 方向：
sin cos 0N F G θθ--=
从图象中取两个点（20N ，2m/s 2）、（30N ，6m/s 2）代入各式解得：
=2kg m
=37θ︒
故A 正确，B 正确；
C.物体能静止在斜面上，当F 沿斜面向上时所施加的外力最小：
min sin 20sin 37N 12N F mg θ==︒=
故C 正确；
D.题中并未说明推力随时间的变化关系，故无法求出加速度为6m/s 2时物体的速度大小．故D 错误．
8、BD
【解题分析】
对物体B 受力分析，受重力、斜面的支持力和A 对B 的支持力，受力分析图如图所示
由于弹力与接触面垂直，故A 对B 的支持力不是平行斜面向上，而是偏向上一点，A 错误；根据平衡条件有：sin cos mg F αθ=，sin cos F N mg θα+=，得sin cos mg F αθ
=，cos sin cos sin tan N mg F mg mg αθααθ=-=-，则由牛顿第三定律可知，物体B 对物体A 的压力大于sin mg α，物体B 对斜面的压力小于cos mg α，C 错误，D 正确；物体A 受重力、支持力、摩擦力、B 对A 的压力，共4个力，B 正确；选BD ．
【题目点拨】先对物体B 受力分析，根据平衡条件判断A 对B 的弹力和斜面对B 的支持力情况；再结合牛顿第三定律判断B 对A 的压力情况
9、AD
【解题分析】
试题分析：图像的斜率表示速度，斜率的正负表示运动方向，从图像中可知甲一直朝着正方向运动，乙朝着负方向运动，故两者的运动方向相反，A 正确；斜率表示速度，故甲在0-2s 做匀速运动，速度大小为，然后静止，6-8s 又开始做匀速运
动，速度大小为
，B 错误；图线乙的斜率恒定，做匀速直线运动，
C 错误；图线的交点表示两者相遇，故甲乙两物体在距甲的出发点60m 处相遇，
D 正确；
考点：考查了位移时间图像
【名师点睛】关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；位移时间图像是用来描述物体位移随时间变化规律的图像，不是物体的运动轨迹，斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x 的变化量
10、AD
【解题分析】规定向下为正方向，依据竖直上抛运动的特点．故
2090.45220v h m g ===．故A 正确；速度的改变量v v v ∆=-末初．即13v v ∆=--．由
自由落体的特点可知2
11.252v g
=．得15m/s v =，故8m/s v ∆=-．故B 错误；依据动
量定理， ==I P F t ∆合．故()21N mg F t mv mv -=--．由题可知23m/s v =，
15m/s v =．得=0.9N s N I ⋅， =9N N F ．故C 错误，D 正确；故选AD ．
点睛：由于物体在空中只受重力，所以无论物体的下落过程还是从地面反弹的过程，物体的加速度都是g ，位移、速度以及动量都是矢量，解题时要注意正方向.
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）末验证气垫导轨是否水平； （2）2
31()200s s f -； （3）CD ； （4）
()()22231232231
[]2400400
s s f s s f m gs m m ++=+-（）
【解题分析】
（1）在本实验中应首先验证导轨是否水平，而本题中没有进行验证；
（2）由于题目中只给出了三组数据，故可采用其中任两组，本题中采用s 1和s 3；则有：
s 3-s 1=2aT 2
；因中间有10个间距，故10T f
=
； 则有：2
31()200
s s f a -=
； （3）根据实验原理可知，本实验中砝码和托盘的重力势能减小量等于总的动能的增加量；故应测量滑块的质量m 2 和托盘和砝码的总质量m 3；故选CD. （4）分别求出3、4两点的速度12
320s s v f +=
；23420
s s v f +=； 物体下降的高度为s 2；则由机械能守恒定律可知；
()()22231232231
[]2400400
s s f s s f m gs m m ++=+-（）
12、50 F=50x 【解题分析】
(1)根据F =k x 可知，0.05100
N/m=50N/m 0.01
F k x ∆⨯=
=∆ (1)弹力F 与形变量x 的表达式F =50x
【题目点拨】对于该实验要注意：每次增减砝码测量有关长度时，均要保证弹簧及砝码应处于静止状态．测量有关长度时，要注意区分弹簧的原长l 0，实际长度l 和伸长量x ，并明确三者之间的关系．
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）从物块放上木板开始计时至落地的时间是0.71s ． （2）经过3s 时间，物块离木板右端距离是8m ． 【解题分析】
（1）木板上表面光滑，所以开始时物块m 静止，放上m 后地面对M 的摩擦力
设M 的加速度为a 1，则
设m 离开木板时木板的速度为v ，则有
设物块m 在木板上运动的时间为 t 1，则
代入数据解得 t 1≈0.31s ，v=6m/s 物块m 离开木板后做自由落体运动，则 可得：t 0=0.4s
所以从物块放上木板开始计时至落地的时间
（2）m 离开M 后，M 的加速度为
M 停下来所用时间为 t 2，则 解得：t 2=2s 在t 2内M 前进的距离为
所以经过3s 时间，物块离木板右端距离
点睛：板块模型是牛顿运动定律部分的典型模型，对各种可能情况要能熟练掌握。

必要时可画出速度时间图象帮助分析运动过程。

14、（1gR （2）74mg ；（35gR
； 【解题分析】
（1）设滑块到达B 点时的速度为v ，由动能定理有： qE （S+R ）−μmgS −mgR =1
2
mv 2 而：qE =0.75mg ，s =3R 联立解得： v gR ；
（2）水平方向的合力提供向心力为：
F −qE =m 2
v R
解得： F =
74
mg （3）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG 间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时速度最小 则有：
22
2
min
()()v qE mg m R
+= 解得： v min 5gR
15、（1）23/a m s = （2）10.5x m ∆= （3） 2.8/v m s =' （4）0.7x m = 【解题分析】
（1）对木板，受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma 1，
解得：221140.2110
/3/4
F mg a m s m s M μ--⨯⨯=
== ． （2）对小物块，受摩擦力作用， 由牛顿第二定律得，µmg=ma 2， 解得：a 2=μg=0.2×10m/s 2=2m/s 2，
长木板运动的位移：x 1=12a 1t 2=1
2×3×12m=1.5m ， 小物块运动的位移：x 2=12a 2t 2=1
2
×2×12m=1m ，
则小物块相对于长木板的位移： △x 1=x 1-x 2=1.5m-1m=0.5m ． （3）刚撤F 时，长木板的速度： v 1=a 1t=3m/s 2×1s=3m/s ， 小物块的速度： v 2=a 2t=2m/s 2×1s=2m/s ， 撤F 后，长木板的加速度：220.2110
'/0.5/4
mg
a m s m s M
μ⨯⨯=
=
= ， 最终长木板与小物块速度：v'=v 2+a 2t'=v 1-a't'， 代入数据可解得：t′=0.4s ，v'=2.8m/s ．
（4）在t′时间内，长木板运动的位移：2222
11328 1.16220.5
v v x m m a ．'--==⨯''=
， 小物块运动的位移：22
22
2222820.96222
v v x m m a '--'=
==⨯． ， 则小物块相对于长木板运动的位移： △x 2=x 1′-x 2′=1.16m -0.96m=0.2m ， 所以小物块相对于长木板运动的总位移： △x=△x 1+△x 2=0.5m+0.2m=0.7m ．。