2024学年河南省陕州中学高三物理第一学期期中学业水平测试试题含解析

2024学年河南省陕州中学高三物理第一学期期中学业水平测试
试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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、如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，则下列说法正确的是（）
A．物体与斜面间的动摩擦因数为
3 2
B．物体与斜面间的动摩擦因数为1 2
C．这一临界角0θ的大小30°
D．这一临界角0θ的大小60°
2、如图所示的位移（x）-时间（t）图象和速度（v）-时间（t）图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）
A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．1
0~t时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程
C ．20~t 时间内，丙、丁两车在2t 时刻相距最远
D ．20~t 时间内，丙、丁两车的平均速度相等
3、为了研究平抛物体的运动，用两个相同小球A 、B 做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A 球立即水平飞出，同时B 球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面．A 、B 两小球开始下落到落地前瞬间的过程中，下列对A 、B 球描述正确的是
A ．A 球与
B 球的速率变化量相同
B ．A 球与B 球的动量变化量相同
C ．A 球与B 球的速度变化率不同
D ．A 球与B 球的动能变化量不同
4、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
5、质点做匀速圆周运动时
A ．速度不变
B ．加速度不变
C ．向心加速度不变
D ．合外力提供向心力 6、如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度v 匀速下滑．在箱子的中央有一个质量为m 的苹果，它受到周围苹果对它作用力的方向( )
A．沿斜面向上B．沿斜面向下
C．竖直向上D．垂直斜面向上
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，在租糙水平面上A处平滑连接一半径R=0.1m、竖直放置的光滑半圆轨道，半圆轨道的直径AB垂直于水平面，一质量为m的小滑块从与A点相距为x(x≥0)处以初速度v0向左运动，并冲上半圆轨道，小滑块从B点飞出后落在水平地面上，落点到A点的距离为y。

保持初速度v O不变，多次改变x的大小，测出对应的y的大小，通过数据分析得出了y与x的函数关系式为，其中x和y的单位均为m，取g=10m/s²。

则有
A．小滑块的初速度v O=4m/s
B．小滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5
C．小滑块在水平地面上的落点与A点的最小距离y min=0.2m
D．如果让小滑块进入半圆轨道后不脱离半圆轨道(A、B两端除外)，x应满足
0≤x≤2.75m
8、如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的物块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的物块B，但B与A不粘连。

初始时两物块均静止。

现用平行于斜面向上的拉力F作用在B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v－t图象如图乙所示，t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点，重力加速度为g，则( )
A．
B．t2时刻，弹簧形变量为
C．t2时刻弹簧恢复到原长，物块A达到速度最大值
D．从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧释放的势能少
9、如图所示，质量为m的物体放在光滑的水平面上，现有一与水平方向成θ角的恒力F作用于物体上，恒力F在物体上作用了一段时间(作用过程中物体始终未离开水平面)，则在此过程中
A．力F对物体做的功大于物体动能的变化
B．力F对物体做的功等于物体动能的变化
C．力F对物体的冲量大小大于物体动量变化的大小
D．力F对物体的冲量等于物体动量的变化
10、一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电量为＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是()
A．小球经过环的最低点时速度最大
B．小球在运动过程中机械能守恒
C．小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg＋qE)
D．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg＋qE)
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）在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a）所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器（发射器）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端．实验中力传感器的拉力为F，保持小车（包括位移传感器发射器）的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图（b）所示．
（1）小车与轨道的滑动摩擦力f=________ N．
（2）从图象中分析，小车（包括位移传感器发射器）的质量为________kg．
（3）该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到________．(保留两位有效数字)
12．（12分）某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为50 Hz，得到如图4所示的纸带．选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A 点距起点O的距离为s0＝19.00 cm，点A、C间的距离为s1＝8.36 cm，点C、E间的距离为s2＝9.88 cm，g取9.8 m/s2，测得重物的质量为m＝1 kg．
(1)下列做法正确的有__________．
A．图中两限位孔必须在同一竖直线上
B．实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直
C．实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源
D．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置
(2)选取O、C两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能是
__________J，打下C点时重物的速度大小是__________m/s．(结果保留三位有效数字)
(3)根据纸带算出打下各点时重物的速度v，量出下落距离s，则以
2
2
v
为纵坐标、以s为
横坐标画出的图象应是下面的__________．
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，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力84N F =而从静止向前滑行，其作用时间为1 1.0s t =，撤除水平推力F 后经过2 2.0s t =，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为60kg m =，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f 12N F =，求：
（1）第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小． （2）该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．
14．（16分）同步卫星是地球的重要卫星，在通讯等方面起到重要作用．已知地球表面重力加速度为g ，地球半径为R ，地球自转周期为T ．求：
（1）同步卫星距离地面的高度；
（2）同步卫星的线速度．
15．（12分）如图所示，一根长L =1.5m 的光滑绝缘细直杆MN ，竖直固定在场强为E =1.0×105N/C 、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中。

杆的下端M 固定一
个带电小球A ，电荷量Q =+4.5×
10-6C ；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，其电荷量q =+1.0×
10-6C ，质量m =1.0×10-2kg 。

现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B 开始运动。

（静电力常量k =9.0×
109N·m 2/C 2，取g =10m/s 2） (1)小球B 开始运动时的加速度为多大；
(2)小球B 的速度最大时，距M 端的高度h 1为多大；
(3)小球B 从N 端运动到距M 端的高度h 2=0.61m 时，速度为v =1.0m/s ，求此过程中小球B 的电势能改变了多少？
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、D
【解题分析】
AB 、物体恰好匀速下滑时，由平衡条件有130N F mgcos =︒，130N mgsin F μ︒=，则330tan μ=︒=，故选项A 、B 错误； CD 、设斜面倾角为α，由平衡条件有f Fcos mgsin F αα=+，
2N F mgcos Fsin αα=+，静摩擦力2f N F F μ≤，联立解得()F cos sin mgsin mgcos αμααμα+≤-，要使不论水平恒力F 多大，上式都成立，则有0cos sin αμα-≤，所以1360tan tan αμ≥
==︒，
即060θ=︒，故选项D 正确，C 错误。

2、C
【解题分析】
A ．根据位移-时间图象的斜率表示速度，由图象可知：乙图线的斜率不变，说明乙的速度不变，做匀速直线运动．甲做速度越来越小的变速直线运动．故A 错误．
B ．在t 1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等．故B 错误．
C ．由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t 2时刻面积差最大，所以相距最远．故C 正确．
D ．0～t 2时间内，丙的位移小于丁的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所
以丙的平均速度小于丁车的平均速度．故D错误．
3、B
【解题分析】
A.因为A球立即水平飞出，以一定的速度做平抛运动，B球被松开，做自由落体运动，所以两球落地的速率不同，速率的变化量也不同．故A错误．
BD.两球落地的时间相同，受到的重力也相同，落地的过程中，重力的冲量相同，由动量定理可知，两球的动量的变化量也是相同的．故B正确，D错误．
C. A球与B球的速度变化率等于重力加速度，故A球与B球的速度变化率相同．故C 错误．
4、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。

5、D
【解题分析】
A．匀速圆周运动线速度大小不变，方向变，故线速度改变；故A错误。

B．匀速圆周运动加速度大小不变方向改变；故B错误。

C．匀速圆周运动，受大小不变方向时刻改变的向心力，故加速度大小不变，方向变；故C错误。

D．匀速圆周运动需要合外力只改变速度的方向，不改变速度的大小，故合外力始终沿半径指向圆心，提供向心力；故D正确。

故选D。

6、C
【解题分析】
这个质量为m的苹果是匀速下滑的，这说明受力平衡，它自身受到的重力竖直向下，大小为mg，以及来自周围苹果的作用力，说明周围苹果对它的合力与重力的大小相等方向相反，所以周围苹果对它的作用力大小为mg，方向竖直向上．
A. 沿斜面向上与分析不符，故A错误。

B. 沿斜面向下与分析不符，故B错误。

C. 竖直向上与分析相符，故C正确。

D. 垂直斜面向上与分析不符，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、AC
【解题分析】
滑块从出发点运动到B的过程，由动能定理得：，滑块从B 离开后做平抛运动，则有：，，联立得：，代入数据解得：与比较系数可得：μ=0.2，v0=4m/s，故A正确，B错误；当滑块通过B点时，在水平地面上的落点与A点的最小距离，则在B点有：，滑块从B离开后做平抛运动，则有：，，联立并代入数据解得最小距离为：y min=0.2m，故C正确；滑块通过B点的临界条件是重力等于向心力，则在B点有：，滑块从出发点运动到B的过程，由动能定理得：
，联立解得x=2.5m，所以x的取值范围是0＜x≤2.5m，故D错误。

所以AC正确，BD错误。

8、BD
【解题分析】
由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律有：kx-mgsinθ=ma；开始时有：2mgsinθ=kx1，又x1-x=a t12；联立以三式得：．故A错误。

由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=，此时弹簧处于压缩状态，故B正确，C错误。

由图读出，t1时刻A、B 开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma…①
开始时有：2mgsinθ=kx1…②
从开始到t1时刻，弹簧释放的势能E P=kx12- kx2…③
从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：W F+E P-2mgsinθ（x1-x）= •2mv12…④
2a（x1-x）=v12…⑤
由①②③④⑤解得：W F-E P=-；所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少
，故D 正确。

故选BD.
【题目点拨】
本题分析时要注意：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为1．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等.
9、BC
【解题分析】
对物体受力分析，受重力、支持力、拉力，合力为Fcos θ；重力和支持力都与位移垂直，不做功，故拉力的功等于总功，也等于动能的增加量，故A 错误，B 正确；根据动量定理，动量增加量等于合力的冲量；合力为Fcos θ，小于拉力，故拉力的冲量大于动量增加量，故C 正确，D 错误；故选BC ．
【题目点拨】
本题关键理解和掌握动能定理和动量定理，明确总功是动能变化量度，总冲量是动量变化量度．
10、AD
【解题分析】
A. 小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功最多，则根据动能定理得知，动能增大，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大。

故A 正确；
B. 小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒。

故B 错误；
CD.小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：(mg +qE )R =212
mv ， 又由N −mg −qE =2
v m R
，联立解得N =3(mg +qE )，故C 错误，D 正确。

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、0.5； 0.7；
114
； 【解题分析】
（1）［1］根据图象可知，当F =0.5N 时，小车开始有加速度，则f =0.5N ；
（2）［2］根据牛顿第二定律得： 1F f f a F M M M
-==- ， 则a-F 图象的斜率表示小车质量的倒数，则
140.50.7kg 5
M k -=＝＝ （3）为得到a 与F 成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有：
Mgsin Mgcos θμθ=
解得：
tan θ=μ，
根据f =μMg 得：
0.510.71014
μ=⨯＝ 所以 tanθ=114
12、AB 2.68 2.60 C
【解题分析】
（1）图甲中两限位孔必须在同一直线上，故A 正确；实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦，故B 正确；开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C 错误；数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，以减小测量的误差，故D 错误．
（2）重物减少的重力势能为：△E p =mgh=mg （s 0+s 1）=1kg×9.8m/s2×（19.00+8.36）
×10-2m≈2.68J
打下C 点时重物的速度v c =(s 1+s 2)/(4T)=2.28m/s
(3)在验证机械能守恒定律的实验中，有：212mv mgh = 则有：212
v gh =，g 是常数，所以212
v h -图线为过原点的倾斜直线，故C 图正确． （4）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力．
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）1.2m/s 0.6m ； （2）5.2m
【解题分析】
（1）根据牛顿第二定律得
1f F F ma -=
运动员利用滑雪杖获得的加速度为
21 1.2m /s a =
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小
111 1.2 1.0m /s 1.2m /s v a t ==⨯=
位移
211110.6m 2
x a t == （2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为
220.2m /s f
F a m ==
第二次利用滑雪杖获得的速度大小2v ，则
2221112v v a x -=
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
2222
2v x a = 解得
2 5.2m x =
14、（1R ；（2 【解题分析】
（1）地球表面重力与万有引力相等，即
2mM mg G
R
= 可得 GM =gR 2
同步卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，有：
2
224()()mM G m R h R h T
π=++ 由此可得同步卫星离地面的高度
h =22324gR T R π- （2）根据线速度与周期的关系有： v =2()R h T π+=232gR T
π 15、 (1)23.2m /s a =；(2)10.9m h =；(3)28.410J -⨯
【解题分析】
由题意可知，带电小球在匀强电场和点电荷非匀强电场这样的叠加场中运动，前两问应用力的观点求解，因库仑力是变力，所以第(3)问只能用能的观点求解。

开始运动时小球
受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得
解得
代入数据解得
小球速度最大时合力为零，即
解得
代入数据解得
小球从开始运动到速度为的过程中，设重力做功为
，电场力做功为， 库仑力做功为
，根据动能定理有
解得
设小球
的电势能改变了△，则 △
△△。