吉林省吉林市第一中学2024年物理高三上期中达标检测试题含解析

吉林省吉林市第一中学2024年物理高三上期中达标检测试题注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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,a、b两物体的质量分别为m1和m2,由轻质弹簧相连.当用恒力F竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1,加速度大小为a1;当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a,使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时,
弹簧伸长量为x2,加速度大小为a2,则()
A．a1=a2,x1=x2B．a1<a2,x1=x2
C．a1=a2,x1>x2D．a1<a2,x1>x2
2、小球A从离地面20m高处做自由落体运动，小球B从A下方的地面上以20m/s的初速度做竖直上抛运动。

两球同时开始运动，在空中相遇，取g=10m/s2,下列说法正确的是（）
A．两球相遇时速率都是10m/s B．两球相遇位置离地面10m高
C．开始运动2s后两球相遇D．两球在空中相遇两次
3、A、B两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，A的运行周期大于B的运行周期，则A．A距离地面的高度一定比B的小B．A的运行速率一定比B的大
C．A的向心加速度一定比B的小D．A的向心力一定比B的大
4、测量万有引力常量，并检验万有引力定律的科学家是
A．亚里士多德B．伽利略
C．牛顿D．卡文迪什
5、如图，木块放在光滑的水平面上、一颗子弹水平射入木块中，子弹受到的平均作用力大小为f，射入木块的深度为d，此过程中木块移动了s,则（）
A．子弹损失的动能为fs
B．木块增加的动能为f(s+d)
C．子弹、木块系统总机械能的损失为fd
D．子弹动能的减少量等于木块动能的增加量
6、足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是( ) A．W＝0，Q＝mv2
B．W＝1
2
mv，Q＝mv2
C．W＝0，Q＝2mv2
D．W＝mv2，Q＝2mv2
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、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的速度反弹．已知小球与地面的作用时间为0.1s，重力加速度g取2
10m/s，则下列说法正确的是（）
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
8、如图所示,(a)图表示光滑平台上,物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上,
车与水平面间的动摩擦因数不计,(b)图为物体A与小车的v-t图像,由此可知( ). A．小车B获得的动能
B ．小车上表面至少的长度
C ．物体A 与小车B 的质量之比
D ．A 与小车B 上表面的动摩擦因数
9、人造地球卫星可以看起来相对地面静止，就是我们常说的同步卫星。

地球半径为R ，质量为M ，自转周期为T ，同步卫星距离地面高度为h ，运行速度为v 。

下列表达式正确的是（ ） A ．h =－R B ．h =－R
C ．v =
D ．v =
10、如图所示，AB 为斜面，BC 为水平面．从A 点以水平速度v 向右抛出小球时，其落点与A 点的水平距离为s 1；从A 点以水平速度3v 向右抛出小球时，其落点与A 点的水平距离为s 2.不计空气阻力，则s 1∶s 2可能为
A ．1∶3
B ．1∶8
C ．1∶12
D ．1∶24
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）在用图所示单摆“测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下：
a ．取一根细线，下端系住直径为d 的金属小球，上端固定在铁架台上；
b ．测得摆长为l ， l 是摆线长度和小球的半径之和，即/2l L d =+；
c ．缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5︒位置由静止释放小球；
d ．用秒表记录小球完成n 次全振动所用的总时间t ，计算单摆周期/T t n =；
e ．用公式2
2
4π/g l T =计算当地重力加速度；
f ．改变细线长度，重复b 、c 、d 、e 步骤，进行多次测量．
（1）在“用单摆测定重力加速度”的正确实验中，下列做法有利于减小实验误差的是__________． A ．适当加长摆线
B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过多次全振动后停止计时，用此时间间隔除以全振动次数作为单摆振动的周期
（2）2005年5月22日上午10点05分，中国女子登山队及珠峰高程测量队A组队员率先登上珠峰顶峰，这是中国女运动员自1975年以来第六次攀登珠峰成功，五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬．在峰顶运动员利用单摆来确定珠峰的高度．已知该单摆在海平T．在峰顶时，测得该单摆周期为T．试求珠峰顶峰离海平面的高度
面处的周期是
h．（地球可看作质量均匀分布的半径为R的球体；结果用T、
T、R表示）________．
12．（12分）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。

他在气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。

(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝__________ mm。

(2)下列实验要求不必要的是__________。

A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些
C．应将气垫导轨调节水平
D．应使细线与气垫导轨平行
(3)改变钩码的质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图像，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出________(选填“t2 -F”“-F”或“-F”)图像。

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）第24届冬季奥林匹克运动会，将由北京市和张家口市联合举行。

冬奥会运动项目跳台滑雪是其中极具观赏性的项目之一。

如图所示，质量m=60 kg的运动员从长直助滑滑道AB的A处由静止开始匀加速下滑，已知该运动员的加速度a=3.6 m/s2，
到达助滑道末端B 时的速度v B =24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H =48m 。

为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段圆弧滑道平滑衔接，已知助滑道末端B 与圆弧滑道最低点c 的高度差h =5m 。

圆弧半径R =12m ，运动员运动到C 点时对轨道的压力F N =6mg ，取g =10m/s 2。

试求：
(1)运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小； (2)运动员从B 点运动到C 点克服阻力做的功W 。

14．（16分）如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A ．B ，它们的质量均为为m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F 拉物块A 使之向上匀加速运动，当物块B 刚要离开C 时F 的大小恰为2mg ．求：
（1）从F 开始作用到物块B 刚要离开C 的时间． （2）到物块B 刚要离开C 时力F 所做的功．
15．（12分）如图甲所示，M 、P 、N 为直角三角形的三个顶点，NM 与MP 间的夹角
37θ=︒，MP 中点处固定一电荷量为Q 的正点电荷，粗糙绝缘杆MN 的长 1.0m L =，
沿MN 方向建立x 轴(取M 点处0x =),今在杆上穿一带正电小球(可视为点电荷)，自N 点由静止释放，小 球的重力势能和电势能随位置x 的变化图象如图乙(a)、(b)所示，图中电势能0135E E =
，023
E E =已知小球的电荷量7
8.010C q -=⨯，质量m =1.0kg,取sin370.6︒=,cos370.8︒=重力加速度g =10m/s 2
(1)若小球下滑至图中横坐标1x 处时，杆对它的弹力恰好为零，求固定在中点处正点电荷的电荷量Q ；
(2)求小球在横坐标1x 处的电势能0E ；
(3)若该小球从M 点以初速度0 4.0m/s v =沿x 轴向上运动，恰好能运动到N 点，然后再返回到M 点，求小球返回到M 点时的动能KM E
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】
先对AB 整体进行分析，可以得出整体运动的加速度；再对隔离出受力最少的一个进行受力分析，由牛顿第二定律可得出弹簧弹力，则可得出弹簧的形变量． 【题目详解】 对整体分析有：
1211212()F m m g F
a g m m m m -+=
=-++
212
F
a m m =
+，可知a 1＜a 1；
隔离对b 分析有：F 1-m 1g=m 1a 1， 解得：2112
m F
F m m =
+，2222
12m F F m a m m ==+，可知F 1=F 1，根据胡克定律知，x 1=x 1． 故应选：B ． 【题目点拨】
本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用． 2、A
【解题分析】
小球A 做自由落体运动，小球B 做竖直上抛运动；根据位移时间公式分别求出A 和B 的位移大小，两球在空中相碰，知两球的位移之和等于20m ，列式求解，判断。

【题目详解】
小球A 做自由落体运动，小球B 做竖直上抛运动，设经过时间t 在空中相遇
A 自由落体位移h 1=212
gt B 竖直上抛的位移h 2=v 0t 2
12
gt -
h 1+h 2=20
联立可得：t=1s ，则：
A 项：相遇时，A 球的速率v A =gt=10m/s ，
B 球的速率v B =v 0-gt=（20-10）m/s=10m/s ，故A 正确；
B 项：由上面分析可知，相遇时离地面高度h 2=20×1-
1
101152
m ⨯⨯=，故B 错误； C 项：由上面分析可知，经过1s 两球相遇，故C 错误； D 项：由题意知，B 求速度减为零的时间为0
2v t s g
=
'=，两球第一次相遇后，A 球继续下落，B 求继续向上运动，当B 球上升到最高点时，A 球下落距离20H m =，故两球不可能在空中相遇两次，故D 错误。

故应选：A 。

【题目点拨】
本题关键知道两物体在空中相遇的条件，即两物体的位移之和等于20m 。

3、C
【解题分析】A 、A 的运行周期大于B 的运行周期，由开普勒第三定律 33
A B 2
2A B
R R =T T 得知，A 的轨道半径大于B 的轨道半径，A 距离地面的高度一定比B 的大，故A 错误；
B 、由2
2
GMm v m r r
=
，得v =A 的运行速率一定比B 的小，故B 错误； C 、由
2GMm ma r =得，卫星的向心加速度 2
GM
a r
=，轨道半径越大，向心加速度越小，则A 的向心加速度一定比B 的小，故C 正确；
D 、两颗卫星的向心力都由地球的万有引力提供，由于两卫星质量关系未知，不能比较向心力的大小，故D 错误； 故选C 。

4、D 【解题分析】
卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量并检验万有引力定律，故D 正确。

故选D 。

5、C 【解题分析】
子弹受到摩擦阻力，而木块所受到摩擦动力，两者摩擦力大小相等，可认为是恒力．运用动能定理分别研究子弹和木块，求出各自的动能变化，结合能量守恒定律分析。

【题目详解】
A 项：木块对子弹的阻力做功为-f （s+d ），根据动能定理得知：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为f （s+d ），故A 错误；
B 项：弹对木块的作用力大小为f ，木块相对于地的位移为s ，则子弹对木块做功为fs ，根据动能定理得知，木块动能的增量等于子弹对木块做功，为fs ，故B 错误；
C 项：子弹相对于木块的位移大小为d ，则系统克服阻力做功为fd ，根据功能关系可知，子弹和木块组成的系统损失的动能为fd ，故C 正确；
D 项：子弹动能的减少等于木块动能的增加量和系统内能增加量之和，故D 错误。

故应选：C 。

【题目点拨】
本题是子弹打木块模型，关键要掌握住功和能的关系，要明确对单个物体求功时，位移的参照物是地面。

6、C 【解题分析】
在整个运动的过程中，物体动能的变化量为零，只有摩擦力做功，根据动能定理知W 1=0； 滑块先做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动，达到速度v 后做匀速直线运动，设动摩擦因数为μ，则匀减速直线运动的加速度大小为：
mg
a g m
μμ=
=；
匀减速直线运动的时间为：
1v v
t a g
μ=
=， 位移为：
22
122v v x a g
μ==，
传送带的位移为： 2
21v x vt g
μ==，
物体相对传送带滑动的路程为：
2
1232v x x x g
μ∆=+=；
物体返回做匀加速直线运动的加速度大小仍为a ，则加速时间为：
2v v t a g
μ=
=， 位移为：
22122v v x a g
μ'==，
传送带的位移为：
2
22v x vt g
μ'==，
物体相对传送带滑动的路程为：
2
212v x x x g
μ'''∆=-=。

物体与传送带间摩擦产生的热量为：
2()2Q mg x x mv μ'=∆+∆=
A. W ＝0，Q ＝mv 2。

故A 错误；
B. W ＝
1
2
mv ，Q ＝mv 2。

故B 错误； C. W ＝0，Q ＝2mv 2。

故C 正确； D. W ＝mv 2，Q ＝2mv 2。

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、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
2090.45220
v 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. 8、BCD 【解题分析】
当A 滑上B 后，在滑动摩擦力作用下，A 做匀减速直线运动，B 做匀加速直线运动，最终以共同速度v 1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比，根据速度时间图象的面积表示位移可以求得A 相对于B 的位移，根据能量守恒可以确定动摩擦因数，因为不知道B 车质量，所以不能求得B 的动能． 【题目详解】
A 、由于小车
B 的质量不可知，故不能确定小车B 获得的动能，故A 错误； B 、由图象可知，AB 最终以共同速度1v 匀速运动，这时两物体位移差即为小车上表面最小的长度，即最小为：011
2
x v t ∆=
，故B 正确； C 、由动量守恒定律得，01()A A B m v m m v =+，解得：101
A B m v m v v =-，故可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故C 正确； D 、由图象可以知道A 相对小车B 的位移011
2
x v t ∆=
，根据能量守恒得：22011
1()22
A A A
B m g x m v m m v μ∆=-+，根据B 中求得质量关系，可以解出动摩擦力因
数，故D 正确； 【题目点拨】
本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息． 9、AC 【解题分析】
根据万有引力提供向心力F 万=F 向 ，解得：
又
，把h 的值代入上式中得
，故选AC 。

【题目点拨】
该题为天体运动的典型题型，由万有引力提供向心力，公式中量比较多，计算要小心。

属于基础题。

10、AB
【解题分析】
试题分析：本题可分三种情况进行讨论：①若两次小球都落在BC 水平面上，则下落的高度相同，所以运动的时间相同，由知，水平距离之比等于水平初速度之比为；
②若两次小球都落在斜面AB 上，设斜面倾角为，则有在沿斜面垂直的方向上（注意这只是一个分运动），小球作自由落体运动，设运动的时间分别为和，则：由，得
，可得t 1：t 2=v ：3v=1：3，水平位移为，可得s 1：s 2=1：1．
③若第一次落在斜面AB 上，第二次落在水平面BC 上，根据平抛运动的基本规律可知其水平位移比值在1：3到1：1之间．故AB 可能
考点：考查了平抛运动规律的应用
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、 AC 0
RT R T - 【解题分析】(1)A ．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，故A 正确；
B ．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B 错误；
C ．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5︒，故C 正确；
D ．周期对测量结果影响较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D 错误；
故选AC 。

(2)海平面处的周期依据单摆公式02L T g =2πL T g
=，依据万有引力与航天公式02GMm mg R =， ()
2GMm mg R h =+，联立解得： 0RT h R T =-
【题目点拨】掌握单摆的周期公式2L T g
π
=，依据万有引力与航天公式公式，联立求出珠峰顶峰离海平面的高度。

12、2.25 A
【解题分析】 （1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，d=2mm+5×0.05mm=2.25mm ；
（2）拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A 正确；应使A 位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B 错误；应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C 错误；要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D 正确；此题选择不必要的，故选A ．
（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M 不变，因此有：v 2=2as ，其中：v=，a=，解得：，整理得：，所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出−F 图象．
【题目点拨】
常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．
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）144N ；（2）2280J
【解题分析】
（1）运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有 22B v ax =
由牛顿第二定律有
f H m
g F ma x
-= 联立解得
f 144N F =
（2）设运动员到达C 点时的速度为c v ，由牛顿第二定律有
2N c mv F mg R
-=
在由B 到达C 的过程中，由动能定理得
221122
c B mgh W mv mv -=- 联立解得运动员从B 点运动到C 点克服阻力做的功
2280J W =
14、（1）t =（2）32
32F m g W k
= 【解题分析】(1) 令x 1表示未加F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知：mgsin30°=kx 1 ，
令x 2表示B 刚要离开C 时弹簧的伸长量，a 表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：kx 2=mgsin30°，
F －mgsin30°－kx 2=ma ，将F=2mg 和θ=30°代入以上各式，解得a=g ；
由21212x x at +=，解得t =；
(2) 物块B 刚要离开C 时，物块A 的速度为v at ==F 开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零。

由动能定理得
()0
2121sin302F W mg x x mv -+=，解得2232F m g W k =。

15、 (1)6.40×
l0-5C ；(2)1.92J ；(3)2.976J 【解题分析】
(1)在1x 处，根据受力分析可知：
2
cos37Qq k mg r =︒ 其中：
1tan370.24r x a =︒=
由题意知：
1cos θ cos θ2
L x =⋅ 代入数据得：
25cos θ 6.4010C mgr Q kq
-==⨯ (2)由图知，小球在1x 处的电势能等于0E ，可得：
0cos θ 1.92J E mgr ==
(3)设小球从M 到N 的过程，克服电场力做功为W ，从M 到N 的过程有：
12201()2
0mgLsin W E E mv θ--+-=- 解得：
2.512J W =
由对称性可知，小球从N 返回M 的过程，克服电场力做功也为W ，从M 到N 再返回M 的过程有：
20212
KM v W m E =- 代入数据解得：
2.976J KM E =。