2024届上海交通大学附属中学高三物理第一学期期中学业质量监测试题含解析

2024届上海交通大学附属中学高三物理第一学期期中学业质量
监测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用大小为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x1;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x2；当用恒力F倾斜向上向上拉着a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示．则（）
A．x1= x2= x3B．x1 >x3= x2
C．若m1>m2，则x1>x3= x2D．若m1<m2，则x1＜x3= x2
2、如图所示，轻杆与竖直墙壁成53°角，斜插入墙中并固定，另一端固定一个质量为
m的小球，水平轻质弹簧处于压缩状态，弹力大小为3
4
mg(g表示重力加速度)，则轻
杆对小球的弹力大小为( )
A．5
3
mg B．3
5
mg C．
4
5
mg D．
5
4
mg
3、如图所示。

斜面倾角为α，且
1
tan
2
α=，从斜面上O点与水平方向成45°角以速
度v0、2v0分别抛出小球P、Q，小球P、Q刚要落在斜面上A、B两点时的速度分别为v P、v Q，设O、A间的距离为s1，O、B间的距离为s2，不计空气阻力，则（）
A．s2=4s1，v P、v Q方向相同
B．s2=4s1，v P、v Q方向不同
C．2s1＜s2＜4s1，v P、v Q方向相同
D．2s1＜s2＜4s1，v P、v Q方向不同
4、如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置-时间(x-t)图线。

由图可知( )
A．在时刻t1，两车速度相等
B．在时刻t2，a、b两车运动方向相同
C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大
D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大
5、如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B 点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D 点位于B 点正下方，B、D间的距离为h，则( )
h
A．A、B 两点间的距离为
2
h
B．A、B 两点间的距离为
4
C．C、D 两点间的距离为2h
23h
D．C、D
6、汽车的质量为m，在水平路面上行驶时受到的阻力恒为f，开始时以0.5倍的额定功率匀速行驶，速度为v1，然后增大功率，使车的速度均匀增大，当功率刚达到额定功率时车的速度为v2，最后汽车以v2做匀速运动，下列说法正确的是（）
A．加速过程中汽车的牵引力也增加
B．开始加速时，汽车的功率为0.5倍的额定功率
C．当功率刚达到额定功率时，汽车的牵引力大小等于f
D．当车以v2匀速运动时，汽车的功率小于额定功率
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、一列简谐横波沿x轴传播．t= 0时的波形如图所示，质点A与质点B相距lm，A点速度沿y轴正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处．由此可知
A．此波沿x轴正方向传播
B．此波的传播速度为25m/s
C．从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1m
D．在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向
E.此列波不能和频率为50 Hz的横波发生干涉现象
8、图甲为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图像．已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g取10m/s2，B为AC轨道中点．下列说法正确的是（）
A．小球到达C点后，做自由落体运动
B．图甲中x=4
C．小球从A到B损失了0.125J的机械能
D．小球从A到C，轨道的摩擦力对其做的功为–0.25J
9、如图所示，动滑轮下系有一个质量为1kg 的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮．用6N F =的恒力竖直向上拉细线的另一端．滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦．经过1s （2
10m /s g =），则（）
A ．拉力F 做功为10J
B ．拉力F 做功为12J
C ．物体的动能增加了10J
D ．物体的机械能增加了12J
10、如图所示，物块A 、B 间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A 物块最初与左侧固定的挡板相接触，B 物块质量为2kg 。

现剪断A 、B 间的细绳，解除对弹簧的锁定，在A 离开挡板后，B 物块的υ－t 图如图所示，则可知( )
A ．在A 离开挡板前，A 、
B 系统动量不守恒，之后守恒
B ．在A 离开挡板前，A 、B 与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒
C ．弹簧锁定时其弹性势能为9J
D ．若A 的质量为1kg ，在A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J
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）如图所示为利用气垫导轨（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略）验证机械能守恒定律的实验装置，完成以下填空。

实验步骤如下：
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m ，将导轨调至水平；
②测出挡光条的宽度l和两光电门中心之间的距离s；
③将滑块移至光电门1左侧某处，待托盘和砝码静止不动时，释放滑块，要求托盘和砝码落地前挡光条已通过光电门2；
④测出滑块分别通过光电门1和光电门2的挡光时间；
⑤用天平秤出滑块和挡光条的总质量M，再秤出托盘和砝码的总质量m
回到下列问题：
（1）用最小分度为1mm的刻度尺测量出光电门1和2之间的距离s，以下数据合理的是_______。

A．50cm B．50.00cm C．50.0cm D．50.000cm
（2）滑块通过光电门1和光电门2的速度分别为v1和v2，则v1=_______。

（3）若系统机械能守恒，则M、m、g、s、v1、v2的关系是_______。

12．（12分）某同学利用图示的装置来验证机械能守恒定律．设计了如下实验，A是质量为m、直径为d的小球，B为重物，AB间用轻质细绳通过轻质滑轮相连．在距水平地面h高处的C点固定一个光电计时器．实验操作如下：
①开始时，测出重物B的质量M，将小球A放在光电计时器正下方的水平地面上，系统在外力作用下保持静止．细绳拉直但张力为零，现释放B使其向下运动．测出小球A 通过光电计时器所用的时间为△t，且小球A 通过光电计时器时重物B还未落地
②实验中保持A质量不变，改变B的质量，多次重复笫（1）步
（1）实验中，M和m的关系必须满足M_____m（选填“小于”、“等于”或“大于”）（2）小球A运动至C点的速度可表示为_____．
（3）根椐所测数据，为得到线性关系图线，应作出_____（选填“△t﹣1
M
”“△t2﹣
1 M m
-”或“△t2﹣
1
M m
+
”）图线；
（4）根据第（3）问得到的图线，若图线在纵轴上的截距为b，则当地重力加速度g=_____（用题给的己知量表示）
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，将一质量为m=0.1kg的小球自水平平台右端O点以v0=3m/s的
初速度水平抛出，小球飞离开平台后由A 点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC ，并沿轨道恰好到达轨道最高点C ，圆轨道ABC 的形状为半径为R =2.5m 的圆截去了左上角的127°的圆弧，CB 为其竖直直径，sin37°=0.6，g =10m/s 2， （1）小球经过C 点时速度的大小？
（2）若小球运动到轨道最低点B 的速度v B =55m/s ，轨道对小球的支持力多大？ （3）平台末端O 点到A 点的竖直高度H.
14．（16分）如图所示，两个导热的圆筒底部有一条细短管连通，圆筒内装有约20cm
深的水银，K 为阀门，处于关闭状态。

左侧大圆筒的横截面积2
1800S cm =，水银面到
圆筒顶部的高度115H cm =，水银上方是空气，空气的压强1100P cmHg =，室温
127t C =︒。

左侧圆筒中竖直放置一根托里拆利管，管的横截面积远小于两圆筒的横截
面积，托里拆利管中水银上方有氮气，氮气柱的长度120L cm =，水银柱的高度
270L cm =。

右侧小圆筒的横截面积22100S cm =，一个活塞紧贴水银放置。

已知大气
压强075P cmHg =。

求：
（Ⅰ）若环境温度缓慢升高60C ︒，左侧圆筒内空气的压强变为多大？
（Ⅱ）在环境温度为60C ︒时，用力控制右侧圆筒中活塞，打开阀门K ，使活塞缓慢升高140h cm =后固定，则托里拆利管中氮气柱的长度最终变为多大？（结果可以带跟号）
15．（12分）如图所示，水平放置的弹簧左端固定，小物块P （可视为质点）置于水平桌面上的A 点，并与弹簧右端接触，此时弹簧处于原长．现用水平向左的推力将P 缓慢地推至B 点，此时弹簧的弹性势能为k 21J E =．撤去推力后， P 沿桌面滑上一个
停在光滑水平地面上的长木板Q 上，己知P 、Q 的质量分别为2kg m =、4kg M =，
A 、
B 间的距离14m L =， A 距桌子边缘
C 的距离22m L =， P 与桌面及P 与Q 间
的动摩擦因数都为0.1μ=， g 取210m/s ，求：
（1）要使P 在长木板Q 上不滑出去，长木板至少多长？
（2）若长木板的长度为225m ．，则P 滑离木板时， P 和Q 的速度各为多大?
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、A 【解题分析】
通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量．对右图，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为：112
F
a m m =
+ ；对b 物体有：
T 1=m 2a 1；得2112
m F
T m m =
+；对中间图： 运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速
度为：()11212
F m m g a m m -+=
+；对b 物体有：T 2-m 2g=m 2a 2得：2212
m F
T m m =
+；对左图，
整体的加速度：1212312()sin ()cos ()
F m m g m m g a m m θμθ
-+-+=
+ ，对物体
b ：32223sin cos T m g m g m a θμθ--= ，解得2312
m F
T m m =
+；则T 1=T 2=T 3，根据胡
克定律可知，x 1= x 2= x 3，故A 正确，BCD 错误．故选A ． 【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． 解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体． 2、D 【解题分析】
由于轻杆斜插入墙中并固定，所以小球对它的作用力就不再沿杆的方向了，我们对小球受力分析得，小球受到重力、弹簧对小球的作用力，小球处于静止状态，故这两个力的合力与杆对小球的作用力相平衡，如下图所示，
223
(m )mg) 1.254
g mg +=（，故D 正确，ABC 错误； 故选D ． 3、A 【解题分析】
设抛出的速度为v ，则水平分速度为
2cos452x v v v =︒=
竖直速度为
2sin 452
y v v v =︒=
根据位移关系有
2
112tan 2y x v t gt y x v t
α-=== 解得22v
t
g
= 则落点与抛出点的距离为
2
2cos 2cos x v t v s v g αα
==∝
则由题意可知初速度为v 0、2v 0分别抛出小球P 、Q ，则有 s 2=4s 1
落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角满足
tan 0y y x
x
v v gt v v θ-=
=
='
即速度方向均为水平，所以v P 、v Q 方向相同，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4、C 【解题分析】
A ．在x-t 图像中，切线的斜率表示速度的大小，在时刻t 1，斜率不相等，所以两车速度不相等，故A 错误；
B ．在时刻t 2，a 车朝正方向运动，而b 车负方向运动，两车运动方向不相同，故B 错误；
C ．在t 1到t 2这段时间内，b 车图像的斜率先减小后增大，所以b 车的速率先减小后增大，故C 正确；
D ．从图像可以看出，t 1到t 2时间内某个时刻b 车图像的斜率平行于a 车的图像的斜率，所以b 车的速率不是一直比 a 车大，故D 错误 5、C
【解题分析】A 、B 、AB 段小球自由下落，BC 段小球做平抛运动，竖直方向
也做自由落体运动，两段时间相同，小球下落的高度相等，所以A 、B 两点间距离与B 、D 两点间距离相等，均为h ，故A 、B 错误；C 、D 、BC 段平
抛初速度v =
t =C 、D 两点间距离x =vt =2h ，故C 正确，D 错误．故选C.
【题目点拨】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．
6、D
【解题分析】A 、加速过程因为是匀加速,所以由-F f ma =牵可知牵引力不变，故A 错误
B 、匀速时1
0.5=
P F f v =额牵，加速时F f >牵所以功率大于0.5倍的额定功率，B 错误
C 、速度达到v 2时有
2
0P f ma v -=>额，可知2
=
P F f v >额牵 ，故C 错误
D 、
2
P f ma v -=额得到220P fv mav -=>额，其中最后汽车匀速时2=P fv 实所以
P P <额实 ，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、BDE 【解题分析】
A 点速度沿y 轴正方向，则波沿x 轴负方向传播．故A 错误．由题λ=2m , T=0.08s ，则波速2
/25/0.08
v m s m s T
λ
=
=
= ．故B 正确．简谐横波沿x 轴传播，质点A 沿波传播方向并不迁移．故C 错误．此时B 向下，t=0.04s=0.5T 时，质点B 处在平衡位置，速度沿y 轴正方向．故D 正确．此列的频率为1
25f Hz T
== ，故波不能和频率为50 Hz 的横波发生干涉现象，选项E 正确；故选BDE. 8、BD 【解题分析】
A 、小球到达C 点时有速度将会做平抛运动，A 正确
B 、h=0.8时小球恰好在C
点，2/v m s = ，所以x=0.4，C 正确
D 、从A 到C 应用动能定理02
122
f B K m
g R w mv E --=
- 0.25f w J =- C 、B 时AC 中但摩擦力前半过程大摩擦力做功多，所以A 到B 过程中摩擦力做功大于-0.125J ，机械能损失既大于-0.125J ，C 错误 故本题选BD 9、BD
【解题分析】对m ：2F mg ma -=得2
2m /s a =，
则2
11m 2
x at ==，
2m /s v at ==，则2621J 12J F W F x =⋅=⨯⨯=，故A 错，B 对．物体的动能增加了
2211
12J 2J 22
k E mv ∆=
=⨯⨯=，C 错；物体的机械能增加了
2J 1011J 12J k E E mgh ∆=∆+=+⨯⨯=，D 对，故选BD ．
点睛：解决本题的关键是明确动滑轮的力学特性，知道拉力F 的作用点位移等于物体位移的2倍．要注意选择研究对象；知道机械能的增量等于动能和势能增量之和，也等于除重力外的其它力的功．
10、ACD
【解题分析】
在A 离开挡板前，由于挡板对A 有作用力，所以A 、B 系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；离开挡板之后，系统的合外力为零，动量守恒，故A 正确；在A 离开挡板前，挡板对A 的作用力不做功，A 、B 及弹簧组成的系统在整个过程中只有弹簧的弹力做功，机械能都守恒，故B 错误；解除对弹簧的锁定后至A 刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为B 的动能，根据机械能守恒定律，有：，由图象可知，v B =3m/s ，解得：E p =9J ，故C 正确。

分析A 离开挡板后A 、B 的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A 、B 的共同速度为v 共=2m/s ，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：m B v 0=（m A +v B ）v 共；
；联立解得：E′p =3J ，故D 正确。

故选CD 。

【题目点拨】
本题主要考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，关键是搞清运动过程，能够知道当弹簧伸到最长时，其势能最大．
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、 B 11t ∆ ()()22211122
mgs M m v M m v =+-+ 【解题分析】（1）最小分度为1mm 的刻度尺，在读数的时候要估读一位，所以应该保留到mm 后一位，故B 正确。

（2）利用光电门测速度的原理：由于挡光条比较窄，所以在处理数据得时候把平均速度当瞬时速度用了即l v t =∆ 所以 1l v t
=∆ （3）若系统机械能守恒，则系统内重力势能的减少量应该等于系统动能的增加量，即应该满足： ()()22211122
mgs M m v M m v =+-+ 综上所述本题答案是：(1). B (2).
11t ∆ (3). ()()22211122mgs M m v M m v =+-+
12、（1）大于（2）d
t∆
（3）△t2﹣
1
M m
-
（4）
2
2
d
bh
【解题分析】解：（1）释放B后小球要向上运动，A所受合力应向上，因此B的质量M应大于A的质量m．
（2）小球经过光电门时的速度：v=d
t∆
；
（3）对系统，由机械能守恒定律得：（M﹣m）gh=1
2
（M+m）v2，
整理得：△t2=
22
1
2
md d
gh M m gh
+
-
，△t2与
1
M m
-
是线性关系，为得出线性关系图线，
应作：△t2﹣
1
M m
-
图象；
（4）△t2﹣
1
M m
-
图象的截距：b=
2
2
d
gh
，解得：g=
2
2
d
bh
；
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)5m/s (2) 6.0N (3)0.8m
【解题分析】
（1）恰好运动到C点，有重力提供向心力，即：
mg =m
2 v R
得：
v c m/s
（2）在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有：
F N-mg=m
2 B v R
得：
F N=6mg=6.0N
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6.0N （3）对A点速度有：
0tan53
y v v
︒=，
v y=v0tan53°所以：
H =22y
v g =0.8m
14、（Ⅰ）120cmHg ,（Ⅱ）18.6cm .
【解题分析】试题分析：（Ⅰ）环境温度缓慢升高60℃的过程为等容变化过程，运用查理定律即可求出末态左侧圆筒内空气的压强；（Ⅱ）环境温度不变，左侧空气发生等温变化，对其运用玻意耳定律即可求出升温后空气的压强，利用平衡求出托里拆利管中封闭氮气的压强，再对氮气运用理想气体的状态方程即可求出托里拆利管中氮气柱的终变长度．
（Ⅰ）设升温后左侧大圆筒空气的压强变为2P ，因阀门关闭，大圆筒内空气做等容变化，有： 1212
p P T T =，其中： 1300T K =， 2360T K = 代入数值解得： 2120P cmHg =
（Ⅱ）阀门打开并控制活塞缓慢上升1h 时，因左侧大圆筒中空气的压强大于外界大气压强，左侧大圆筒水平面下降高度设为2h ，根据体积不变原理，则有： 2112S h S h = 解得： 2h =5cm
同时，左侧大圆筒中的空气做等温变化，设空气高度变为2120H H h cm =+='，空气的压强变为3P ，则有： 23P HS P H =
代入数值解得： 3115P cmHg =
设托里拆利管中密封氮气柱的横截面积为S ，最终长度为x L ，其初始压强为1L P ，最终压强为Lx P ，根据理想气体状态方程，有： 1112
Lx x L P L S P L S T T = 其中： 11007030L P cmHg cmHg cmHg =-=，
()()1152070520Lx x x P cmHg L cmHg L cmHg =-++-=+
解得氮气柱的最终长度为：
()
1018.6x L cm cm =≈
15、 (1) 3m (2) 2m/s 0.5m/s
【解题分析】（1）小物块从B 点运动到C 点的过程中，根据能量守恒定律得：
()2p 1212
C E mv mg L L μ-=+，计算得出： 3m/s C V ==， 若小物块滑到木板右端时与长木板具有共同速度，所对应的长木板具有最小的长度L m ，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： ()C mv m M v =+，由能量守恒定律得： ()221122
m C mgL mr m M v μ=-+，计算得出： 1m/s v =， 3m m L =； （2）设小物块滑离木板时，它们的速度分别为1v 和2v ，以向右为正方向，由动量守恒定律得： 12c mv mv mv =+，由能量定律得：
22212111222
C mgl mv mv Mv μ=--，计算得： 12m/s v =, 20.5m/s v =（1
0v '=（舍去）2 1.5m/s v ='不合题意，舍去） 因此小物块滑离木板时，它们的速度分别为： 12m/s v =， 20.5m/s v =．
点睛：根据功能关系求出物体到达C 点时的速度大小，当物体滑上木板时，木板加速运动，物体减速运动，当二者速度相同时，一起向前运动，根据过程中系统水平方向动量守恒和能量守恒可解出木板长度．根据木板和物体作用过程中动量守恒和功能关系可求出结果．。