2024年黑龙江省伊春市二中高三物理第一学期期中检测试题含解析

2024年黑龙江省伊春市二中高三物理第一学期期中检测试题注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，一半径为R的3/ 4光滑圆形轨道ABC竖直固定放置，有一质量为m的质点在距A端正上方H=3R处由静止释放，由A点进入圆周轨道，（重力加速度大小为g，空气阻力不计）则下列判断正确的是
A．质点运动到A点的速度3gR
B．质点运动到B6gR
C．质点在B点时对轨道的压力9mg
D．质点不可能到达C点
2、以下说法正确的是（）
A．一对相互作用的静摩擦力同时做正功、同时做负功、同时不做功都是有可能的B．物体做曲线运动时，其合力的瞬时功率不可能为零
C．物体受合外力为零时，其动能不变，但机械能可能改变
D．雨滴下落时，所受空气阻力的功率越大，其动能变化就越快
3、如图所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物．现用一竖直向上的外力F拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧测力计的读数为（）
A ．mg
B ．F
C ．0m F m m +
D ．00
m F m m + 4、在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法，如理想化、模型化、放大、极限思想，控制变量、猜想、假设、类比、比值法等等．以下关于所用思想方法的叙述不正确的是
A ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是假设法
B ．速度的定义式v ＝ ，采用的是比值法；当Δt 趋近于0时， 就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想
C ．在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法
D ．如图示的三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想
5、如图所示，在匀强电场中有O 、A 、B 三点，OA =OB =5cm ，其中O 、A 电势分别为0和5V ，OA 与OB 的夹角为120°，A 、B 在同一条竖直线上。

现有一不计重力的带电粒子从A 点沿AO 方向飞入电场，经过B 点时的动能与在A 点时相同，则下列说法正确的是（ ）
A ．该粒子带正电
B．粒子运动过程中，电场力一直做正功
C．粒子能运动到O点，且在O点时电势能为零
D．该电场的场强大小为200V/m，方向水平向左
6、甲、乙两物体沿同一方向做直线运动，6 s末在途中相遇，它们的速度图象如图所示，可以确定( )
A．t＝0时甲在乙的前方54 m处
B．t＝0时乙在甲的前方27 m处
C．6 s之后两物体不会再相遇
D．6 s之后两物体还会再相遇
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、“神舟九号”飞船与“天宫一号”成功对接，在飞船完成任务后返回地面，要在A 点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于“神舟九号”的运动，下列说法中正确的有( )
A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度
B．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度
C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期
D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度
8、如图所示，一根轻质细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为60°，OB绳与水平方向的夹角为30°，则球A、B的质量之比和杆对A、B的弹力之比分别为( )
A．＝B．＝
C．＝D．＝
9、如图，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R．轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x．一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v．小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为ΔF （ΔF＞0）．不计空气阻力．则（）
A．m、x一定时，R越大，ΔF越大
B．m、x、R一定时，v越大，ΔF越大
C．m、R一定时，x越大，ΔF越大
D．m、R、x一定时，ΔF与v的大小无关
10、如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为△l1和△l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间
A．a1=3g B．a1=0 C．△l1=2△l2D．△l1=△l2
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）借助于位移传感器可以方便地测量木块和木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，木块从木板上面某一点静止释放，位移传感器记录下木块到传感器的距离。

计算机描绘的距离随时间变化的图象如图乙所示。

图甲图乙
（1）根据上述s- t图象，计算木块加速度a =__________m/s2， 0.3s时木块的速度
v=_______m/s，。

（以上结果均保留2位有效数字）
（2）根据图中提供的已知数据，可计算出木块与木板间的动摩擦因数μ=________。

（取重力加速度g=10m/s2，结果保留2位有效数字）
（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是________。

A．点与传感器距离适当大些
B．木板的倾角越大越好
C．选择体积较小的实心木块
D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻
12．（12分）某实验小组利用如图所示装置，探究木块在木板上滑动至停止的过程中，摩擦力做的功与木块滑上木板时初速度的关系．实验步骤如下：
A．将弹簧左端固定在平台上，右端自然伸长到平台右侧O点，木板紧靠平台，其上表面与P，Q在同一水平面上．使木块压缩弹簧自由端至P点后由静止释放，木块最终停在木板上的B点，记下P点并测出OB间的距离L．
B．去掉木板再使木块将弹簧压缩至P点并由静止释放，测出木块做平抛运动的水平位移x．
C．改变由静止释放木块的位置，以获取多组L，x数据．
D．用作图象的办法，探求L—x关系，得出结论．
①A，B两步中，均使弹簧压缩到同一点P的目的是____________
②本实验中，是否必须测出图中h的具体数值___________?(填“是”或“否”)．
③实验小组根据测得数据，作出L—x2图象如右图所示，据此，实验小组便得出结论：摩擦力对木块做的功形与木块滑上木板时的初速度平方成正比．请写出其推理过程
_____：
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）己知万有引力常量G，地球半径R，月球和地球之间的距离，同步卫星距地面的高度h，月球绕地球的运转周期1T，地球的自转周期2T，地球表面的重力加速度g．
（1）根据万有引力定律和牛顿第二定律说明：为什么不同物体在地球表面的自由落体加速度大小都是相等的?为什么高山上的自由落体加速度比地面的小?
（2）某同学根据以上条件，提出一种估算地球质量的方法：同步卫星绕地球做圆周运
动，由
2
2
2
2π
Mm
G m h
h T
⎛⎫
= ⎪
⎝⎭
得
23
2
2
4πh
M
GT
=请判断结果是否正确，并说明理由．如不正
确，请给出正确的解法和结果．
（3）请根据已知条件再提出两种估算地球质量的方法并解得结果．
14．（16分）如图所示，传送带与地面的倾角θ＝37°，A到B的长度为L=7.25m，传送带以υ0＝5 m/s的速度逆时针转动．在传送带上端A无初速放一个质量为m=1k g的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度
g=10m/s2 .（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求物体从A运动到B所需的时间是多少？
（2）若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度？
15．（12分）长为L=0.6m的轻绳一端系于固定点O，另一端系质量为m=1kg的小球，
将小球从O 点正下方4
L 处，以一定初速度水平向右抛出，经一定时间绳被拉直以后，小球将以O 为支点在竖直平面内摆动，已知绳刚被拉直时，绳与竖直线成60°，
g =10m/s 2.如图所示，试求：
（1）小球水平抛出时的初速度v 0.
（2）在绳被拉紧的瞬间，支点O 受到的绳的冲量I .
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. 从释放到A 点，由机械能守恒定律可得
2132
A mg R mv ⋅= 解得质点运动到A 点的速度
6A v gR =
选项A 错误；
B. 从释放到B 点，由机械能守恒定律可得
2142
B mg R mv ⋅= 质点运动到B 点的速度
22B v gR =
选项B 错误；
C. 在B 点，由牛顿第二定律：
2B v N mg m R
-= 解得质点在B 点时轨道的支持力为
N =9mg ，
根据牛顿第三定律可知质点在B 点时对轨道的压力为9mg ，选项C 正确；
D. 质点恰能到达C 点时满足
2C v mg m R
=， 则
C v ；
若质点能到达C 点，则
'2122
C mg R mv ⋅= 解得
'C C v v =>
则质点能到达C 点，选项D 错误．
2、C
【解题分析】
试题分析：一对相互作用的静摩擦力不能同时做正功、同时做负功，因为相互作用的两个力一定大小相等、方向相反，而物体的位移却只有一个方向，所以一对相互作用的静摩擦力所做的功的代数和为0，即总是一个是正的、另一个就是负的，二者同时不做功是可能的，就是在物体受到静摩擦力但不移动的时候，故A 错误；物体受变力作用，其受到的合力也可能是0的，故当其受到的合力为0时，或者其瞬时速度为0时，其合力的瞬时功率都可能是0，B 错误；当一个物体受合力为0时，如果物体沿竖直方向运
动，则其动能不变，但其机械能是会变化的，C 正确；如果雨滴所受合外力的功率越大，
则其能的变化就越快，故D 是错误的．
考点：功、功率和机械能．
3、C
【解题分析】试题分析：对整体受力分析，受重力和拉力F ，由牛顿第二定律得： ()()00F m m g m m a -+=+，解得： ()
0F a g m m =-+，对重物受力分析，受重力
和弹簧拉力，由牛顿第二定律得： T mg ma -=，解得： 0
mF T m m =+，选C. 【题目点拨】本题主要考查了整体法与隔离法，先对弹簧秤和物体整体受力分析，运用牛顿第二定律列式求解加速度；再对重物受力分析，运用牛顿第二定律列式求解拉力大小．
4、A
【解题分析】
质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A 错误；为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B 正确；在探究加速度和力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，故C 正确；D 图1是演示桌面在压力作用下发生形变的装置中，当用力压桌面时，桌面向下形变，平面镜倾斜，在入射光线方向不变，平面镜的反射光线方向改变的角度是平面镜倾斜角度的两倍，体现了放大的思想．图2是演示玻璃瓶在压力作用下发生形变的装置中，用力挤压玻璃瓶，玻璃瓶发生形变，细管中水柱上升，由于管子较细，上升的高度较大，将玻璃瓶微小的形变放大，能直观的观察到形变，体现了放大的思想．图3是通过受到微小的力转动，从而由光的反射来体现转动角度，体现放大的思想，故D 正确；本题选错误的，故选A ．
点睛：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习． 5、D
【解题分析】
AB ．粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，因粒子在AB 两点的动能相同，可知粒子在AB 两点的电势能相等，即AB 两点电势相同，则场强的方向垂直AB 指向O ，由粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，从A 到B 电场力先做负功后做正功，选项AB 错误；
C ．粒子从A 点沿AO 方向飞入电场受到的电场力方向垂直AB 向右，则粒子不可能运动到O 点，选项C 错误；
D ．该电场强度大小为
5V/m=200V/m 1cos600.052
U E OA ==⨯ 方向水平向左，选项D 正确。

故选D 。

6、C
【解题分析】
根据速度图象的“面积”等于位移大小，得到t=6s 时，甲的位移大小为x 甲=12
×9×6m=27m ，乙的位移大小为x 乙=9×6m=54m ，6s 末甲乙相遇，则在t=0时甲在乙的前方27m 处．故A 正确，B 错误．由于6s 之后甲的速度大于乙的速度，两物体不会再相遇．故C 正确，D 错误．故选AC ．
【题目点拨】
本题关键是理解v-t 图线的物理意义，抓住速度图象的“面积”等于位移，来求解两物体出发点相距的距离．
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】
A ．在轨道Ⅱ上由A 点到
B 点，万有引力做正功，动能增加，则A 点的速度小于B 点的速度，故A 正确；
B ．由轨道Ⅰ上的A 点进入轨道Ⅱ，需减速，使得万有引力大于所需的向心力，所以在轨道Ⅱ上A 的速度小于在轨道Ⅰ上A 的速度，故B 正确；
C ．根据开普勒第三定律3
2r C T
=知，由于轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，则飞船在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故C 正确；
D ．神州九号在轨道Ⅱ上经过A 点和轨道Ⅰ上经过A 的受到万有引力相等，根据牛顿第二定律知，加速度相等，故D 错误。

故选ABC 。

8、AC
【解题分析】试题分析：分别对AB 两球分析，运用合成法，用T 表示出A 、B 两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB 两球的拉力是相等的，根据平衡条件求解即可．
分别对AB 两球分析，运用合成法，如图所示，根据共点力平衡条件，得
sin60A T m g ︒=， sin30B T m g ︒=， tan30A mg N =︒， tan60B mg N =︒，故
sin603sin301A B m m ︒==︒， tan603
tan303
A B N N ︒==
︒，AC 正确．
9、CD 【解题分析】
试题分析：在最低点B ，有2B v N mg m R -＝，则2B v N mg m R +＝，根据机械能守恒定
律得，()22
11 222mv mv mg x R '++＝，在最高点A 有：2A v mg N m R
'+＝，解得
2A v N m mg R '-＝，所以22226B A mv mv mgx
N N mg mg R R
-'-+=+
＝；m 、x 一定时，R 越大，F ∆一定越小，故A 错误；m 、x 、R 一定时，v 越大，F ∆不变，故B 错误； m 、R 一定时，x 越大，F ∆一定越大，故C 正确； m 、R 、x 一定时，F ∆与v 的大小无关，故D 正确． 考点：向心力、牛顿第二定律
【名师点睛】本题综合考查了牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键搞清向心力的来源，知道最高点速度和最低点速度的关系． 10、AC 【解题分析】
设物体的质量为m ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a 受到重力和弹簧1S 的拉力1T ，剪断前对bc 和弹簧组成的整体分析可知12T mg =，故a 受到的合力123F mg T mg mg mg =+=+=，故加速度
13F
a g m
=
=，A 正确，B 错误；设弹簧2S 的拉力为2T ，则2T mg =，根据胡克定律F k x =∆可得122l l ∆=∆，C 正确，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、2.0 0.40 0.50 AC 【解题分析】
由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；根据牛顿第二定律求出测定动摩擦力因数μ；为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角；
【题目详解】
解：(1)由图象知，在第1个0.1 s，木块的位移为0；在第二个0.1 s，木块的位移
；经第3个0.1 s，木块的位移，经第4个0.1s，木块的位移，0.3 s时木块的速度，由
解得
(2)由图可知，根据牛顿第二定律，有，解得
(3)A、A点与传感器距离适当大些，可提高长度的测量精度，提高加速度的测量精度，从而提高动摩擦因数的测量精度，故A正确；
B、而木板的倾角过大，则运动时间过短，故B错误；
C、体积较小的实心木块受到的空气阻力较小，测量结果较准确，故C正确；
D、传感器开始计时的时刻可从任意位置，故D错误；
故选AC。

12、保证木块做平抛运动的初速度与木块滑上木板时的初速度相等否设木块做平抛运动的初速度为v，运动时间为t，则木块的水平位移x=vt，木块在水平木板上运动时，由
动能定理得：-fL=0-1
2
mv2，解得：L=
3
2
2
m
ft
x2，m，f，t是常数，设
3
2
2
m
ft
=k，则L=kx2，
k是常数，则L与x2成正比
【解题分析】
①实验要保证木块的初速度相等，A，B两步中，均使弹簧压缩到同一点P的目的是保证木块做平抛运动的初速度与木块滑上木板时的初速度相等．
②木块离开平台后做平抛运动，由于抛出点的高度一定，木块在空中的运动时间相等，木块的水平位移与时间成正比，实验不需要测出平台的高度h．
③设木块做平抛运动的初速度为v，运动时间为t，则木块的水平位移x=vt，木块在水
平木板上运动时，由动能定理得：-fL=0-1
2
mv2，解得：L=
3
2
2
m
ft
x2，m，f，t是常数，
设3
2
2m ft
=k ，则L=kx 2，k 是常数，则L 与x 2成正比．
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）见解析；（2）见解析；（3）见解析； 【解题分析】（1）依据牛二定律，在表面处时， 2
GMm
mg R
= 在高山处时
()
22
GMm
mg R h =+，故21g g <．
（2）上面结果是错误的，地球的半径R 在计算过程中不能忽略，正确解法和结果：
()
()2
2
22
4πMm
G
m R h T R h =++
得()3
222
4πR h M GT
+=
．
（3）方法一：月球绕地球做圆周运动，由22214πMm G m r r T =得23
2
1
4πr M GT =； 方法二：在地面重力近似等于万有引力，由2Mm
G mg R
=得2R g M G =．
点睛：本题关键抓住万有引力提供向心力和在地球表面重力等于万有引力这两个关系，并能根据题意选择恰当的向心力的表达式． 14、（1）1.5s （2）1.25m 【解题分析】
（1）开始阶段，由牛顿第二定律得： mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝10m/s 2
物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t 1＝0.5s 发生的位移s 1＝1
2
a 1t 12＝1.25m ＜7.25m ，即物体加速到5m/s 时仍未到达B 点． 由于μ＜tan θ
mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2
解得a 2＝2m/s 2 ，则：L AB －s 1＝υ0t 2＋1
2
a 2t 22 解得：t 2＝1s ，t 2′＝-6s （舍去） 故物体经历的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.5 s
（2）物体加速至传送带的速度时，传送带前进的位移为：s 1＝υ0t 1＝2.5 m 而物体的位移s 2＝1.25 m
物体相对于传送带向上前进的距离为Δs 1＝s 1－s 2＝1.25 m ． 物体的速度大于传送带的速度后，传送带前进s 3＝υ0t 2＝5m 物体前进s 4＝6m
物体相对于传送带向下滑行Δs 2＝s 4－s 3＝1m 所以物体在传送带上划痕的长为Δs 1＝1.25m 【题目点拨】
要注意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.
15、（1）3m/s (2) s ⋅ 【解题分析】
(1)小球被抛出后到绳拉紧前做平抛运动，绳拉紧时小球下落高度为：
cos 6044
L L
h L ︒=-
= 水平位移：
sin 602
x L ︒==
平抛运动时间：
t =
= 则小球抛出速度：
0sin 60L v t ︒===
(2)绳拉紧前瞬间，小球竖直分速度 ：
y v gt ==
根据水平速度与竖直速度的关系知小球合速度恰沿绳方向向外，绳拉紧时使小球速度减为0，绳对小球的冲量：
0I mv =-=-=-
代入数据解得：s -⋅，负号表示方向沿BO 方向；则绳对支点的冲量大小为
s⋅，方向沿OB方向.
答:(1)小球水平抛出的初速度为3m/s.
(2)在绳被拉紧的瞬间，支点O受到的冲量为大小为s⋅，方向沿绳向外.。