山东济南外国语学校2024年物理高三第一学期期中学业质量监测试题含解析

山东济南外国语学校2024年物理高三第一学期期中学业质量监
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、如图为北京航天飞行控制中心对“嫦娥二号”卫星实施降轨控制的示意图，卫星成功由轨道半径为a、周期为T1的极月圆轨道进入远月点距离为a、周期为T2的椭圆轨道，为拍摄月球图像做好准备。

则“嫦娥二号” （）
A．经过圆轨道上B点时的速率等于它经过椭圆轨道上A点时的速率
B．在圆轨道上经过B点和在椭圆轨道上经过A点时的加速度大小相等
C．在圆轨道上运行周期T1小于它在椭圆轨道上运行周期T2
D．在圆轨道上经过B点和在椭圆轨道上经过A点时的机械能相等
2、科学家发现太阳系外行星“比邻星b”可能适合人类生存。

“比邻星b”绕“比邻星”的运动以及地球绕太阳的运动都可看成是做匀速圆周运动。

观测发现：“比邻星b”与“比邻星”之间的距离是地日距离的k倍，“比邻星”的质量是太阳质量的n倍，则在相等的时间内，“比邻星b”与“比邻星”的连线扫过的面积和地球与太阳的连线扫过的面积的比值是
A．1：1 B k
n
C
n
k
D nk
3、研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时。

假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，则若干年后（）
A．地球两极的重力加速度将变大B．地球赤道的重力加速度将变大
C．地球近地卫星的速度将变大D．地球同步卫星的速度将变大
4、一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，则b时刻速度v b的大小为( )
A．
22 () ()
m n S m n mn
+
+
B．
22
()
() mn m n S
m n
+
+
C．() m n S
mn
-
D．
22 () m n S
mn
+
5、如图所示，物体A静止在斜面体B上，斜面体放在水平面上静止．则物体A受力的情况为（）
A．重力弹力摩擦力
B．下滑力弹力摩擦力
C．重力弹力摩擦力下滑力
D．重力对斜面的压力摩擦力
6、已知物体做直线运动，下列说法正确的是( )
A．加速度增大，速度一定增大
B．物体有加速度，速度一定增加
C．物体速度为零，加速度一定为零
D．速度变化越快，加速度越大
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、地球赤道上的山丘e，近地资源卫星p和同步通信卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动。

设e、p、q的圆周运动速率分别为1v、2v、3v，周期分别为1T、2T、
3T ，则 ( )
A ．123v v v >>
B ．132v v v <<
C ．133T T T =>
D ．123T T T <<
8、甲、乙两车从t =0时刻开始在一条平直公路上相向行驶，其v -t 图象分别如图中的直线A 和B 所示，已知两车在t =8s 时相遇，由图可知
A ．t =4s 时，甲、乙两车相距最远
B ．t =6s 时，甲、乙两车第一次相遇
C ．t =0时，甲、乙两车相距16m
D ．甲、乙两车两次相遇的地点相距12m
9、如图所示，一质量为m 的物体在沿斜面向上的恒力F 作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动.若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ.经时间t 恒力F 做功80J ，此后撤去恒力F ，物体又经时间t 回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v ，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是( )
A ．物体回到出发点时的机械能是80J
B ．撤去力F 前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F 后的运动过程中物体的动能一直在减少
C ．撤去力F 前和撤去力F 后的运动过程中物体的加速度之比为1:3
D ．在撤去力F 前的瞬间，力F 的功率是23
mgvsin θ
10、太阳系中的第二大行星是土星，它的卫星众多，目前已发现的卫星达数十颗．根据下表所列土卫五个土卫六两颗卫星的相关参数，可以比较（）
A．这两颗卫星公转的周期大小
B．这两颗卫星公转的速度大小
C．这两颗卫星表面的重力加速度大小
D．这两颗卫星公转的向心加速度大小
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）物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与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50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．
（1）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为
_____m/s2（结果保留两位有效数字）．
（2）为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有____（填入所选物理量前的字母）．A．木板的长度l B．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E.滑块运动的时间t
（3）滑块与木板间的动摩擦因数 =____（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．12．（12分）某同学利用如图所示的装置探究做功与速度变化的关系．
(1)小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；
(2)在钉子上分别套上2条、3条、4条……同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤(1)，小物块落点分别记为M2、M3、M4……；
(3)测量相关数据，进行数据处理．
①为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．A．小物块的质量m
B．橡皮筋的原长x
C．橡皮筋的伸长量Δx
D．桌面到地面的高度h
E．小物块抛出点到落地点的水平距离L
②将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、……，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…….若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、________为横坐标作图，才能得到一条直线．
③由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于______________(填“偶然误差”或“系统误差”)．
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，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物块A和物块B并排在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板P，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，A、B处于静止状态，若A、B粘连在一起，用一沿斜面
向上的力F T缓慢拉物块B，当拉力F T=1
4
mg时，A的位移为L；若A、B不粘连，用
一沿斜面向上的恒力F作用在B上，当物块A的位移为L时，A、B恰好分离，重力加速度为g，不计空气阻力．
求：（1）弹簧的劲度系数和恒力F 的大小；
（2）请推导F T 与物块A 的位移l 之间的函数关系并画出F T —l 图象，计算A 缓慢移动L 的过程中F T 做功T F w 的大小；
（3）当A 、B 不粘连时，恒力，作用在物块B 上，A 、B 刚分离时速度的大小.
14．（16分）桌面上放着一个单匝矩形线圈，线圈中心上方0.2m 处有一竖立的条形磁铁（如图），此时线圈内的磁通量为0.04Wb 。

把条形磁铁竖放到线圈内的桌面上时，线圈内的磁通量为0.12Wb 。

分别计算以下两个过程中线圈中的：
(1)磁通量变化量
(2)把条形磁铁从图中位置在0.2s 内放到单匝线圈内的桌面上产生的电动势1E
(3)换用10匝的矩形线圈，线圈的面积和原来的单匝线圈相同，把条形磁铁仍从图中位置在0.2s 内放到线圈内的桌面上产生的电动势2E
15．（12分）如图所示，倾角=37°的足够长斜面上有一长为L 、质量为2m 的木板B ，木板B 上端有一质量为m 的滑块A （视为质点），木板下端3L 处有一质量为m 的足够长木板C 锁定。

在斜面上，滑块A 与木板B 、C 间的动摩擦因数均为μ1=0.25，木板C 与斜面间无摩擦，木板B 、C 的厚度相同。

现同时由静止释放A 、B ，在B 与C 碰撞前瞬间，解除对C 的锁定，此时A 恰好滑离B 而滑上C ，已知B 、C 碰撞为弹性碰撞，重力加速度为g ，sin 37° = 0.6， cos 37°=0.8，求：
（1）木板B 与斜面间的动摩擦因数μ2；
（2）B 、C 发生碰撞后瞬间，木板C 的速度大小v C ；
（3）B 、C 发生碰撞后2s 时，滑块A 到木板C 上端的距离x 。

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】
根据开普勒周期定律比较两个轨道上的周期，当万有引力刚好提供卫星所需向心力时，卫星正好可以做匀速圆周运动，若是供大于需，则卫星做逐渐靠近圆心的运动；若是供小于需，则卫星做逐渐远离圆心的运动；
【题目详解】
A、在圆轨道实施变轨成椭圆轨道是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力大于所需向心力，所以应给“嫦娥二号”卫星减速，减少所需的向心力，所以经过圆轨道上A点时的速率大于它经过椭圆轨道上A点时的速率，而圆轨道上的各个位置速率相等，即经过圆轨道上B点时的速率大于它经过椭圆轨道上A点时的速率，故A 错误；
B、“嫦娥二号”卫星变轨前通过B点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿椭圆轨道运动到A点时也是只有万有引力来提供加速度，而且这两点距离月球相等，由于万有引力与距离有关，说明卫星在这两点时万有引力的大小相等，根据牛顿第二定律可知这两点加速度大小也相等，故选项B正确；
C、根据开普勒第三定律得：
3
2
R
k
T
，k与中心体有关，由于圆轨道的半径大于椭圆
的半长轴，所以在圆轨道运行周期1T大于它在椭圆轨道运行周期2T，故C错误；
D、卫星变轨的时候发动机点火，发动机做功，所以“嫦娥二号”卫星点火变轨，前后的机械能不守恒，而圆轨道上的各个位置机械能相等，即在圆轨道上经过B点和在椭圆轨道上经过A点时的机械能不相等，故D错误。

【题目点拨】
卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定，注意变轨时发动机点火，即变轨前后机械能不守恒。

【解题分析】
“比邻星b ”绕“比邻星”或地球绕太阳时，都是万有引力提供向心力，则：
2
2GM m mv R R
=中心 所以：
v =① 扇形的面积公式：
S =12LR =2
vt R ⋅ ② 联立可得：
2t S =
所以在相等的时间内，
“比邻星b ”与“比邻星”的连线扫过的面积和地球与太阳的连线扫过的面积的比值是：
b S
S 故选D 。

3、B
【解题分析】
A ．在两极由公式
2
Mm G mg R = 得 2GM g R =
所以两极的重力加速度不变，故A 错误；
B ．在赤道上有
2
224πMm G mg m R R T
-= 由于周期变大，赤道上的重力加速度变大，故B 正确；
C ．由公式
2
2Mm v G m R R
=
v =所以地球近地卫星的速度不变，故C 错误；
D ．由公式
2222π()Mm v G m m r r r T
== 得
2T v ==现在同步卫星的周期变大，则知，其轨道半径r 增大，则线速度v 减小，故D 错误。

故选B 。

4、A
【解题分析】
设物体在a 时刻速度为 a v ，b 时刻速度为b v ，物体加速度为a ，则：
212
a S v m am =-； 212
b S v n an =-； b a v v am =-，联立解得：()22()b m n S v
m n mn +=+，故选A
5、A
【解题分析】解：由受力分析知物体冲上粗糙斜面后受重力、弹力、摩擦力的作用,上冲是靠惯性,不是有什么上冲力,故A 对B 错;C 中压力是斜面所受力,不是物体受力,故C 错;D 选项中弹力与支持力重复出现,故错误。

6、D
【解题分析】
明确加速度的定义，知道加速度是描述速度变化快慢的物理量；同时知道加速度和速度的方向决定了物体的运动性质；
【题目详解】
A 、加速度增大时速度不一定增大，如加速度和速度方向相反时速度减小，故A 错误；
B 、物体有加速度，如果加速度和速度方向相反，则速度将减小，故B 错误；
C 、物体的速度为零时，加速度不一定为零，如自由落体开始下落的位置，故C 错误；
D 、加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故D 正确； 故选D ．
【题目点拨】
关键是知道加速度和速度方向相反时速度减小，加速度和速度方向相同时速度增大，加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大．
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、BC
【解题分析】
AB ．山丘e 与同步通信卫星q 转动周期相等，根据2r v T
π=，由于山丘e 的轨道半径
小于同步通信卫星q 的轨道半径，所以v 1＜v 3；根据卫星的线速度公式v =，由于近地资源卫星p 的轨道半径小于同步通信卫星q 的轨道半径，故近地资源卫星的线速度大于同步通信卫星的线速度，即v 3＜v 2。

所以v 1＜v 3＜v 2，故A 不符合题意，B 符合题意。

CD ．根据万有引力提供向心力：2
224Mm G m r r T
π=，解得：
T =由于近地资源卫星p 的轨道半径小于同步通信卫星q 的轨道半径，所以：T 3>T 2。

山丘e 与同步通信卫星q 转动周期相等，即T 1=T 3，可得：
T 1=T 3>T 2
故D 不符合题意，C 符合题意。

8、CD
【解题分析】
AB ．根据v -t 图像可知，因为8s 时两车相遇了，所以根据面积关系可判断在t=4s 时甲车和乙车第一次相遇，故A 错误，B 错误；
C ．在t=0时，甲、乙两车相距：
600244m 16m 22
x ++∆=⨯+⨯= 故C 正确；
D ．甲乙两车第二次相遇地点沿公路方向的距离也就是从第4s 末到第8s 末两车运动的位移：
06
4m 12m 2
x +'∆=
⨯= 故D 正确 9、ACD 【解题分析】
根据物体的运动的特点，在拉力F 的作用下运动时间t 后，撤去拉力F 之后又运动时间t 返回出发点，根据物体的这个运动过程，列出方程可以求得拉力和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得拉力F 的功率的大小； 【题目详解】
A 、根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80J ，所以物体的机械能要增加80J ，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为80J ，重力势能为0，所以物体回到出发点时的机械能是80J ，故A 正确；
B 、撤去力F 后物体向上减速，速度减为零之后，要向下加速运动，所以撤去力F 后的运动过程中物体的动能是先减小后增加，故B 错误；
C 、设撤去力F 前和撤去力F 后的运动过程中物体的加速度大小分别为：1a 和2a 。

这两个过程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上为正方向，则有：
221121122
a t a t t a t =-⋅-（），则得：12:1:3a a =，故C 正确； D 、因为物体做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得，
1F mgsin ma θ-=，
撤去恒力F 后是匀变速运动，且加速度为2a gsin θ=，又12:1:3a a = 联立上两式得：4
3
F mgsin θ=
设刚撤去拉力F 时物体的速度大小为v '，则11
3
v a t gsin t θ'==
对于从撤去到返回的整个过程，有：v v gsin t θ-='-⋅， 解得，12
v v '=
所以可得在撤去力F 前的瞬间，力F 的功率：2
3
P Fv mgvsin θ='=，故D 正确。

【题目点拨】
分析清楚物体的运动的过程，分析物体运动过程的特点，是解决本题的关键，撤去拉力之前和之后的位移大小相等、方向相反是本题隐含的条件。

10、ABD 【解题分析】
A.由开普勒第三定律知：32
12
2212
a a T T =，半径越大，周期越大，所以土卫五的公转周期小，
故A 正确；
B.
由2π22r v T ===B 正确．
C.由于不知道两卫星表面的相关参数，无法测得其表面重力加速度，故C 错误．
D.根据23
2
2222224π114π4πr a r r k T T r r
ω==⋅==⋅，轨道半径大的向心加速度小，故D 正确． 故选ABD ． 【题目点拨】
由开普勒第三定律分析公转周期的大小．由万有引力提供向心力，比较线速度的大小和的大小向心加速度的大小．
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)0.495 m/s 2～0.497 m/s 2（2分） (2)①CD （2分） ②3232()m g m m a
m g
-+（2分）
【解题分析】
(1)每相邻两计数点间还有4个点，说明相邻计数点间的时间间隔为0.1s T =，由逐差
法可得：()22
2
3
4.37 3.88 3.39 2.88 2.40 1.8910m m
0.497s
s
90.1
a -++---⨯=
≈⨯；
(2)以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：()323m g f m m a -=+ 滑动摩擦力：2f m g μ= 解得：()3232m g m m a
m g
μ-+=
要测得动摩擦因数，需要测出滑块的质量2m 与托盘和砝码的总质量3m ，故选CD ．
(3)由(2)分析可知，滑块与板间的动摩擦因数为：()3232m g m m a
m g
μ-+=．
12、ADE 2L 系统误差 【解题分析】
（1）小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度2
12
h gt =
，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离0L v t =，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式2
12
k E mv =，还需要知道小球的质量，故ADE 正确，BC 错误；
（2）根据2
12
h gt =，和0L v t =，可得
2222
222L L g v L h t h g
===，因为功与速度的平方成正比，所以功与2L 正比，故应以W 为纵坐标、2L 为横坐标作图，才能得到一条直线；
（3）偶然误差的特点是它的随机性，如果我们对一些物理量只进行一次测量，其值可能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，产生偶然误差的原因无法控制，所以偶然误差总是存在，通过多次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除；系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生，由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略且无法消除，则由此引起的误差属于系统误差．
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）4mg k L =
；34
F mg =（2）如图所示，18T F W mgL =（3）1
104v gL =
【解题分析】
（1）设弹簧的劲度系数为k ，初始A 、B 静止，弹簧的压缩量为x ，根据平衡条件可得
2sin mg kx θ=①
当A 、B 缓慢移动L 时，沿斜面方向根据平衡条件可得()2sin T F k x L mg θ+-=② 联立解得4mg
k L
=
③ 当A 、B 恰好分离时二者之间的弹力为零，对A ，应用牛顿第二定律可得
()sin k x L mg ma θ--=④
对B 应用牛顿第二定律可得sin F mg ma θ-=⑤
联立解得3
4
F mg =
⑥ （2）当A 的位移为l 时，根据平衡条件有：()2sin T F k x l mg θ+-=⑦ 联立①⑦可知4T mg
F l L
=
⑧ 画出T F l -图像如图所示，
A 缓慢移动位移L ，图像与坐标轴所围成的面积等于T F 做功大小，即1
8
T F W mgL =
⑨ （3）设A 通过的位移为L 的过程中弹力做功的大小为W ，分别对两个过程应用动能定理可得：2sin 00T F W mgL W θ-+=-
()21
2sin 202F W mgL W m v θ-+=
- 又F W FL =，联立解得1
104v gL =14、 (1)0.08Wb ；(2)0.4V ；(3)4V 【解题分析】 (1)磁通量变化量：
210.120.04Wb 0.08Wb ∆Φ=Φ-Φ=-=
(2)依据法拉第电磁感应定律E n
t
∆Φ
=∆，则有： 10.08
V 0.4V 0.2
E =
=
(3)同理可得：
2
0.08
10V4V
0.2
E=⨯=
15、（1）；（2）；（3）0。

【解题分析】
(1)当滑块A在木板B上滑动时，对A受力分析有
即a A=0.4g
在B与C碰撞前瞬间,滑块A做匀变速直线运动有
对木板B受力分析有
即a B=(0.7-1.2μ2)g
在B与C碰撞前瞬间,木板B做匀变速直线运动有
解得。

(2)设B、C发生弹性碰撞前瞬间木板B的速度大小为v B，有
解得
B、C发生弹性碰撞时动量守恒:
由弹性碰撞可知碰撞前后动能之和相等:
解得B、C发生碰撞后木板C的速度大小。

(3)B、C发生弹性碰撞前瞬间，滑块A的速度
由于C碰撞后速度与A相同且C与斜面间无摩擦，所以A、C不发生相对滑动，以相同加速度沿斜面向下运动，滑块A到木板C上端的距离始终为x=0。