2024届江苏省徐州市第三中学物理高三第一学期期末检测试题含解析

2024届江苏省徐州市第三中学物理高三第一学期期末检测试题 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，四根等长的缆绳一端悬于起重机的吊钩上，另一端分别系在一个正方形的框架上，框架下面悬吊着重物，起重机将重物以m 0.5s
的速度沿竖直方向匀速向上吊起.若起重机的输出功率为20kW ，每根缆绳与竖直方向的夹角均为37︒，忽略吊钩、框架及绳的重力，不计一切摩擦，sin370.6︒= ，cos370.8︒=.则悬于吊钩的每根缆绳的拉力大小为（ ）
A ．45.010N ⨯
B ．44.010N ⨯
C ．41.2510N ⨯
D ．41.010N ⨯
2、小球在水中运动时受到水的阻力与小球运动速度的平方成正比，即2f kv =，则比
例系数k 的单位是
A ．2kg m ⋅
B ．kg m ⋅
C ．kg /m
D ．2kg /m
3、关于原子能级跃迁，下列说法正确的是（ ）
A ．处于n =3能级的一个氢原子回到基态时可能会辐射三种频率的光子
B．各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量（频率）不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹灯
C．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能减小
D．已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09eV，则动能等于12.09eV的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰，可以使这个原来静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态
4、如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内．一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（）
A．B．C．D．
5、如图（甲）所示，质最m=2kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R=0.5m的薄圆筒上。

t=0时刻，圆筒由静止开始绕竖直中心轴转动，其角速度ω随时间t的变化规律如图（乙）所示，小物体和地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g=10m/s2。

则下列判断正确的是（）
A．细线的拉力大小为4N
B．细线拉力的瞬时功率满足P=4t
C．小物体的速度随时间的变化关系满足v=4t
D．在0-4s内，小物体受合力的冲量为4N•g
6、国家发展改革委、交通运输部、中国铁路总公司联合发布了《中长期铁路网规划》，勾画了新时期“八纵八横”高速铁路网的宏大蓝图。

设某高铁进站时做匀减速直线运动，从开始减速到停下所用时间为9t ，则该高铁依次经过t 、3t 、5t 时间通过的位移之比123::x x x 为（ ）
A ．5:3:1
B ．1:4:9
C ．65:15:1
D ．17:39:25
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，轻弹簧下端固定在粗糙斜面的挡板上，上端连接一小滑块（视为质点），弹簧处于自然状态时滑块位于O 点．先用外力缓慢地把滑块移至A 点，此时弹簧的弹性势能为E p ，然后撤去外力，滑块沿斜面向上最高能滑到B 点，该过程中滑块的最大动能为E km ，滑块的动能最大时其所在位置距A 点的距离为L ．下列说法正确的是
A ．滑块从A 点滑到O 点的过程中，其加速度大小先减小后增大
B ．滑块从A 点滑到O 点的过程中，其动能一直增大
C ．滑块经过距A 点距离为2L 的位置时，其动能大于2km E
D ．滑块从A 点滑到B 点的过程中，克服摩擦阻力和克服重力做功的代数和为
E p
8、质谱仪又称质谱计，是根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理，按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器。

如图所示为某品牌质谱仪的原理示意图，初速度为零的粒子在加速电场中，经电压U 加速后，经小孔P 沿垂直极板方向进入垂直纸面的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，旋转半周后打在荧光屏上形成亮点。

但受加速场实际结构的影响，从小孔P 处射出的粒子方向会有相对极板垂线左右相等的微小角度的发散（其他方向的忽略不计），光屏上会出现亮线，若粒子电量均为q ，其中质量分别为m 1、m 2（m 2> m 1 ）的两种粒子在屏上形成的亮线部分重合，粒子重力忽略不计，则下列判断正确的是（ ）
A ．小孔P 处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角θ满足cos θ=12m m
B ．小孔P 处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角θ满足sinθ=12
m m C ．两种粒子形成亮线的最大总长度为211
2)2m m U B qm -（ D ．两种粒子形成亮线的最大总长度为
2122)2m m U B qm -（ 9、下列说法正确的是________。

A ．液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现
B ．用熵的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的熵不会增加
C ．晶体在物理性质上可能表现为各向同性
D ．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
E.热量可以从低温物体传给高温物体
10、《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV 的高压线上带电作业的过程。

如图所示，绝缘轻绳OD 一端固定在高压线杆塔上的O 点，另一端固定在兜篮上。

另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C 点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。

身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C 点运动到处于O 点正下方E 点的电缆处。

绳OD 一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m ，不计一切阻力，重力加速度大小为g 。

关于王进从C 点运动到E 点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．工人对绳的拉力一直变大
B ．绳OD 的拉力一直变大
C ．O
D 、CD 两绳拉力的合力大小等于mg
D ．当绳CD 与竖直方向的夹角为30°3三、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）如图甲（侧视图只画了一个小车）所示的实验装置可以用来验证“牛顿第二定律”。

两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一
个相同的小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量。

两车左端各系条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止（如图乙）。

拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车在此过程中位移的大小。

图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的某次实验记录，已测得小车1的总质量1100g m =，小车2的总质量2200g m =。

由图可读出小车1的位移1 5.00cm x =，小车2的位移2x =_______cm ，可以算出12a a =__________（结果保留3位有效数字）；在实验误差允许的范围内，12
a a ________21m m （选填“大于”、“小于”或“等于”）。

12．（12分）某同学在实验室利用图甲所示的装置探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”。

图中长木板水平固定，小吊盘和盘中物块的质量之和m 远小于滑块（含滑块上的砝码）的质量M 。

(1)为减小实验误差，打点计时器应选用________________（填“电磁打点计时器”或“电火花计时器”）。

(2)该同学回到教室处理数据时才发现做实验时忘记了平衡摩擦力，也没有记下小吊盘和盘中物块的质量之和。

图乙为实验中所得的滑块的加速度a 与滑块（含滑块上的砝码）
的质量的倒数1M
的关系图象。

取g =10m/s 2，根据图象可求出小吊盘和盘中物块的质量之和约为________________kg ，滑块与长木板之间的动摩擦因数为________________。

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，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。

t ＝0时刻，给木板一个水平向右的初速度v 0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F ，经一段时间，滑块从木板上掉下来。

已知木板质量M ＝3kg ，高h ＝0.2m ，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2；滑块质量m ＝0.5kg ，初始位置距木板左端L 1＝0.46m ，距木板右端L 2＝0.14m ；初速度v 0＝2m/s ，恒力F ＝8N ，重力加速度g ＝10m/s 2。

求：
(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；
(2)滑块离开木板时，木板的速度大小。

14．（16分）如图所示，质量为6kg m =、足够长的长木板放在水平面上，其上表面水平，质量为13kg m =的物块A 放在长木板上距板右端13m L =处，质量为23kg m =的物块B 放在长木板上左端，地面上离长木板的右端23m L =处固定- -竖直挡板。

开始时,A B 、长木板均处于静止状态，现用一水平拉力F 作用在物块A 上，使物块A 相对于长木板滑动，当长木板刚要与挡板相碰时，物块A 刚好脱离木板，已知两物块与长木板间的动摩擦因数均为10.5μ=，长木板与地面间的动摩擦因数为20.1μ=，重力加
速度210m /s g =，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块大小，求拉力F 的大小。

15．（12分）某幼儿园设计的一个滑梯，由于场地大小的限制，滑梯的水平跨度确定为4m ，如图所示。

已知滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数为0.4，为使儿童能从滑梯顶端由静止滑下，且到达地面的速度不超过2m/s ，取g 等于10m/s 2，求滑梯高度范围。

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
【解析】
由P Fv =可知4410N P F v
==⨯，故重物的重力4410N G F ==⨯.设每跟缆绳的拉力大小为T 根据共点力平衡条件可得4cos37T G ︒=，解得41.2510N T =⨯，故C 正确.
2、C
【解析】
由2
f kv =可得k 的单位为k
g /m
A.A 项与 上述分析结论不相符，故A 错误；
B.B 项与 上述分析结论不相符，故B 错误；
C.C 项与 上述分析结论相符，故C 正确；
D.D 项与 上述分析结论不相符，故D 错误。

3、B
【解析】
A ．处于n =3的一个氢原子回到基态时可能会辐射一种频率的光子，或两种不同频率的光子。

处于n =3的“一群”氢原子回到基态时会辐射三种频率的光子；故A 错误；
B ．根据玻尔理论，各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量（频率）不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹灯，故选项B 正确；
C ．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能增大。

故选项C 错误；
D ．根据能量守恒可知，要使原来静止并处于基态的氢原子从基态跃迁到某一激发态，需要吸收的能量为1．09eV ，则必须使动能比1．09eV 大得足够多的另一个氢原子与这个氢原子发生碰撞，才能跃迁到某一激发态，故D 错误。

故选B 。

4、A
【解析】
先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式E BLv =和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．
【详解】
线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i 应为正方向，故BC 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i 应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后
均匀减小，由E BLv =，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A 正确，D 错误．
5、D
【解析】
AC ．根据图象可知，圆筒做匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为
t ω=
圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v R ω=得
0.5v R t ω==
物体运动的加速度
20.50.5m /s v t a t t
∆∆===∆∆ 根据牛顿第二定律得
F mg ma μ-=
解得细线的拉力大小为
20.50.12103N F =⨯+⨯⨯=
AC 错误；
B ．细线拉力的瞬时功率
30.5 1.5P Fv t t ==⨯=
故B 错误；
D ．物体的合力大小为
30.12101N F F mg μ=-=-⨯⨯=合
在0-4s 内，小物体受合力的冲量为
144N s I F t ==⨯=⋅合
故D 正确。

故选D 。

6、D
【解析】
可以将高铁进站时的匀减速直线运动等效成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等的时间内的位移之比为
1:3:5:7:9:11:13:15:17:⋅⋅⋅
可得题中依次经过t 、3t 、5t 通过的位移之比
()()123::17:151311:9753117:39:25x x x =++++++=
ABC 错误D 正确。

故选D 。

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、ACD
【解析】
滑块从A 点滑到O 点的过程中，弹簧的弹力逐渐减小直至零，弹簧的弹力先大于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，再等于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，后小于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，合外力先沿斜面向上，随着弹簧的减小，合外力减小，则加速度减小．合外力后沿斜面向下，随着弹簧的减小，合外力反向增大，则加速度反向增大，所以加速度大小先减小后增大，故A 正确．在AO 间的某个位置滑块的合外力为零，速度最大，所以滑块从A 点滑到O 点的过程中，速度先增大后减小，则动能先增大后减小，故B 错误．设动能最大的位置为C ，从A 到C ，由动能定理得：111f G km W W W E --=弹，设距A 点距离为2
L 的位置为D ，此位置动能为k E ；滑块从A 到D 的过程，由动能定理得：222f G k W W W E --=弹，因为21211122f f G G W W W W =
=，，则()()()()
k km p pD p pC p pD pD pC 212-2-W =2E E E 0E E W E E E E E =---=--->弹弹故C 正确．滑块从A 点滑到B 点的过程中，根据动能定理得：0f G W W W --=弹，又
P W E =弹，则得f G P W W E +=，即克服摩擦阻力和克服重力做功的代数和为p E ，故D 正确．
8、AD
【解析】
由题意知
21012
qU m v = 20011
v qv B m R = 解得
11R B =
同理
2R =设左右最大发射角均为θ时，粒子2m 光斑的右边缘恰好与粒子1m 光斑的左边缘重合，如图所示（图中虚线为2m 半圆轨迹和向左发散θ角轨迹，实线为1m 半圆轨迹和向左发散θ轨迹），则
212cos 2R R θ=
联立解得
cos θ=此时两种粒子光斑总宽度为
2122cos x R R θ∆=-
解得
(
)212m m x B -∆=
故选AD 。

9、ACE
【解析】
A ．液体的表面张力是分子力作用的表现，外层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现，故A 正确；
B ．根据热力学第二定律，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少，故B 错误；
C ．单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故C 正确；
D ．扩散现象是分子无规则热运动的结果，不是对流形成的，故D 错误；
E ．热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故E 正确。

故选ACE 。

10、BCD
【解析】
AB ．对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示
绳OD 的拉力为F 1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD 的拉力为F 2，与竖直方向的夹角为α。

根据几何知识有
290θα+=︒
由正弦定理可得
12sin sin sin 2F F mg παθα==⎛⎫+ ⎪⎝⎭
解得
1tan F mg α=
2sin cos 21(2cos )cos cos cos mg θmg αF mg αααα
===- α增大，θ减小，则F 1增大，F 2减小，故A 错误，B 正确；
C ．两绳拉力的合力大小等于mg ，故C 正确；
D ．当α=30°时，则θ=30°，根据平衡条件有
22cos30F mg ︒=
可得
23
F mg = 故D 正确。

故选BCD 。

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、2.45 2.50- 2.00 2.04- 等于
【解析】
[1]刻度尺最小分度为0.1cm ，则小车2的位移为x 2=2.45cm ，由于误差2.45cm －2.50cm 均可
[2]由于小车都是做初速度为零的匀加速运动，根据212
x at =
可知，由于时间相同，则有 1122 5.00 2.042.45
a x a x ==≈ 由于读数误差，则2.00 2.04-均可
[3]由题意可知
212002100
m m == 故在误差允许的范围内
1221
a m a m = 12、电火花打点计时器 0.02 0.2
【解析】
(1)[1]电磁打点计时器纸带运动时，振针振动，计时器与纸带存在较大摩擦，而电火花打点计时器由火花放电，摩擦小，故选用电火花打点计时器误差小；
(2)[2]根据牛顿第二定律，对滑块有
T Mg Ma μ-=
变形后得
T a g M
μ=- 图像斜率表示合外力则有
2=N 0.2N 10
T k == 由于小吊盘和盘中物块的质量之和m 远小于滑块（含滑块上的砝码）的质量M ，则小吊盘和盘中物块的总重力近似等于合力，所以小吊盘和盘中物块的总质量为 0.02kg T m g
== [3]乙图中纵截距
2g μ-=-
则滑块与木板间的动摩擦因数为
=0.2μ
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)0.2s(2)0.6m/s
【解析】
(1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t 0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知2012
h gt =，得 t 0
0.2s (2)以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
F ＋μ(m ＋M )g ＝Ma 1
得
a 1＝5m/s 2
则木板减速到零所经历的时间
t 1＝01
v a ＝0.4s 所经过的位移
s 1＝201
2v a ＝0.4m 由于s 1<L 1，表明这时滑块仍然停留在木板上，此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律
F －μ(m ＋M )g ＝Ma 2
得
a 2＝13
m/s 2 滑块离开木板时，木板向左的位移
s 2＝s 1＋L 2＝0.54m 该过程根据运动学公式
s 2＝
22212
a t 得
t 2＝1.8s
滑块滑离瞬间木板的速度
v 2＝a 2t 2＝0.6m/s 。

14、17N
【解析】
物块A 在拉力F 的作用下做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为1a 根据牛顿第二定律有 1111F m g m a μ-=
设物块A 从开始运动到滑离长木板所用的时间为1t ，根据运动学公式有 2121112
L L a t += 假设开始时物块B 与长木板不会发生相对滑动，一.起做加速运动的加速度为2a
则
()()1121222m g m m m g m m a μμ-++=+ 求得221m /s 3
a = 由于22121N 15N m a m g μ=<=假设成立 根据运动学公式有222112L a t =
求得17N F =
15、1.6m ＜h ≤1.8m
【解析】
要使得儿童能由静止下滑，必须 1sin mg θ＞1cos mg μθ
滑梯的高度
14tan h θ=
联立解得
h ＞1.6m
设当滑梯高度为h 2时，小孩滑到底端时速度恰好为2m/s ，由动能定理有： 222
21cos 0cos 2d mgh mg mv μθθ-=- 解得
h 2=1.8m
综上，则
1.6m ＜h ≤1.8m。