2024学年江西省吉安市吉水中学高三物理第一学期期中经典模拟试题含解析

2024学年江西省吉安市吉水中学高三物理第一学期期中经典模
拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请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、随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点．假设深太空中
有一颗外星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的1
2
，则下列判断正确的
是：（）
A．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期
B．某物体在该外星球表面上所受重力是在地球表面上所受重力的4倍
C．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍
D．绕该外星球的人造卫星和以相同轨道半径绕地球的人造卫星运行速度相同
2、放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t 的关系和物块速度v与时间t 的关系如图所示。

取重力加速度g＝10m/s2。

由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因素μ分别为
A．m＝0.5kg，μ＝0.2 B．m＝1.0kg，μ＝0.4
C．m＝1.5kg，μ＝0.6 D．m＝2.0kg，μ＝0.8
3、如图所示，工地的建筑工人用砖夹搬运5块相同的砖，当砖处于平衡状态时，下列说法正确的是
A．砖夹对砖的水平压力越大，1、5两块砖受到的摩擦力越大
B．3受到2施加的摩擦力大小等于自身重力的一半
C ．4对3的摩擦力方向竖直向下
D ．1受到2施加的摩擦力与4受到5施加的摩擦力相同
4、如图所示，ABC 为在竖直平面内的金属半圆环，AC 连线水平，AB 为固定的直金属棒，在金属棒上和圆环的BC 部分分别套着两个相同的小环M 、N ，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R ，小圆环的质量均为m ，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g ，小环可视为质点，则M 、N 两环做圆周运动的线速度之比为( )
A ．
2
4
2
g R g
ω- B ．
222
g
g R ϖ-
C ．222
g g R ϖ-
D ．222
g
R g ϖ-
5、2017年6月15日上午11点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X 射线调制望远镜卫星“慧眼”．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M ＝2100g ．当它以对地速度为v 0＝840m/s 喷出质量为△m ＝100g 的高温气体后，火箭的对地速度为（喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计） A ．42m/s
B ．﹣42m/s
C ．40m/s
D ．﹣40m/s
6、如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A ．汽车匀速向右运动，在物块A 到达滑轮之前，关于物块A ，下列说法正确的是
A ．将竖直向上做匀速运动
B ．将处于失重状态
C ．将处于超重状态
D ．将竖直向上先加速后减速
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、某静电场在x轴上的电势随x的变化关系-x图象如图所示，电场方向平行于x轴，下列说法正确的是
A．x2处电场强度为零
B．正电荷从x1处移到x3处电势能增大
C．正电荷在x3处和x3处的加速度方向相反
D．电荷在x4处受到的电场力最大
8、如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）
A．重力势能增加了mgh
B．动能损失了mgh
C．克服摩擦力做功2mgh
D．机械能损失了mgh
9、如图,水平光滑地面上停放着一质量为M的小车,其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与长为L的水平轨道BC相切,整个轨道处于同一竖直平面内。

将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速释放,物块沿轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出,设重力加速度为g,空气阻力可怎略不计。

关于物块从A位置运动至C 位置的过程中,下列说法正确的（）
A．小车和物块构成的系统动量守恒
B．摩擦力对物块和轨道所做的功的代数和为-mgR
C．小车在全过程中运动的最大位移为
D．小车运动过程中的最大速度为
10、如图所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。

质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J。

现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取2
10m/s，则下列说法正确的是（）
A．A点到O点的距离小于3.2m
B．从B点释放后滑块运动的最大动能为9J
C．从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点的动能小于1J
D．从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1J
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）在做“探究小车速度随时间变化的规律”的的实验中：
（1）实验室提供了以下器材：一端装有定滑轮的长木板、小车、纸带、钩码．为了完成本实验还须从图中选取实验器材，其名称是_______．
（2）实验过程中，得到如图所示的一条纸带．已知打点计时器打点的时间间隔为0.02s，纸带上的各个点均为计数点（相邻两个计数点之间还有四个点图中未画出）．测量数据及其标记符号如图所示．
①打点计时器打下点2时小车的速度大小为_____m/s．（结果保留小数点后2位）
②某同学记录如下数据．若从计数点0开始计时，结合上一步求得的点2速度，请在坐标纸中画出v-t图象_____．
时刻t/s 0.1 0.3 0.4 0.5
速度v（m/s）0.53 1.16 1.47 1.78
m/s．若当交流电的实际频率变小，③由图象可求得小车运动的加速度大小为_______2
但计算时仍按50Hz计算，则加速度的测量值比真实值______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（结果保留2位有效数字）
12．（12分）某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像，图中力传感器可直接显示绳中拉力大小，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F
图线，如图（b）所示．
(1)图线________是在轨道左侧抬高，成为斜面情况下得到的（选填“1”或“2”）；要想使得该图线过原点应______轨道的倾角（填“增大”或“减小”）
(2)滑块和位移传感器发射部分的总质m =_______kg；滑块和轨道间的动摩擦因数
μ=_______．（g=10m/s2）
(3)实验中是否要满足，滑块和位移传感器发射部分的总质量远远大于重物质量的条件?____．
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）一列简谐横波在x轴上传播，如图所示，实线是这列波在t1＝0.1 s时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.2 s时刻的波形，求：
(ⅰ)如果此波沿x轴正方向传播，波速的最小值；
(ⅱ)如果此波沿x轴负方向传播，波速的可能值。

14．（16分）如图所示为演示“过山车”原理的实验装置，该装置由两段倾斜直轨道与一圆轨道拼接组成，在圆轨道最低点处的两侧稍错开一段距离，并分别与左右两侧的直轨道平滑相连。

某研学小组将这套装置固定在水平桌面上，然后在圆轨道最高点A的内侧安装一个薄片式压力传感器（它不影响小球运动，在图中未画出）。

将一个小球从左侧直轨道上的某处由静止释放，并测得释放处距离圆轨道最低点的竖直高度为h，记录小球通过最高
点时对轨道（压力传感器）的压力大小为F。

此后不断改变小球在左侧直轨道上释放位置，重复实验，经多次测量，得到了多组h和F，把这些数据标在F-h图中，并用一条直线拟合，结果如图所示。

为了方便研究，研学小组把小球简化为质点，并忽略空气及轨道对小球运动的阻力，取重力加速度g=10m/s2。

请根据该研学小组的简化模型和如图所示的F-h图分析：（1）当释放高度h=0.20m时，小球到达圆轨道最低点时的速度大小v；
（2）圆轨道的半径R和小球的质量m；
（3）若两段倾斜直轨道都足够长，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度h应满足什么条件。

15．（12分）放于地面上、足够长的木板右端被抬高后成为倾角为137
θ=︒的斜面，此时物块恰好能沿着木板匀速下滑，重力加速度取11m/s2，sin371=1．6，cos371=1．8，求
（1）物块与木板间的动摩擦因数；
（2）若将此木板右端被抬高后成为倾斜角为
253
θ=︒的斜面，让物块以一定初速度
v1=11m/s从底端向上滑，能上滑离底端的最远距离是多大．
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、C
【解题分析】
根据22(2)GMm m r r T π=，解得：T =所以无法比较该外星球的同步卫星周期与地球同步卫星周期关系，故A 错误；根据
2
GMm ma r =，解得：2GM a r =，所以228 1M r a a M r 星星地星地地＝＝，故B 错误；根据22GMm v m r r
=
解得：v =
所以 2v v 星地，故C 正确；根据C 分析可知：v =
，轨道半径r 相同，但质量不同，所以速度也不一样，故D 错误． 2、B 【解题分析】
从图像可以看出匀速运动时F =4N,所以摩擦力的大小等于4N ，在2-4s 内物体做匀加速运动，加速度为24
2m/s 2
a =
= ，所以F f ma -= ，解得： 1.0kg m = ，再根据f mg μ= 可知μ＝0.4，故B 正确；ACD 错误
3、B 【解题分析】
A.设每块砖的质量为m ，只有滑动摩擦和最大静摩擦才和正压力成正比，对整体根据平衡条件可得1、5两块砖受到的摩擦力大小均为2.5mg ，与正压力无关，故A 错误； BC.对3受力分析，根据平衡条件可得3受到2施加的摩擦力大小与3受到4施加的摩擦力大小之和等于3的重力，所以3受到2施加的摩擦力大小等于自身重力的一半，方向向上，所以4对3的摩擦力方向竖直向上，故B 正确，C 错误；
D.1受到2施加的摩擦力与4受到5施加的摩擦力大小相等，方向相反，故D 错误； 4、A 【解题分析】
M 点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以： F n =mg tan45°=mω•v M 所以：
M g
v ω
＝ …①
同理，N 点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON 与竖直方向之间的夹角为
F n ′=mg tanθ=mωv N 所以：
N gtan v θ
ω
＝
…②
又：
F n ′＝mω2r …③ r=R sinθ…④ 联立②③④得：
N v …⑤
所以：
M N v v =
A
．
，与结论相符，选项A 正确；
B
，与结论不相符，选项B 错误；
C
．
，与结论不相符，选项C 错误；
D
． ，与结论不相符，选项D 错误；
故选A 。

5、B 【解题分析】
发射过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出导弹的速度； 【题目详解】
喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的相同竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
0()0mv M m v ∆+-∆=，解得：42/v m s =-，故B 正确，ACD 错误；
故选B ． 【题目点拨】
关键是喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，火箭发射的过程中二者组成的相同竖直方向的动量守恒．
6、C
【解题分析】
设绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据平行四边形定则得v A=v cosθ，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为θ减小，所以A的速度增大，A做加速上升运动，且拉力大于重物的重力，A处于超重状态，故ABD错误，C正确．
【题目点拨】
解决本题的关键会对小车的速度进行分解，知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度．
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】
图象的切线斜率表示场强，正电荷在电势越高的点，电势能越大。

根据电场强度的变化，判断电场力的变化，从分析加速度的情况。

【题目详解】
在处，图象的切线斜率不为零，即该处的电场强度不为零，故A错误；正电荷从处移到处电势在升高，而正电荷在电势越高的点，电势能越大，故B正确；正电荷在处和处的切线斜率是一正一负，故电场强度方向相反，则电场力方向相反，根据牛顿第二定律可知加速度方向相反，故C正确；在处切线斜率为零，故电场强度为零，则电场力为零，故D错误；故选BC。

【题目点拨】
解决本题的关键要明确图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方向。

8、AD
【解题分析】
物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A正确；根据牛顿第二定律知，物体运动的加速度大小为g，所受的合力为mg，方向沿斜面向下，根据动能定理得，△E k=-mg•2h=-2mgh，知动能减小2mgh。

则B错误；因动能减小
2mgh，物体重力势能增加mgh，所以机械能减小mgh，除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，则摩擦力对物体做-mgh的功，所以克服摩擦力做功mgh，故C错误，D正确，故选AD。

【题目点拨】
解决本题的关键掌握功能关系，比如合力功与动能的关系，重力功与重力势能的关系，以及除重力以外其它力做功与机械能的关系，并能灵活运用.
9、BD
【解题分析】
系统所受合外力为零时，系统动量守恒；
由动能定理或机械能守恒定律求出物块滑到B点时的速度，然后由动量守恒定律求出物块与小车的共同速度，即为最大速度。

【题目详解】
A项：在物块从A位置运动到B位置过程中，小车和物块构成的系统在受到的合力不为零，系统动量不守恒，但在水平方向上动量守恒，故A错误；
B项：由功能关系可知，摩擦力对物块和轨道所做的功的代数和的绝对值为因摩擦产生的内能即损失的机械能，由系统水平方向动量守恒可知，最后A物块和小车都静止，由能量守恒可知，损失的机械能为mgR，故B正确；
C项：由系统水平方向动量守恒和“人船模型”可知，，，解得：，故C错误；
D项：当A物块运动到B点时，小车的速度最大，由水平方向动量守恒得：，由机械能守恒得：，联立解得：，故D正确。

故应选：BD。

【题目点拨】
动量守恒条件是：系统所受合外力为零，对物体受力分析，判断系统动量是否守恒；熟练应用动量守恒定律、动能定律、能量守恒定律即可正确解题。

10、AB
【解题分析】
A．若A点到O点的距离等于3.2m时。

由机械能守恒定律得：滑块到O点的动能
k0
sin308J AO
E mgx
=︒=
物块从O点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动,后来弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大。

最大动能就大于8J，与题设不符，所以A点到O 点的距离小于3.2m，故A正确；
B ．设物块动能最大时弹簧的弹性势能为E p ，从A 释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得
1sin30k p A E E mgx +=
从B 释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得
2sin30k p B E E mgx ︒+=
0.4B A x x m -=
所以得从B 点释放滑块最大动能为
()21sin30(80.5100.40.5)J 9J k k B A E E mg x x ︒=+-=+⨯⨯⨯=
故B 正确；
C ．根据能量守恒可知，从从B 点释放滑块被弹簧弹回经过A 点时
()sin301J k B A E mg x x ︒-==
故C 错误；
D ．根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B 点释放弹簧的压缩量增大，所以从B 点释放弹簧最大弹性势能比从A 点释放增加为
()sin300.5100.40.5J 1J p B A E mg x x ︒∆-=⨯⨯⨯=>
故D 错误。

故选B 。

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、打点计时器、刻度尺 0.85
3.1 偏大
【解题分析】
(1)[1]在本实验中需要电磁打点计时器记录小车运动位置和时间，还需要刻度尺测量小车的位移．
(2) ①[2]相邻两个计数点之间还有四个点图中未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T =0.1s ，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小：
()3
13269.0101.010m/s=0.85m/s 220.1x v T -+⨯==⨯ ②[3]根据描点作图法可得：
③[4][5]v -t 图象的斜率等于加速度，得：
221.780.85m/s =3.1m/s 0.3
v a t ∆-==∆ 若当交流电的实际频率小于50Hz 时，时间的间隔大于0.02s ，仍按0.02s 计算则时间的实际值比测量值大，所以加速度的测量值偏大．
12、① 减小 1.5 1.2 否
【解题分析】
(1)[1]由图象①可知，当F =1时，a ≠1．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；
[2]要想使得该图线过原点，即当有合力F 时，才会产生加速度a ，因此应减小轨道的倾角；
(2)[3][4]根据F ma =得
F a m
= 所以滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．由图形b 得加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率k =2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量
m =1.5kg
由图形b 得，在水平轨道上F =1N 时，加速度a =1，根据牛顿第二定律得
F -μmg =1
解得
μ=1.2
(3)[5]滑块和位移传感器发射部分受到的拉力由力传感器得出，实验过程中不需要控制滑块和位移传感器发射部分的总质量远远大于重物质量．
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、 (ⅰ)30 m/s (ⅱ)v ＝(80k ＋50) m/s(k ＝0，1，2，3，…)
【解题分析】解(ⅰ)由波形图知波长
波沿x 轴正方向传播时，传播距离Δx 满足
由知，当k ＝0时波速取最小值， 解得最小波速
(ⅱ)波沿x 轴负方向传播时，传播距离 所以波速
14、（1）2m/s （2）R =0.12m ，m =0.02kg （3）h ≤0.12m 或者h ≥0.3m
【解题分析】
（1）设小球质量为m ，对于从释放到轨道最低点的过程，根据动能定理，有
2102
mgh mv =- 解得：
22m/s v gh ==
（2）设小球到达A 点速度为v A ，根据动能定理
21(2)02
A mg h R mv -=- 在A 点，设轨道对小球的压力为N ，根据牛顿第二定律：
2A v N mg m R
+= 根据牛顿第三定律
N =F
联立上述三式可得：
25mg F h mg R
=- 对比F -h 图像，根据斜率和截距关系，可得：
R =0.12m
m =0.02kg
（3）假设h =h 1时，小球恰好到达最高点A ，此时F =0
由F -h 图像可得：
h 1=0.3m
假设h =h 2时，小球恰好到达圆轨道圆心的右侧等高点，此过程根据动能定理： 2()00mg h R -=-
解得：
h 2=R =0.12m
综上，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度h 应满足：
h ≤0.12m 或者h ≥0.3m
15、（1）0.75μ=（2）4x m =
【解题分析】
试题分析：（1）当0137θ=时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据共
点力的平衡条件可得：00sin 37cos370mg mg μ-=, 代入数据解得：0.75μ=
（2）物块向上滑动时的加速度为a ，根据牛顿第二定律可得：
00sin 37cos37mg mg ma μ+=
代入数据解得：212.5/a m s =
根据匀变速直线运动的位移速度公式可得：202v ax =代入数据解得：4x m =
考点：物体的平衡、牛顿第二定律、位移速度公式
【名师点睛】本题主要考查了物体的平衡、牛顿第二定律、位移速度公式．当0137
θ=时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据平衡条件和摩擦力公式列方程，可求出摩擦因数；根据牛顿第二定律得出速度，然后根据位移公式得到上滑距离．。