浙江省杭州学军中学2024学年物理高三上期中监测模拟试题含解析

浙江省杭州学军中学2024学年物理高三上期中监测模拟试题 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、质量为m 的木箱放置在光滑的水平地面上，在与水平方向成θ角的恒定拉力F 作用下由静止开始运动,经过时间t 速度变为v ，则在这段时间内拉力F 与重力的冲量大小分别为( )
A ．Ft , 0
B ．Ft , mgt
C ．mv , mgt
D ．Ft cos θ, 0
2、一起重机吊着物体以加速度()a a g 竖直匀加速下落一段距离的过程中，正确说法是( )
A ．拉力对物体做的功等于物体重力势能的增加量
B ．物体重力势能的减少量小于物体动能的增加量
C ．物体重力势能的减少量等于物体动能的增加量
D ．重力做的功大于物体克服缆绳的拉力所做的功
3、如图甲所示，静止在水平地面上的物块A ，受到水平拉力F 的作用，F 与时间t 的关系如图乙所示．设物块与地面间的最大静摩擦力f m 的大小与滑动摩擦力大小相等．则
A ．0～t 1时间内所受摩擦力大小不变
B ．t 1—t 2时间内物块做加速度减小的加速运动
C ．t 2时刻物块A 的动能最大
D ．t 2～t 3时间内物块克服摩擦力做功的功率增大
4、在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，采用如图所示电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是( )
A ．灯泡中灯丝已烧断
B ．滑片接触不良
C ．灯泡内部短路
D ．滑动变阻器A 端接触不良
5、轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，半径为R ，速率v ＜Rg ，AC 为水平直径，BD 为竖直直径。

物块相对于轮箱静止，则（ ）
A ．物块始终受静摩擦力作用
B ．只有在A 、B 、
C 、
D 四点，物块受到的合外力才指向圆心
C ．在转动过程中物块的机械能不守恒
D ．在转动过程中物块重力的瞬时功率保持不变
6、如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在03s -时间内物体运动的v t -图象如图乙所示，其中除12s ～时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1s 后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2kg ，重力加速度210/.g m s =则下列计算不正确的是
A ．1 s 后电动机的输出功率P 为100W
m s
B．物体运动的最大速度m v为10 /
-s内电动机所做的功为25J
C．在01
-s内电动机所做的功为250 J
D．在03
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，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为2gs
μ
8、如图所示，质量为m的木块，从位于竖直平面内的圆弧形曲面上滑下，由于摩擦力的作用，木块从a到b运动的速率增大，b到c的速率一直保持不变，c到d的速率减小，则（）
A．木块在abcd段运动的加速度都不为零
B．木块在ab段和cd段的加速度不为零，但bc段的加速度为零
C．木块在整个运动过程中所受合外力的大小一定，方向始终指向圆心
D．它只在bc段所受合外力的大小不变，方向指向圆心
9、图中重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的，平衡时AO是水平的，BO与水平面的夹角为θ。

AO的拉力F1 和BO的拉力F2的大小是（）
A ．F 1=mg cos θ
B ．F 1=mg cot θ
C ．F 2=mg sin θ
D ．F 2=sin mg θ
10、空间存在着平行于x 轴方向的静电场，A 、M 、O 、N 、B 为x 轴上的点，OA ＜OB ，OM ＝ON ，AB 间的电势ϕ随x 的分布为如图所示的折线，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M 点由静止开始沿x 轴向右运动，则下列判断中正确的是 ( )
A ．粒子一定带正电
B ．粒子从M 向O 运动过程所受电场力均匀增大
C ．粒子一定能通过N 点
D ．AO 间的电场强度大于OB 间的电场强度
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“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中（装置如图甲）：
① 下列说法哪一项是正确的___________．（填选项前字母）
A ．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B ．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
C ．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
② 图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O 、A 、B 、C 计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz ．则打B 点时小车的瞬时速度大小为______m/s （保留三位有效数字）．
12．（12分）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了5个连续点之间的距离．
（1）物块下滑是的加速度a=_____m/s2；打点C点时物块的速度v=____m/s；
（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是____（填正确答案标号）．
A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角
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，有一质量为M=2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处分别以初速度v1=2m/s 向左和v2=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端与车相对静止没有脱离小车。

已知两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s2。

求：
（1）求物块A刚开始滑动时加速度a大小；
（2）求物块A、B与小车相对静止时共同速度v共及物块A、B在小车上滑动过程中产生的热量Q
（3）求整个过程中物块B相对小车的位移x相大小。

14．（16分）如图所示，质量为m3＝2kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧，滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑。

质量为m2＝3kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放，两物体在滑道上的C点相碰后粘为一体(g＝10m/s2)。

求：
（1）物体1从释放到与物体2恰好将要相碰的过程中，滑道向左运动的距离；
（2）若CD ＝0.2m ，两物体与滑道的CD 部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
（3）物体1、2最终停在何处？
15．（12分）如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在气缸内，活塞质量为m 、横截面积为S ，可沿气缸壁无摩擦滑动并保持良好的气密性，整个装置与外界绝热，初始时封闭气体的温度为T 1，活塞距离气缸底部的高度为H ，大气压强为P 0.现用一电热丝对气体缓慢加热，若此过程中电热丝传递给气体的热量为Q ，活塞上升的高度为3
H ，当地重力加速度为g 。

求∶
(1)此时气体的温度；
(2)气体内能的增加量。

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】
在t 时间内，拉力F 的冲量I =Ft ，重力的冲量I G =mgt ．
A ．Ft ，0，与结论不相符，选项A 错误；
B ．Ft ，mgt ，与结论相符，选项B 正确；
C ．mv ，mgt ，与结论不相符，选项C 错误；
D ．Ft cos θ，0，与结论不相符，选项D 错误；
2、D
【解题分析】
重物被起重机吊起，竖直加速下落的过程中，加速度方向向下，重力大于缆绳拉力，合外力做的功等于重物动能的增加量，除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量．
【题目详解】
物体加速下降，拉力小于重力，则拉力对物体做的功数值小于重力做功的数值，所以拉力对物体做的功数值小于物体重力势能的增加量的数值，故A 错误；重力势能的减小量为mgh ，动能的增加量为：K G F F E W W mgh W =-=-，所以重物重力势能的减少量大于重物动能的增加量，故BC 错误；重物被起重机吊起，竖直加速下落的过程中，加速度方向向下，重力大于缆绳拉力，根据W FL =可知，重力做的功大于重物克服缆绳拉力做的功，故D 正确。

所以D 正确，ABC 错误。

【题目点拨】
解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系.我们要正确的对物体进行受力分析，才能够求出某个力做的功．
3、D
【解题分析】
当拉力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动．
【题目详解】
在10~t 时间内水平拉力小于最大静摩擦力，物体保持不动，摩擦力大小逐渐增大，A 错误；21~t t 时间内，拉力逐渐增大，摩擦力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，物块做加速度增大的加速运动，B 错误；13~t t 时间内拉力始终大于最大静摩擦力，所以过程中做加速运动，到3t 时刻拉力和最大静摩擦力相等，合力为零，加速度为零，速度最大，故C 错误；23~t t 时间内速度逐渐增大，摩擦力大小不变，根据P fv =可知物块克服摩擦力做功的功率增大，D 正确．
4、C
【解题分析】根据题中图可知若电压表的电阻无穷大，移动滑片时，因电流表示数有变
化，故和电流表串联的回路为通路，不存在短路，故A 错误；若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故B 错误；若滑动变阻器A 端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变化，故D 错误；若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，故C 正确。

所以C 正确，ABD 错误。

5、C
【解题分析】
A ．在最高点和最低点，物块受重力和支持力作用，在其它位置物体受到重力，支持力、静摩擦力作用，故A 项错误；
B ．物块作匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B 项错误；
C ．在转动过程中物块的动能不变，重力势能改变，所以机械能不守恒，故C 项正确；
D ．运动过程中，物块的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D 项错误。

故选C 。

6、C
【解题分析】
()1根据图乙得出01s -的加速度，再根据牛顿第二定律得出牵引力1F ，最后由P Fv =算出电动机的输出功率；
()2当加速度为0时，物体运动速度最大，根据二力平衡求出此时牵引力2F ，结合P Fv =算出最大速度；
()301s -内根据运动学公式及动能定理算出电动机所做的功；13s -内，根据电动机功率变，结合W Pt =算出。

【题目详解】
A 、设物体质量为m ，由题图乙可知，在1t 1= s 时间内，物体做匀加速直线运动的加速度大小为a ，1 s 末物体的速度大小达到1v 5= m /s ，此过程中，设细绳拉力的大小为1F ，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得：11v at =，1F mgsin - 30ma =，由图象可知，1v 5m /s =，由功率公式11P F v =，联立解得：在1s 末电动机输出功率为：P 100W =，故A 正确.
B 、当物体达到最大速度m v 后，细绳的拉力大小2F ，由牛顿第二定律和功率的公式可得：2F mgsin θ0-=，由2m P F v =解得m v 10m /s =，故B 正确.
C 、在时间1t 1= s 内，物体的位移为x ，电动机做的功为1W ，则由运动学公式得：211x at 2
= 由动能定理得：1W mgxsin - 21130mv 2=
，联立解得：1W 50J =，故C 错误. D 、在时间t =3s 内电动机做的功为W ，则：()11W W P t t =+-，联立解得：W 250= J.故D 正确.
故选C.
【题目点拨】
本题与汽车启动类似，关键需要分析清楚物体各段的运动规律及受力情况，明确实际功率达到额定功率时匀加速直线运动转为变速直线运动，达到速度最大值后做匀速直线运动.
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】
小物块压缩弹簧最短时有F mg 弹μ>，故A 错误；全过程小物块的路程为2s ，所以全过程中克服摩擦力做的功为：2mg s μ⋅ ，故B 正确；小物块从弹簧压缩最短处到A 点由能量守恒得：max P E mgs μ=，故C 正确；小物块从A 点返回A 点由动能定理得：
201202
mg s mv μ-⋅=-，解得：0v =D 错误． 8、AD
【解题分析】
小球ab 段和cd 段速度大小在变化，故存在加速度；而bc 段虽然速度大小不变，但方向时刻在变化，因此也存在加速度，当然由于做的曲线运动，因此加速度一定不为零，故B 错误，A 正确；只有做匀速圆周运动时，所受合外力大小一定，方向始终指向圆心，而小球ab 段和cd 段速度大小在变化，b 到c 的速率一直保持不变，故C 错误，D 正确；故选AD.
9、BD
【解题分析】
以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力。

重物对O 点的拉力等于mg 。

根据平衡条件得知，mg 与F 1的合力与F 2大小相等、方向相反，作出力的合成图如图。

则有
F 1=mg cotθ
F 2=sin mg θ
A ．F 1=mg cos θ，与结论不相符，选项A 错误；
B ．F 1=mg cot θ，与结论相符，选项B 正确；
C ．F 2=mg sin θ，与结论不相符，选项C 错误；
D ．F 2=sin mg θ
，与结论相符，选项D 正确； 故选BD 。

10、CD
【解题分析】
A.A 、B 两点电势相等，O 点的电势最高，A 到O 是逆着电场线，粒子仅在电场力作用下，从M 点由静止开始沿x 轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电，故A 错误；
B.A 到O 电势均匀升高，图象的斜率大小等于电场强度，故A 到O 的电场是匀强电场，粒子从M 向O 运动过程所受电场力不变，故B 错误；
C.由图可知，A 、B 两点电势相等，M 点的电势小于N 点的电势，故M 到O 电场力做的正功数值大于O 到N 电场力做的负功，所以粒子能通过N 点，故C 正确；
D.图象的斜率等于场强大小，则知AO 间的电场强度大于OB 间的电场强度，故D 正确。

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、C 0.653
【解题分析】
试题分析：①车在水平木板运动时水平方向受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表
示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；而平衡摩擦力是小车带动纸带恰好做匀速
运动，A 错误；设小车质量M ，钩码质量m ，整体的加速度为a ，绳上的拉力为F ，则：
对小车有：F=Ma ；
对钩码有：mg-F=ma ，即：mg=（M+m ）a ；
如果用钩码的重力表示小车受到的合外力，则要求：Ma=（M+m ）a ，必须要满足小车的总质量远大于钩码质量，这样两者才能近似相等．为使纸带打上尽量多的点，实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
② 中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得：2AC B v s T
=
=0.653m/s. 考点：本题考查探究恒力做功与动能改变的关系
12、（1）3.25 1.79 （2）C
【解题分析】
试题分析：（1）根据2x aT ∆=，有：()22EC CA x x a T -=，解得：()()2220.03780.03650.03520.0339 3.25m /s 440.02
EC CA x x a T +-+-===⨯ 打C 点时物块的速度：0.03650.0352/ 1.79/220.02
DC CB v m s m s T ++===⨯ （2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：sin cos mg mg ma θμθ-=，解得：sin cos g a g θμθ
-= 故还需要测量斜面的倾角，故选C ；
考点：测量动摩擦因数实验
【名师点睛】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等．
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) 1m/s 2 (2)9.5J (3)7.5m
【解题分析】
本题考查动量定理和动能定理的应用。

【题目详解】
（1）由牛顿第二定律：
mg ma μ=
解得：
2=1m/s a g μ=
（2）取A 、B 、小车系统为研究对象，取v 2方向为正方向，由动量守恒有：
()212mv mv m M v -=+共
解得：
0.5m/s v =共
由能量守恒有：
22212111(2)222
Q mv mv m M v =+-+共 解得：
=9.5J Q
（3）由题意可知，当AB 都在小车上滑动时，小车保持静止，A 、B 均做加速度为a 的匀减速，当A 减速至零时B 的速度v 3=2m/s ，设从开始至A 减速至0，B 的位移为x 1 由运动学方程：
222312v v ax -=
解得：
16m x =
由题意：A 减速至零后与车相对静止一起向右加速；B 继续减速直至A 、B 和车共速，此过程中系统生热均来自于B 与车相对滑动，设B 相对车滑行距离x 2，由能量守恒有：
22231
1(2)22
mgx mv m M v μ=-+共 解得：2 1.5m x =
所以
127.5m x x x =+=相
14、（1）0.15m ；（2）0.3J ；（3）D 点左侧离D 点为0.05 m 处。

【解题分析】
（1）物体1从释放到与物体2碰撞前瞬间，物体1、滑道组成的系统水平方向动量守恒，设物体1水平位移大小为x 1，滑道水平位移大小为x 3，有：
0＝m 1x 1-m 3x 3①
x 1＝R
解得
x 3＝113
m x m ＝0.15m ② （2）设物体1、2刚要相碰时物体1的速度大小为v 1，滑道的速度大小为v 3，对物体1
和滑道组成的系统，由机械能守恒定律有
22111331122
m gR m v m v =+③ 由动量守恒定律有
0＝m 1v 1－m 3v 3④
设物体1和物体2相碰后的共同速度大小为v 2，对物体1、2组成的系统，由动量守恒定律有
m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2⑤
弹簧第一次被压缩到最短时，由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度均为零，此时弹簧的弹性势能最大，设为E pm 。

从物体1、2碰撞后到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，由能量守恒定律有 22122331211()()22
pm m m v m v m m g CD E μ++-+⋅= ⑥ 联立③④⑤⑥式，代入数据可以求得
E pm ＝0.3J
（3）分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD 部分运动的路程为s ，由能量守恒定律有
22122331211()()22
m m v m v m m gs μ++=+ 代入数据可得
s ＝0.25m
所以物体1、2最终停在D 点左侧离D 点为0.05m 处。

15、 (1)143T ；(2)()
03-+H Q p S mg 【解题分析】
(1)气体加热缓慢上升过程中，处于等压过程，设上升3
H 时温度为2T ，则有 23H V S H ⎛⎫=+ ⎪⎝
⎭ ① 1212
V V T T = ② 得
2143
T T = ③
(2)上升过程中，据热力学第一定律得 U Q W ∆=+ ④
式中
()
03
H W p S mg =-+ ⑤ 因此 ()
03H U Q p S mg ∆=-+。