上海市黄浦区金陵中学2024年高三物理第一学期期中考试模拟试题含解析

上海市黄浦区金陵中学2024年高三物理第一学期期中考试模拟
试题
请考生注意：
1．请用2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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，由竖直轴和双臂构成的“Y ”型支架可以绕竖直轴转动，双臂与竖直轴所成锐角为.θ一个质量为m 的小球穿在一条臂上，到节点的距离为h ，小球始终与支架保持相对静止．设支架转动的角速度为ω，则( )
A ．当0ω=时，臂对小球的摩擦力大小为sin mg θ
B ．ω由零逐渐增加，臂对小球的弹力大小不变
C ．当1cos sin g h
θ
ωθ=
时，臂对小球的摩擦力为零 D ．当11cos sin 2g h ωθθ
⎛⎫=
+ ⎪⎝⎭
时，臂对小球的摩擦力大小为mg 2、如图为a 、b 两物体做匀变直线运动的v-t 图象，则下列说法中正确的是（ ）
A ．a 、b 两物体的运动方向相反
B ．t=4s 时，a 、b 两物体速度相同
C ．最初4s 内，a 、b 两物体的位移相同
D ．a 物体的加速度比b 物体的加速度大
3、雨滴在下落过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量逐渐增大，同时由于下落速度逐渐增大，所受空气阻力也逐渐增大，最后雨滴将以某一速度匀速下落；在雨滴加速下落的过程中，下列说法正确的是
A．重力产生的加速度逐渐增大
B．重力产生的加速度逐渐减小
C．雨滴下落的加速度逐渐减小
D．雨滴下落的加速度保持不变
4、物体A、B的x-t图像如图所示，由图可知
A．两物体由同一位置，A比B晚3s开始运动
B．从第3s末起，两物体运动方向相同，且v A>v B
C．在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇
D．5s内A、B的平均速度相等
5、某乘客用手表估测火车的加速度，他先观测3分钟，发现火车前进了540m，隔3
分钟后又观测1分钟，发现火车前进了360 m，若火车在这7分钟内及以后均做匀加速直线运动，则这列火车加速度大小为
A．0.03 m / s2B．0.01 m / s2C．0.5 m / s2D．0.6 m / s2
6、如图所示，一物块置于水平地面上，当用水平力F拉物块时，物块做匀速直线运动；当拉力F的大小不变，方向与水平方向成37°角斜向上拉物块时，物块仍做匀速直线运动。

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则物块与地面间的动摩擦因数为（）
A．1
4
B．
1
3
C．
2
3
D．
3
4
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、在倾角为θ的斜面上以速度v水平抛出一球，当球与斜面的距离最大时，下列说法中正确的是（已知重力加速度为g）（）
A ．球与斜面距离最大时，小球速度方向与斜面垂直
B ．球与斜面距离最大时，小球的速度为
cos v
θ
C ．球与斜面距离最大时，小球飞行时间为
tan v
g
θ D ．球与斜面距离最大时，小球飞行的水平距离为2
v g
8、一物体在水平面上受恒定的水平拉力和摩擦力作用由静止开始做直线运动，在第1秒末撤去水平拉力，其E k －X 图象如图所示，g=10 m/s 2，则( )
A ．物体的质量为10 kg
B ．物体与水平面的动摩擦因数为0.2
C ．第1秒内合力对物体做的功为30J
D ．前4秒内拉力对物体做的功为60 J
9、如图，水平放置的光滑平行金属导轨MN 、PQ 处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为L ，导轨右端接有阻值为R 的电阻．一根质量为m ，电阻为r 的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好．现使金属棒以某初速度向左运动，它先后经过位置a 、b 后，到达位置c 处刚好静止．已知磁场的磁感应强度为B ，金属棒经过a 、b 处的速度分别为v 1、v 2，a 、b 间距离等于b 、c 间距离，导轨电阻忽略不计．下列说法中正确的是（ ）
A．金属棒运动到a处时的加速度大小为
22
1 B L v mR
B．金属棒运动到b处时通过电阻R的电流方向由Q指向N
C．金属棒在a→b与b→c过程中通过电阻R的电荷量相等
D．金属棒在a处的速度v1是其在b处速度v2的2倍
10、如图所示，车厢内的后部有一相对车厢静止的乘客，车厢内的前部有一小球用细线悬挂在车厢的天花板上，小球与车厢一起沿平直轨道以速度v匀速前进。

某时刻细线突然断裂，小球落向车厢底板，这一过程中车厢始终以速度v匀速前进。

若空气阻力可忽略不计，对于小球从线断裂至落到车厢底板上之前的运动，下列说法中正确的是
A．相对于乘客，小球做自由落体运动
B．相对于乘客，小球的运动轨迹为斜向前的直线
C．相对于地面，小球的运动轨迹为抛物线
D．相对于地面，小球做自由落体运动
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）某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。

向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。

（1）实验中涉及到下列操作步骤：
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是__________（填入代表步骤的序号）。

（2）图（b）中M和L两条纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。

打点计时器所用交流电的频率为50Hz。

由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为_______m/s（结果保留两位小数）。

比较两纸带可知，_______（填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。

12．（12分）在验证牛顿第二定律实验中，(1)某组同学用如图甲所示装置，采用控制变量的方法，来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到的力的关系．下列措施中不需要和不正确的是（_________）
①首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力
②平衡摩擦力的方法就是，在塑料小桶中添加砝码，使小车能匀速滑动
③每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力
④实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力
⑤实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源
A．①③⑤B．②③⑤C．③④⑤D．②④⑤
(2)某组同学实验得出数据，画出a－F图象如图乙所示，那么该组同学实验中出现的问题可能是（_______）
A ．实验中摩擦力没有平衡
B ．实验中摩擦力平衡过度
C ．实验中绳子拉力方向没有跟平板平行
D ．实验中小车质量发生变化
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，光滑斜面的倾角为θ，有两个相同的小球，分别用光滑挡板A 、住．挡板A 沿竖直方向，挡板B 垂直斜面．试求：
（1）分别将小球所受的重力按效果进行分解； （2）两挡板受到两个球压力大小之比； （3）斜面受到两个球压力大小之比．
14．（16分）如图所示，质量为0.4kg 的木块以2m/s 的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6kg ，木块与小车之间的动摩擦因数为0.25（g 取10m/s 2）．设小车足够长，地面光滑，求：
（1）木块和小车相对静止时小车的速度；
（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；
（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．
15．（12分）如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量1m kg =可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带， AB 长5L m =，物块与传送带间的动摩擦因数
10.2μ=，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s=1.5m ，它与物块间的动摩擦因数
20.3μ=，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与BC 平滑连接，圆弧对应的圆
心角为120θ=，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反
弹回来．若传送带以5/v m s =的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的18p E J =能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E
点，取2
10/g m s =．
（1） 求右侧圆弧的轨道半径为R; （2） 求小物块最终停下时与C 点的距离;
（3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．
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 【解题分析】
A ．当ω=0时，臂对小球的摩擦力大小等于重力沿斜杆向下的分力，大小为 f =mg cos θ 故A 错误；
B ．当支架转动时：竖直方向
sin cos N F f mg θθ+=
水平方向
2cos sin sin N F f m h θθωθ-=
解得
22cos sin f mg m h θωθ=-
可知ω由零逐渐增加，臂对小球的摩擦力先减后增，弹力大小先增后减，故B 错误； C ．由
22cos sin =0f mg m h θωθ=-
可得
ω=
故C 正确； D ．由
22cos sin =f mg m h mg θωθ=-
可得
ω=
故D 错误. 故选C. 2、B 【解题分析】
A 、a 、b 两物体的速度均为正值，物体均沿正方向运动，运动方向相同．故A 错误．
B 、由图可知：t=4s 时，a 、b 两物体速度相同．故B 正确．
C 、最初4s 内，b 的图线与坐标横所围“面积”大于a 的图线与坐标横所围“面积”，则最初4s 内，b 的位移大于a 的位移．故C 错误．
D 、由图b 的图线比a 的图线陡峭，斜率更大，则b 物体的加速度比a 物体的加速度大．故D 错误． 故选B 3、C 【解题分析】
A 、
B ．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度g 保持不变，与雨滴的质量无关，故AB 错误；
C 、
D ．雨滴的运动情况为：先做加速运动，后以某一速度做匀速运动，可知由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小，C 正确，D 错误； 故选C 。

4、B 【解题分析】
A ．由图可知，
B 从5m 处开始运动，而A 从0m 处开始运动，故二者开始位置不同且
A 从3s 开始运动，运动方向都沿x 轴的正方向。

故A 不符合题意。

B ．图象的斜率表示速度，由图可知，A 的斜率大于B 的，故A 的速度要大。

故B 符合题意。

C ．在5s 内，A 的位移为10m ，而B 的位移为5m ，所以5s 内物体的位移不同。

故C 不符合题意。

D ．因5s 的位移不同，所以5s 内的平均速度不同。

故D 不符合题意。

5、B 【解题分析】
设火车的加速度为a ，开始观测时速度为v ，开始观测的3分钟有，vt+
at 2=1．第7
分钟开始时速度v’=v+2at ，第7分钟内，v’t’+at’2=2．联立解得a=0.01 m/s 2，选项B
正确． 6、B 【解题分析】
物体做匀速运动，受力平衡；当F 水平拉动时有：
F mg μ=；
斜向上拉动物体时，竖直方向上的支持力为：
N sin 37F mg F =-︒，
水平方向上有：
()cos37sin37F mg F μ︒=-︒，
联立解得：
1
3
μ=，
A ．1
3μ=而非14，A 错误；
B ．1
3μ=，B 正确；
C ．13
μ=而非2
3，C 错误；
D ．1
3μ=
而非34
，D 错误。

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】
小球做平抛运动，当速度方向与斜面方向平行时，距离斜面最远，根据平行四边形定则求出质点距离斜面最远时的速度的竖直分速度，结合速度时间公式求出运动的时间，再求解水平距离． 【题目详解】
小球做平抛运动，当小球的速度与斜面方向平行时，距离斜面最远，此时速度与水平方向的夹角为θ，根据平行四边形定则可得此时的速度：cos v
v θ
'=，故A 错误，
B 正确；竖直分速度v y =vtanθ，根据v y =gt ，可得飞行时间tan v t g
θ
=
，故C 正确；球与斜面距离最大时，小球飞行的水平距离：2tan v x vt g
θ
==，故D 错误．所以BC 正确，AD
错误． 【题目点拨】
本题主要考查了平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度方向与斜面平行时，距离斜面最远． 8、AD
【解题分析】A 、由图知：当位移为时，撤去外力，所以
所对应的时
间为1s
物体在第1s 内的位移为，得：
则由动能定理可得合外力做功 得，又有牛顿第二定律知：
解得：
，故A 正确；
B 、当撤掉外力F 后，物体做减速运动，由图可知物体发生的位移为，物体在
摩擦力作用下减速，此时合外力做功为：，得到
解得：
，故B 错误
C 、从图像可以知道在第1s 内合外力做的功就等于动能的变化量，所以合外力做功为，故C 错误；
D 、第1s 内由动能定理可得合外力做功
得 ，即 ，物体在第1s 内受拉力作用，所以前4秒内拉力
做的功即等于第1s 内拉力做的功，，故D 正确；
综上所述本题答案是：AD 9、BC 【解题分析】
A ．金属棒运动到a 处时，有：a E BLv =，E I R r =+，安培力：22a
B L v F BIL R r
==+，由
牛顿第二定律得加速度：()
22a B L R m a F
v m r ==+，故A 错误；
B ．金属棒运动到b 处时，由右手定则判断知，通过电阻的电流方向由Q 指向N ，故B 正确；
C ．金属棒在a →b 过程中，通过电阻的电荷量：11E
q It t R r R r
∆Φ==⋅=
++，同理，在b →c 的过程中，通过电阻的电荷量2
2q R r
∆Φ=+，由于12∆Φ=∆Φ，可得12q q =，故C 正确；
D ．在b →c 的过程中，对金属棒运用动量定理得：2220B L v
mv R r
t ∆=⋅-∑-+，而bc v t l ∑∆=，
解得：()222bc
B L l v m R r =+，同理，在a →c 的过程中，对金属棒运用动量定理得：
22'
10B L v mv R r
t -∑⋅=-+∆，
而ac v t l ∑∆'=，解得：()22ac a B L l v m R r =+，因2ac bc l l =，因此122v v =，
故D 错误． 10、AC 【解题分析】
AB ．乘客和小球水平方向具有相同的速度，则相对于乘客，小球做自由落体运动，小球的运动轨迹为竖直向下的直线，选项A 正确，B 错误；
CD ．相对于地面，小球做平抛运动，小球的运动轨迹为抛物线，选项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、④①③② 1.29 M 【解题分析】
(1)[1] 实验中应先将物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释放纸带；故步骤为④①③②；
(2)[2]由M 纸带可知，左侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后不变；故2.58cm 段时物体应脱离弹簧；则由平均速度可求得，其速度
22.58
10m /s 1.29m /s 0.02
v -=
⨯= [3]因弹簧的弹性势能转化为物体的动能，则可知离开时速度越大，则弹簧的弹性势能越大；由题目中的图可知，M 中的速度要大于L 中速度；故说明M 纸带对应的弹性势能大。

12、B B 【解题分析】
（1）首先要平衡摩擦力，使小车受到合力就是细绳对小车的拉力，故①正确．平衡摩擦力的方法就是，不挂塑料小桶，把木板的一端垫高，轻推小车，使小车能匀速滑动，故②错误．平衡摩擦力后，在实验过程中不需要重新平衡摩擦力，故③错误．实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力，故④正确．实验中应接通电源，然后再释放小车，故⑤错误；本题选错误的，故选B ．
（2）由图2所示图象可知，当拉力为零时，小车已经产生加速度，这是由于平衡摩擦力过度造成的，故ACD 错误，B 正确，故选B ．
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）图见解析 （2）121 cos F F θ= （3）1221 cos F F θ
'=' 【解题分析】
试题分析：（1）对球1所受的重力来说，其效果有二：第一，使物体欲沿水平方向推开挡板；第二，使物体压紧斜面．因此，力的分解如图甲所示，由此得两个分力，大小分别为：
（2）（3）对球1，1F Gtan θ=，2G
F cos θ
= 对球2，12,F Gsin F Gcos θθ'='=
所以：挡板AB 所受的压力之比为：1
2
1 F F cos θ
=
斜面所受两个小球压力之比为：
1221 F F cos θ
'=' 考点：考查了力的合成与分解 14、 (1)0.4m/s(2)0.64s(3)0.64m 【解题分析】
木块和小车组成的系统，所受合力为零，动量保持不变，根据动量守恒定律求出，木块和小车相对静止时小车的速度大小；以木块为研究对象，根据动量定理求出时间； 根据牛顿第二定律分析求出木块和小车的加速度，再由运动学公式求出两物体的位移及相对位移大小； 【题目详解】
(1)以木块和小车为研究对象，方向为正方向，由动量守恒定律可得：()0mv M m v =+ 得0
0.4/mv v m s M m
=
=+
(2)以木块为研究对象，由动量定理可得：0ft mv mv -=- 又f mg μ= 得到00.64v v
t s g
μ-=
= (3)木块做匀减速运动，加速度21 2.5/f
a g m s m μ=
== 车做匀加速运动，加速度225/8
f m
g a m s M M μ=== 在此过程中木块的位移为：22
011
0.7682v v s m a -=
= 车的位移为：2
2210.1282
s a t m =
= 木块在小车上滑行的距离为120.64S S S m ∆=-= 15、（1）0.8R m =；（2）1
3
x m =；（3
//s v s ≤≤ 【解题分析】
（1）物块被弹簧弹出，由2
012
p m v E =，可知：06/m s v = 因为
v v
>，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，
由：
11
mg ma
μ=，
011v v a t =-，2
10111
12x v t a t =-
得到：1
2
/2m s a =，10.5s t =，1 2.75m x = 因为
1
L x
<，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5/m s 的速度滑上水平面
BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：2
212
m mgs mgR v μ=+ 代入数据整理可以得到：0.8R m =．
（2）设物块从E 点返回至B 点的速度为B v ，由22
211222
B m m mg s v v μ-=⨯ 得到
7/B
m s v
=，因为0B v >，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的
作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处，由
()2
212B mv mg s x μ=-，得到：13
x m =. （3）设传送带速度为1v 时物块能恰到F 点，在F 点满足2
sin30F mg m R
v =
从B 到F 过程中由动能定理可知：()
22
1211sin 3022
F mv mv mgs mg R R μ-=++ 解得：
设传送带速度为2v 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由：
2
22132
m mg s mgR v μ=⨯+ 解得：
2
43/m s v
=
若物块在传送带上一直加速运动，由
22
011122
Bm m m mgL v v μ-= 知其到B 点的最大速度
56/Bm
m s v
=
37/43/m s v m s ≤≤就满足条件．
【题目点拨】
本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解．。