2024年山东省沂水县物理高三第一学期期中统考试题含解析

2024年山东省沂水县物理高三第一学期期中统考试题
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，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )
A．B．
C．D．
2、如图所示,导体球A与导体球壳B同心,原来都不带电,也不接地,设M、N两点的场强大小为E M和E N,下列说法中正确的是
A．若使A带电,则E M≠0,E N=0
B ．若使B 带电,则E M ≠0,E N ≠0
C ．若使A ，B 两球分别带上等量异种电荷,则E M ≠0,E N =0
D ．若使A 球带电,B 球接地,则
E M =0,E N =0
3、如图所示，将一物体从地球表面的A 处移到B 处，万有引力做功为W 1；将该物体从B 处移到无穷远处，万有引力做功为W 2。

取无穷远处引力势能为零，则该物体在A 处具有的引力势能可表示为
A ．W 1-W 2
B ．W 2-W 1
C ．W 1+W 2
D ．-W 1-W 2
4、如图所示，两小球a b 、从直角三角形斜面的顶端以相同大小的水平速率0v 向左、向右水平抛出，分别落在两个斜面上，三角形的两底角分别为30和60 ，则两小球a b 、运动时间之比为（ ）
A ．3
B ．1:3
C 3
D ．3:1
5、两步频率相同的声波，在空气中相遇发生干涉，下列判断错误的．．．
是（ ） A ．振动加强的点的拉移随时间不断变化
B ．振动加强的点的位移总是最大，不随时间而变化
C ．在某一时刻，振动加强的点的位移可能小于振动减弱的点的位移
D ．振动减弱的点的振幅一定小于振动加强的点的振幅
6、如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一小球。

小球在M 处时，弹簧处于原长状态．现用力F 作用于小球使它从M 处缓慢下降，到达N 处时，力F 刚好为零。

此过程中，力F 对小球做的功的大小为W ，不考虑空气阻力。

关于此过程，下列说法不正确的有（ ）
A．小球与弹簧组成的系统机械能减少量为W
B．小球重力势能减小量一定大于W
C．若将小球从M处由静止释放，则小球到达N处时的动能为2W
D．弹簧弹性势能增加量一定等于W
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、一带正电粒子在正点电荷的电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为X轴，起始点O为坐标原点，则下列关于电场强度E、粒子动能E k、粒子电势能E P、粒子加速度a与位移X的关系图像可能的是（）
A．B．
C．D．
8、如图所示，小明分别沿甲、乙两个光滑滑梯从同一高度由静止下滑到底端，在此过程中（）
A．甲、乙两过程重力做功不同B．机械能不守恒
C．动能的增加量相同D．重力势能减少量相同
9、下列说法正确的是（）
A．对于一定量的气体，在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
B．在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的
周期性
C．大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体
D．一定量的理想气体等压膨胀对外做功，气体一定吸热
E.在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，自由悬浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果
10、如图所示，倾角 =30°的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接滑轮的轻杆沿竖直方向，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，已知C的质量为2m，A、B质量均为m，则下列说法正确的是
A．定滑轮受到轻杆的作用力为3mg
B．C受到水平面的摩擦力为mg
C．B受到C间摩擦力大小为1
2 mg
D．水平面对C的支持力为5
2 mg
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）用如图所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落：
(1)除了图示的实验器材，下列实验器材中还必须使用的是________（填字母代号）。

A．交流电源B．秒表C．刻度尺D．天平（带砝码）
(2)关于本实验，下列说法正确的是________（填字母代号）。

A．应选择质量大、体积小的重物进行实验
B．释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态
C．先释放纸带，后接通电源
(3)实验中，得到如图所示的一条纸带。

在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O（O点与下一点的间距接近2mm）的距离分别为h A、h B、h C。

已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T。

设重物质量为m。

从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p=______，动能变化量ΔE k=________（用已知字母表示）。

(4)某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。

将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器显示的示数为F0。

已知小球质量为m，当地重力加速度为g。

在误差允许范围内，当满足关系式________时，可验证机械能守恒。

12．（12分）某同学在利用打点计时器研究“匀变速直线运动”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出0、1、2、3、4、5、6共7个计数点，每两个相邻的计数点之间还有四个点没标出，其部分相邻点间的距离如图所示，则打下点4时小车的瞬时速度为，小车的加速度为．（要求计算结果保留三位有效数字）
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,一足够长、与水平面夹角θ=60°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接,轨道最高点距地面的高度h = 15 m，圆轨道的半径为R = 5 m,其最低点为A,最高点为B．可视为质点的物块m = 1Kg与斜轨间有摩擦,物块从斜轨上最高点由静止释放,恰好能到达圆轨道的最高点B，不计小球通过A点时的能量损失,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)物块通过轨道最高点B时的速度v;
(2)物块在A点时对轨道的压力F.
(3)斜轨道的动摩擦因数μ
14．（16分）如图所示，半径为R的光滑半圆轨道AB竖直固定在一水平光滑的桌面上，轨道最低点B与桌面相切并平滑连接，桌面距水平地面的高度也为R．在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态．已知a球的质量为
m0，a、b两球质量比为2∶1．固定小球b，释放小球a，a球与弹簧分离后经过B点滑上半圆环轨道并恰能通过轨道最高点A．现保持弹簧形变量不变同时释放a、b两球，重力加速度取g，求：
（1）释放小球前弹簧具有的弹性势能E p；
（2）b球落地点距桌子右端C点的水平距离；
（1）a球在半圆轨道上上升的最大高度H．
15．（12分）车发动机的功率为60kW，汽车的质量为4t，当它行驶在坡度为
0.02（sinα=0.02）的长直公路上时，如图所示，所受摩擦阻力为车重的0.1倍（g=10m/s2），求：
（1）汽车所能达到的最大速度v m；
（2）若汽车从静止开始以0.6m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？(计算结果保留三位有效数字)
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、A
【解题分析】
AB.小球开始下落到接触弹簧，自由落体运动，小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最底端时加速度大于g，故A正确B错误．
CD.结合以上分析可知，加速度开始不变，然后减小再反向增大，最终大于g，故CD 错误．
2、C
【解题分析】
A．如果A带电，则会感应B内部带异种电荷，外部电性与A相同，那么E M≠0，E N≠0；故A错误；
B．如果B带电，由于同种电荷的排斥，电荷只分布在外表面E内=0，即E M＝0，E N≠0，B错误；
C．如果A、B带等量异种电荷，A与B的静电感应使B外表面恰好无电荷量，则E M≠0，E N=0，故C正确；
D．如使A球带电，B球接地，是接地屏蔽，E M≠0，E N=0，D错误。

3、C
【解题分析】
物体A处移到B处，万有引力做功为W1；物体从B处移到无穷远处，万有引力做功为W2，所以从A移到无穷远处万有引力功做功为W1+W2，万有引力做功引起了重力势能的变化，且万有引力做正功引力势能减小，万有引力做负功，引力势能增大，即
取无穷远处引力势能为零，所以A点的引力势能为W1+W2，故C对；ABD错；
故选C
【题目点拨】
把握住万有引力做功与引力势能变化之间的关系即可求解。

4、B
【解题分析】
试题分析：对于a 球，201230a a
gt y tan x v t ︒==，0230 a v tan t g ︒＝ 对于b 球，201260b b
gt y tan x v t ︒==，0260b v tan t g ︒= 所以301 603
a b t tan t tan ︒==︒，故B 正确，A ．C ．D 错误． 考点：平抛运动
5、B
【解题分析】振动加强质点的位移不总是最大，在随着时间在变化，加强点可能处于波峰，也可能波谷，也可能在平衡位置．随着时间不断变化．故A 正确；振动加强质点的位移不总是最大，在随着时间在变化，加强点可能处于波峰，也可能波谷，也可能在平衡位置．故B 错误；在某一时刻，振动加强质点处于平衡位置时，其位移等于零．所以小于振动减弱点的位移，因此可能存在．故C 正确；振幅是振于离开平衡位置的最大距离，所以振动减弱质点的振幅一定小于振动加强质点的振幅．故D 正确；故选B ． 6、C
【解题分析】
A ．因为力F 对小球做负功，其大小等于小球与弹簧组成的系统机械能的减少量，则系统机械能减小量为W ，选项A 正确，不符合题意；
B ．重物在向下运动的过程中，要克服弹簧拉力做功W 弹力，根据动能定理知 mgh-W-W 弹力=0
故物体重力势能减小量一定大于W ，故B 正确，不符合题意；
C ．重物从静止下落到N 的过程中，根据动能定理，有
k gh E W m -=弹力
结合B 选项知E k =W ，故C 错误，符合题意；
D ．由mgh -W-W 弹力=0可知
W 弹力=mgh-W
而
则
122
F W h mgh =
= 则 W 弹力=12
mgh =W 则弹簧弹性势能增加量一定等于W ，选项D 正确，不符合题意。

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、CD
【解题分析】 根据公式2
Q E k x =可得电场强度是关于位移的二次函数，不是一条直线，A 错误；因为只有电场力做功，所以根据动能定理可得k E Eqx =，而E 不是匀强电场，所以k E 不是关于x 的一次函数，故B 错误；电场力做正功，电势能减小，
2p Q Qq E Eqx k
q x k x x ==⋅=，故C 正确；加速度2Eq Qq a k m x m
==，D 正确 【题目点拨】 做本题时根据点电荷的场强公式分析电场强度随x 的变化情况，根据动能定理分析动能随x 的变化情况，根据电势能与x 图线的斜率分析其图象的正误，根据牛顿第二定律分析加速度随x 的变化图线的正误
8、CD
【解题分析】
试题分析：重力做功只与初末位置的高度差有关，与路径无关．分析物体的受力情况，并找出各力的做功情况，由动能定理、机械能守恒可判断出各量是否相同．
解：A 、根据重力做功公式 W=mgh ，知两个过程小明下降的高度相同，故重力做功相同，故A 错误；
B 、下滑过程中滑梯对小明不做功，只有重力做功，机械能守恒，故B 错误；
C 、两个过程小明重力势能减少量相等，由机械能守恒定律知，动能的增加量相同，故C 正确；
D 、由于重力做功相同，故重力势减小量相同，故D 正确；
故选CD
【解题分析】
A ．被封闭气体的压强产生原因是由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力，和重力无关，A 错误；
B ．单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体具有各向同性，都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，B 正确；
C ．晶体由更小的晶胞组成，大颗粒的盐磨成细盐，还是晶体，C 错误；
D ．一定量的理想气体等压膨胀，温度一定升高，内能一定增加，0U ∆＞，膨胀对外做功，0W ＜，由热力学第一定律
W Q U +=∆
可知，0Q ＞，说明气体一定吸热，D 正确；
E ．在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，自由悬浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果，E 正确。

故选BDE 。

10、ACD
【解题分析】
对A 分析，A 受到绳子的拉力和重力作用，故有T mg =，同一条绳子上的拉力相同，所以绳子对B 的拉力大小也为mg ，对B 分析，B 受到绳子的拉力，斜面的支持力，重力，规定沿斜面向下为正，在沿斜面方向上有sin 300mg T f ︒-+=，解得12
f m
g =，为正，说明沿斜面向下，C 正确；将BC 看做一个整体，整体受到绳子斜向上的拉力，重力，和支持力，水平方向的摩擦力，在竖直方向上有sin 303N T mg +︒=，解得
52N mg =，在水平方向上'cos30f T =︒=，故B 错误D 正确；对定滑轮分析，受轻杆的作用力和两条绳子的拉力，其中两条绳子的拉力大小为mg ，夹角为60°，
根据平行四边形可得轻杆对滑轮的作用F ，A 正确；
【题目点拨】
本题考查受力分析以及共点力的平衡条件应用，要注意明确整体法与隔离法的正确应用．
①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．
②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析．
③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用
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、AC AB B mgh - 2
122C A h h m T -⎛⎫ ⎪⎝⎭
F 0 = 3mg 【解题分析】
(1)[1]A ．打点计时器需要接交流电源，A 正确；
B ．打点计时器本身就是计时工具，不需要秒表，B 错误；
C ．需要用刻度尺测量纸带上打点之间的距离，C 正确；
D ．重物下落过程中，若满足机械能守恒定律，则 212
mg h m v ⋅∆=⋅∆ 等式两边将重物质量m 约去，不需要天平测量重物质量，D 错误。

故选AC 。

(2)[2]A ．应选择质量大、体积小的重物进行实验，可以减小阻力带来的误差，A 正确； B ．释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，使重物竖直下落，减小纸带与打点计时器之间的摩擦，B 正确；
C ．为了有效利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，C 错误。

故选AB 。

(3)[3]重力做正功，重力势能减小所以从O 到B ，重力势能的变化量为
p B E mgh ∆=-
[4]在B 点，根据匀变速直线运动的规律可知
2C A B h h v T
-= 则动能变化量为
2
2k 11222C A B h h E mv m T -⎛⎫∆== ⎪⎝⎭
(4)[5]若小球运动过程中机械能守恒，则满足 212
mgL mv = 小球运动到最低点
2
0v F mg m L
-= 解得
203v F mg m mg L
=+= 即需要验证的表达式为
03F mg =
12、0.314m/s ，0.510m/s 1．
【解题分析】
解：每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为：T=5×
0.01=0.1s ； 计数点4的瞬时速度为：
m/s=0.314m/s ． 根据△x=aT 1，
a=
=0.510m/s 1． 故答案为0.314m/s ，0.510m/s 1．
考点：探究小车速度随时间变化的规律．
专题：实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题．
分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点4的瞬时速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出小车的加速度．
点评：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用，注意单位换算和有效数字的保留．
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）2；（2）60N ，方向竖直向下；（33【解题分析】
（1）最高点重力充当向心力。

（2）物块在A 点由牛顿第二定律可得轨道对A 的支持力，由牛顿第三定律可得物块在A 点时对轨道的压力F 。

(3)由动能定理可解。

【题目详解】
(1)由题意物块恰好能到达圆轨道的最高点B ，在最高点根据牛顿第二定律对物块：
mg=m 2
v R
，物块通过轨道最高点B 时的速度m/s (2)从A 到B ，机械能守恒有：
12m 2A v =12
m 2v +mg2R 在最低点A ：F -mg=m 2A v R 可解得轨道对物块的支持力F=60N ，方向竖直向上。

根据牛顿第三定律，物块在A 点时对轨道的压力F´
=60N ，方向竖直向下。

(3)从斜轨上最高点到A 点的过程中，由动能定理有 ：
mgh-μmg 00cos 60sin 60h ⨯=12
m 2A v -0
可得斜轨道的动摩擦因数μ
14、（1）052m gR （2）3
R （1）43R 【解题分析】
（1）设a 、b 两球的质量为a b m m 、，由已知得001.5a b m m m m ==，
a 球在B 点时的速度为B v ，恰能通过半圆环轨道最高点A 时的速度为A v ，则有：2A a a v m g m R
=① 轻弹簧具有的弹性势能释放时全部转化成小球a 的机械能
a 球从释放到运动至A 点过程中机械能守恒，则有2051222p a A a m gR E m v m g R =+=② （2）以a 、
b 、弹簧为研究对象，弹开时系统动量守恒、能量守恒，a 、b 的速度分别为a b v v 、
则有：a a b b m v m v =③，221122a a b b P m v m v E += ④.又32
b a m m = ⑤
由③④⑤解得
a v ，
b v =
= b 球离开桌面后平抛，则有：212R gt =⑥ CM ⑦
带入b v 解得：263b x R = （1）设a 球上升至最大高度时速度为0，则有：
212a a a m v m gH = 解得：32
H R R =>，可见a 球会在某处脱离半圆轨道 设脱离时a 球速度为v ，脱离位置半径与竖直方向的夹角为α，如图所示
根据圆周运动向心力公式有 ：2
cos a a m v m g R
α=⑧ 根据几何关系有：cos H R R α-=
⑨ 根据机械能守恒有 ：
221122a a a a m v m gH m v =+⑩ 解得：43
H R = 15、（1）12.5m/s ．（2）13.9s ．
【解题分析】
（1）汽车在坡路上行驶时所受阻力为： F f =kmg+mgsinα=4000N+800N=4800N ． 当汽车达到最大速度时，加速度为零，此时有 F=F f ，由功率 P=Fv m =F f v m ，所以
3
6010/12.5/4800
m P v m s m s kmg mgsin α⨯===+． （2）汽车从静止开始以a=0.6 m/s 2匀加速行驶，根据牛顿第二定律得：F′-F f =ma ，
则 F′=ma+kmg+mgsinα═4×103×
0.6 N+4800N=7.2×103N ． 当汽车的实际功率等于额定功率时，匀加速运动的速度达到最大，设匀加速行驶的最大
速度为v m ′，则有3
36010/8.33/7.210
m P v m s m s F ⨯'==='⨯ ． 匀加速行驶的时间：8.3313.90.6
m v t s s a '=== 点睛：本题考查机车的启动问题，关键理清汽车在整个过程中的受力情况及运动情况，结合功率的公式，以及牛顿第二定律和运动学公式进行求解；知道当加速度为零时速度最大．。