红河市重点中学2024学年物理高三第一学期期中检测试题含解析

红河市重点中学2024学年物理高三第一学期期中检测试题 注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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，套有光滑小铁环的细线系在水平杆的两端A 、B 上，当杆沿水平方向运动时，小环恰好悬于A 端的正下方并与杆保持相对静止，已知小环质量为m ，重力加速度为g ，下列分析正确的是（ ）
A ．杆可能作匀速运动
B ．杆一定向右作匀加速运动
C ．杆可能向左作匀减速运动
D ．细线的张力可能等于mg
2、汽车的加速性能是反映汽车性能的重要指标，下图为甲、乙、丙三辆汽车运动的图象，根据图象可以判定( )
A ．甲车的速度变化最快
B ．乙与甲在3s 时恰好相遇
C ．丙比乙始终保持相同的距离
D ．乙、丙两车的加速性能相同
3、在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体．当电梯匀速运动时，弹簧被压缩了x ，某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了10x （重力加速度为g ）．则电梯在此时刻后的运动情况可能是（ ）
A ．以大小为1110
g 的加速度加速上升
B ．以大小为1110g 的加速度减速上升
C ．以大小为10
g 的加速度加速下降 D ．以大小为10g 的加速度减速下降 4、质点运动的位移 x 与时间 t 的关系如图所示，其中不属于机械振动的是 A ． B ．
C ．
D ．
5、一辆货车运载若干相同的、光滑圆柱形空油桶，质量均为m 。

如图所示，底层油桶平整排列、相互紧贴。

上层只有一只桶油C ，自由摆放在油桶A 、B 之间，且与汽车一起处于静止状态。

重力加速度为g 。

若汽车向左加速运动时（C 始终与汽车相对静止），则
A ．A 对C 的支持力增大
B ．B 对
C 的支持力减小
C ．当加速度3a 时，B 对C 23
D ．当加速度3a 时，C 对A 、B 3 6、控制汽车油耗是减少排放二氧化碳的主要手段之一，各国相继出台在不久的将来禁售燃油车的相关政策，而大力研发电动汽车．一电动汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，当车速v ≤10m/s 、且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使电动汽车避免与障碍物相撞．在上述条件下，若某一电动汽车以10m/s 的速度在一条平直公路上行驶，启动了“全力自动刹车”后其加速度大小为4m/s 2，则从开始经1s 与3s 过程中，汽车的位移之比为（ ）
A ．1∶3
B ．2∶3
C ．1∶6
D ．16∶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，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．小球可能落到乘客的手中
B．在连续相等的时间内，小球的动能增量一定相等
C．小球将做匀变速运动
D．小球落到车厢底板的位置应在悬挂点的正下方
E.重力对小球做功的功率不断变大
8、如图所示，质量相等的两个物体，沿着倾角分别为a和β (a>β )的两个光滑固定斜面，由静止开始从斜面项端滑下，到达斜面底端，两个斜面高度相同。

在此过程中，关于两个物体，不同的物理量是( )
A．下滑的加速度大小B．下滑的时间
C．到达底端的速度D．重力做的功
9、如图所示，水平传送带A、B两端点相距x=4m，以v0=1m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一质量为1kg的小煤块（可视为质点）无初速度轻轻放到A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s1．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中（）
A．小煤块运动到B的速度大小为42m/s B．小煤块从A运动到B的时间为1.15s C．划痕长度为1m
D．小煤块与传送带系统产生的热量为1J
10、.如图所示，一小物体m从1
4
光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放，圆弧
半径R=0.2m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，当传送带固定不动时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点，取重力加速度g=10m/s2，则下列判断可能正确的是（）
A．若传送带逆时针方向运行且v=2m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点B．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度2m/s
v>时，物体m到达地面上C点的右侧
C．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度2m/s
v<时，物体m也可能到达地面上C点的右侧
D．若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点左侧
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）某同学用如图甲所示的装置通过研究重锤的落体运动来验证机械能守恒定律，已知重力加速度为g。

(1)在该实验中所需要的物理量是________（填写代号）
A．重锤的质量B．重锤底部距水平地面的高度
C ．重锤下落的高度
D ．与下落高度对应的重锤的瞬时速度
(2)在实验得到的纸带中，我们选用如图乙所示的起点0（与相邻点之间距离约为2mm ）的纸带来验证机械能守恒定律。

图中A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为七个相邻的原始点，F 点是第n 个点。

设相邻点间的时闻间隔为T ，下列表达式可以用在本实验中计算F 点速度v F 的是_____
A ．()F v g nT =
B ．2F n v gh =
C ．112n n F h h v T +--=
D ．12n n F x x v T
+-= (3)实验中在操作、测量及计算无误的前提下所求212
n v 总要略小于gh ，产生这一结果的系统误差的原因有________________（写出一个）。

12．（12分）如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G•Atwood1746-1807）创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．
某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．
（1）实验时，该同学进行了如下步骤：
①将质量均为M （A 的含挡光片、B 的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态．测量出______（填“A 的上表面”、“A 的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h ．
②在B 的下端挂上质量为m 的物块C ，让系统中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为△t ．
③测出挡光片的宽度d ，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．
（2）如果系统（重物A 、B 以及物块C ）的机械能守恒，应满足的关系式为______（已知重力加速度为g ）．
（3）引起该实验系统误差的原因有______（写一条即可）．
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）将一倾角为θ、上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一劲度系数为k 的轻弹簧的上端固定在斜面上，下端与质量为m 的小滑块连接且弹簧与斜面平行，如
图所示。

用外力控制小滑块使弹簧处于原长，某时刻撤去外力，小滑块从静止开始自由运动。

已知：斜面足够长，重力加速度为g。

（1）求：小滑块运动到平衡位置时的加速度大小；
（2）若小滑块在斜面上振动的周期为T，沿斜面向下运动经过平衡位置时开始计时，请写出小滑块振动过程中位移x随时间t变化的函数关系式；
（3）爱钻研的小明同学思考能否将重力势能和弹性势能这两个势能等效地看成一个势能。

试帮助小明论述是否可以引进“等效势能”。

若可以，以小滑块运动的平衡位置为坐标原点O，平行斜面向上建立一维坐标系Ox，求出“等效势能”的表达式（规定坐标原点为“等效势能”的零点）；若不可以，请说明理由。

14．（16分）传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5 m、L2＝2 m．传送带始终保持以速度v匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数
μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2 kg，g取10 m/s2.求：
（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小；
（2）若v＝6 m/s，求滑块离开平板时的速度大小．
15．（12分）如图所示，水平地面上有一辆小车，小车上固定着竖直的立柱，“L形”的轻质细杆ABC固定在支柱上。

质量为m的小球P固定在杆的A端，小球Q用细绳系在杆的C端。

某段时间内小车向右运动，细绳偏离竖直线的角度θ保持不变。

求:
(1)小车做什么运动;
(2)小车的加速度大小;
(3)杆对小球P的作用力大小。

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】对小环受力分析：受绳的拉力和重力，如图，设细线夹角为θ：
由题知竖直方向平衡：mg=T+Tcosθ
设水平方向上加速度为a ，由牛顿第二定律得：Tsinθ=ma
由于0°＜θ＜90°，得：T=1cos mg θ
+＜mg ，加速度方向水平向右；故杆和小环向右做加速度的匀加速或向左匀减速运动，由上分析，可知，故ABD 错误，C 正确；故选C. 2、D
【解题分析】
加速度越大，速度变化快，图线的斜率表示加速度，可知丙和乙的加速度相等，大于甲的加速度，故A 错误。

乙和甲在3s 时速度相等，图线围成的面积不等，则位移不同，可知3s 时不相遇，故B 错误。

图线围成的面积表示位移，由图可知，丙和乙围成的面积之差随着时间增大，则两者间的距离增大，故C 错误。

丙和乙的加速度相等，则乙、丙两车的加速性能相同，故D 正确。

故选D 。

【题目点拨】
解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时
间轴围成的面积表示位移．
3、D
【解题分析】因为电梯匀速时，弹簧被压缩了x ，由此可以知道，mg=kx ， 某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了
10
x ，弹簧的弹力变大了，由受力情况和牛顿第二定律可得： 1110x k mg ma ⋅-=解得110
a g =，方向向上。

物体可能以110a g =加速上升，也可能以110a g =减速下降。

故选D
4、D
【解题分析】
根据机械能振动的定义可知，ABC 均在某一平衡位置附近往复振动，故ABC 均为机械振动；而D 中的物体没有往复振动过程，不属于机械振动；
A ．不符合题意，选项A 错误；
B ．不符合题意，选项B 错误；
C ．不符合题意，选项C 错误；
D ．符合题意，选项D 正确；
5、C
【解题分析】
对C 受力分析，由牛顿第二定律：
cos 60cos 60B A F F ma -=
sin 60sin 60B A F F mg +=
解得
A F ma =-
B F ma =
+ AB ．则当汽车向左加速时，则a 变大，则F A 减小，F B 增加，选项AB 错误；
C ．当加速度
a 时，由B F ma =可得，B 对C 的支持力为
B F =
选项C 正确；
D ．当加速度a 时，C 对B 的压力为3mg ，C 对A 的压力为0，选项D 错误。

6、D
【解题分析】 刹车真实时间为 2.5v t s a ==，1s 位移为21162
x vt at m =+=，3s 位移其实就是2.5s 位移2
252v x m a
== 位移之比为16:25，故D 项正确．
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、CDE
【解题分析】
AD ．小球下落时与乘客、车厢具有相同的水平速度，则小球会落在悬点的正下方，不可能落到乘客的手中，选项A 错误，D 正确；
B ．在连续相等的时间内，小球竖直方向的位移不相等，重力做功不相等，则小球的动能增量不相等，选项B 错误；
C ．小球的加速度为g ，将做匀变速运动，选项C 正确；
E ．因竖直速度不断增大，则根据P=mgv 可知，重力对小球做功的功率不断变大，选项E 正确；
故选CDE.
8、ABC
【解题分析】
A. 下滑的加速度
sin sin mg a g m
θθ== 因为a >β，则在两斜面中下滑的加速度大小不相等，选项A 符合题意；
B. 根据
21sin 2
h at θ= 解得
t =
因为a >β，则下滑的时间不相等，选项B 符合题意；
C. 根据212mgh mv =可知到达底端的速度大小相同，但是方向不同，则速度不同，选项C 符合题意；
D. 重力做的功W=mgh ，则重力功相同，选项D 不符合题意；
故选ABC.
9、BD
【解题分析】
小煤块运动到B ，速度不可能超过传送带的速度，即不可能为
m/s ，故A 错误；小煤块先加速后匀速，根据牛顿第二定律，得：a=mg
g m μμ==0.4×10=4m/s 1，
加速时间为：t 1=
024
v a ==0.5s ， 加速位移：2211140.50.522x at m ==⨯⨯=， 匀速时间：12040.5 1.752
x x t s v --===， 故运动的总时间为：t=t 1+t 1=0.5s+1.75s=1.15s ，故B 正确；
在加速过程，传送带的位移为：x 1′=v 0t 1=1×
0.5=1m ，故划痕为：'11x x x ∆=- =1﹣0.5=0.5m ，故C 错误；小煤块与传送带系统产生的热量为：
Q=f•△x=μmg•△x=0.4×1×10×0.5=1J ，故D 正确；故选BD.
点睛：分析清楚物体运动的过程，先是匀加速直线运动，后是匀速直线运动，分过程应用运动规律求解即可，尤其是注意分析摩擦力的变化情况．
10、ABC
【解题分析】
A.物体在圆弧轨道上下滑过程，由动能定理得：
20102
mgR mv =
- 解得：
02m/s v ==
传送带静止不动时，物体滑到传送带上后向右做匀减速直线运动，到达传送带右端时物体的速度小于2m/s ，物体离开传送带后做平抛运动到达C 点，物体做平抛运动的初速度小于2m/s ；若传送带逆时针方向运行且2m/s v =，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，与传送带静止时的运动情况相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时
到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，落在C 点，故A 正确；
B.若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度2m/s v >时，物体在传送带上可能先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，也可能一直做匀加速直线运动，物块到达传送带右端时的速度大于2m/s ，做平抛运动的初速度大于2m/s ，物体将落在C 点的右侧，故B 正确；
C.若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度2m/s v <时，物体在传送带上可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，此时到达传送带右端时的速度比传送带静止时的速度大，物体落在C 点的右侧，也可能在你传送带上一直做匀减速直线运动，到达传送带右端时的速度与传送带静止时的速度相等，物体将落在C 点，故C 正确；
D.若传送带逆时针方向运行且3m/s v =，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，与传送带静止时的运动情况相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，落在C 点，故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、CD C 空气或振针对重物的阻力
【解题分析】
(1)[1]实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，需要直接测量重锤下落的高度，通过计算得到与下落高度对应重锤的瞬时速度，由于质量可以约去，所以不需要测量质量，故选CD ；
(2)[2]F 点的瞬时速度等于EG 段的平均速度，则
12n n F x x v T ++=或112n n F h h v T
+--=
不能通过v gt =和v =失去验证的意义，故选C ；
(3)[3]由于空气或振针阻力的存在，动能的增加量会略小于重力势能的减小量，即
212
n mgh mv > 即
212
n gh v > 12、 挡光片中心 ()2
122d mgh M m t ⎛⎫=+ ⎪∆⎝⎭ 绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间
有摩擦、重物运动受到空气阻力等
【解题分析】（1、1）需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光
电门中心的距离，系统的末速度为：
d
v
t ，
则系统重力势能的减小量△E p=mgh，系统动能的增加量为：
△E k＝1
2
(1M+m)v1＝
1
2
(1M+m)(
d
t
)1，
若系统机械能守恒，则有：mgh=1
2
(1M+m)(
d
t
)1．
（3）系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能有：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等．
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)(2)(3)
【解题分析】
（1）小滑块的回复力由重力分力与弹簧弹力的合力提供。

在平衡位置时，回复力为零，
有
得小物块加速度：
（2）假设在运动过程中任意时刻小滑块相对平衡位置的位移为x，如下图所示。

则小滑块受到的回复力为
联立以上方程得
并且回复力方向与位移x方向相反，故物体做简谐运动
所以位移x随时间t变化的函数关系式为
（3）可以引入，因为重力和弹簧弹力合力做功和路径无关。

由（2）可见：力F与位
置坐标的函数关系为：，作出图象如下图所示：
由图象的物理意义可知：小滑块从O 点运动到任意点x 的过程中，力F 做负功，且做功的数值等于图中带阴影三角形的面积，即：
设“等效势能”为E p ，由功能关系得:
由于规定坐标原点为“等效势能”的零点，即
由以上方程得：
【题目点拨】
首先据题意知道是弹簧振子模型是解题的关键，根据模型判断平衡位置；灵活应用机械能守恒定律和平衡态列方程．
14、（1）4/m s （2）3.5/m s
【解题分析】
(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝
1mg m μ＝3 m/s 2 由于μ1mg>2μ2mg
故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝122mg mg
m μμ-⨯＝1 m/s 2
设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块：
v′＝v －a 1t(1分)
L 2＋x ＝vt －12
a 1t 2 对平板：v′＝a 2t
x ＝12
a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s.
(2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝mg
m μ＝5 m/s 2
若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：
v 1112a L 5 m/s<6 m/s
即滑块滑上平板的速度为5 m/s
设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′
则v″＝v 1－a 1t′
L 2＋x′＝v 1t′－
12a 1t′2 x′＝12
a 2t′2 联立以上各式代入数据解得：t′1＝
12s ，t′2＝2 s(t′2>t ，不合题意，舍去) 将t′＝12
s 代入v″＝v －a 1t′得：v″＝3.5 m/s. 15、（1）匀减速直线运动 （2）g tan θ （3）
cos mg θ
【解题分析】 （1）对小球Q 分析可知，所受合外力向左，加速度向左，则小车向右做匀减速直线运动；
（2）设小球Q 的质量为M ，它受到重力M g 和细绳的拉力T ，
T cosθ= Mg
T sinθ= Ma
解得
a = g tanθ
（3）小球P 受到重力mg 和杆的作用力F 。

小球P 也具有水平向左的加速度 g tanθ 将F 分别沿水平和竖直方向分解为F x 、F y 两个分力
F y = mg
F x = mg tanθ
F =
cos mg F θ
=
（或。