2024年山东省潍坊市寿光市第一中学物理高三上期中质量检测模拟试题含解析

2024年山东省潍坊市寿光市第一中学物理高三上期中质量检测
模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、电梯在t=0时由静止开始上升，运动的a-t图象如图所示（选取向上为正），电梯内乘客的质量m0=50kg，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）
A．第9s内电梯速度的增加量为0.5m/s
B．第9s内电梯对人的支持力对人做负功
C．第9s内乘客处于失重状态
D．第9s内电梯对人的支持力大小小于人对电梯的压力大小
2、图为某质点作直线运动的v-t图线，由图可知该质点（）
A．8s末时加速度大于12s末时加速度
B．物体一直做单向直线运动
C．6－14s内做匀变速直线运动
D．10s末时位移最大
3、如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。

若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）
A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动
4、一质点做直线运动的v-t图象如图所示，下列选项正确的是（）
A．在2～4s内，质点处于静止状态
B．质点在0～2s内的加速度比4～6s内的加速度大
C．在第4s末，质点离出发点最远
D．在0～6s内，质点的平均速度为5m/s
5、如图所示，木板B放在粗糙的水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在竖直墙上，用水平恒力F向左拉动B，使其以速度v做匀速运动，此时绳水平且张力大小为T，下面说法正确的是（）
A．木块A受到的是静摩擦力，大小等于T
B．绳上张力T与水平恒力F的大小相等
C．木板B同时受到一个静摩擦力和一个滑动摩擦力作用，它们合力大小等于F D．若木板B以2v匀速运动，则拉力仍为F
6、如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千．某次维修时将两轻绳剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后
A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小
C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小
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、跳伞运动员从某高度的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，此后再过18s 落地．整个跳伞过程中的v﹣t图象如图所示．根据图象信息可知（）
A．第10s秒初速度等于前两秒的平均速度
B．14s末加速度为零
C．前2s跳伞运动员做自由落体运动
D．跳伞运动员下落的总高度约为240m
8、如图所示，ABCD与CDEF为相邻的两个相同正方形，在正方形ABCD的中心O1有一正点电荷，在正方形CDEF的中心O2有一负点电荷，两点电荷带电量相等，G点为EF的中点，H点为CD的中点，则下列说法正确的是（）
A．C和G两点的电场强度方向相同
B．C点和H点的电势相等
C．将一带正电的试探电荷沿直线从Ｂ点移动至Ｆ点的过程中，电场力一直做正功D．将一带正电的试探电荷沿直线从F点移动至E点的过程中，电场力先做正功后做负功
9、把质量为0.2kg的小球放在竖直的弹簧上，弹簧下端固定在水平地面上，把球向下按至A位置，如图甲所示。

迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。

已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，取地面为零势能面，g=10m/s2。

则下列说法正确的是
A．小球到达B位置时，小球机械能最大
B．小球到达B位置时，速度达到最大值2m／s
C．小球在A位置时弹簧的弹性势能等于在C位置的重力势能
D．若将弹簧上端与小球焊接在一起，小球将不能到达BC的中点
10、下列说法正确的是________。

A．不可能从单-热源吸收热量并把它全部用来做功
B．系统的宏观状态所对应的微观态的多少表现为宏观态的无序程度
C．通过增大压强可以使所有气体液化
D．自发的热传导是不可逆的
E.某理想气体经历从A到B的过程,如图所示，则当压强变为105Pa时温度达到最高
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）在探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r 之间的关系的实验中．
（1）在探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，要保持___相同．
A．ω和r B．ω和m C．m和r D．m和F
（2）本实验采用的实验方法是___．
A．累积法B．控制变量法C．微元法D．放大法
（3）通过本实验可以得到的正确结果是___．
A．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比
B．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比
C．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比
D．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比．
12．（12分）将橡皮筋的一端固定在A点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一个量程为5 N、最小刻度为0.1 N的弹簧测力计．沿着两个不同的方向拉弹簧测力计．当橡皮筋的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图所示．这时弹簧测力计的读数可从图中读出．
(1)由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为_______ N和________ N.
(2)在图所示的方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力______．
(3)图(A)(B)两图是两位同学得到的实验结果，其中哪一个图符合实际？_______若合力测量值F′是准确的，则F与F′有误差的原因可能是哪些？________
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，AB与CD是倾斜角为53°的两个对称的粗糙斜面，A与D，B 与C分别位于同一水平面上，两斜面与光滑圆弧轨道相切于B、C两点，E为轨道的最低点．A、B两点间的高度差为h=1.5m，圆弧轨道的半径R=0.5m，滑块P的质量m=2kg，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.05，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）滑块P至少以多大的初速度v0从A点下滑，才能冲上斜面CD到达D点？
（2）若滑块P在A点由静止开始下滑，求它在两斜面上走过的总路程S？
（3）若滑块P在A点由静止开始下滑，求其对轨道最低点E的最大压力和最小压力各为多少？
14．（16分）某行星半径为R，自转周期为T，该行星表面的重力加速度为g，引力常量为G．求：
(1)此行星的平均密度；
(2)此行星同步卫星距行星表面的高度；
(3)此行星同步卫星的环绕速度与该行星第一宇宙速度的比值大小．
15．（12分）如图所示，A、B是水平传送带的两个端点，起初以的速度顺时针运转．今将一质量为1kg的小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A处，同时传送带以的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因素为0.2，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道CPN，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角1350的圆弧，PN为其竖直直径，C点与B点的竖直距离为R，物体在B点水平离开传送带后由C点恰好无碰撞落入轨道．取g=10m/s2，求：
（1）物块由A端运动到B端所经历的时间．
（2）AC间的水平距离
（3）小物块在P点对轨道的压力．
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】
A、由a-t图象的面积表示，可求得第9s内，即速度的增量为
0.5m/s；故A正确.
B、第9s内的加速度为正向，速度也向上正在向上加速，则支持力与位移同向，支持力做正功；B错误.
C、由a-t图可知，0~9s内电梯加速度方向向上，则乘客一直处于超重状态；故C错误.
D、人对电梯的压力和电梯对人的支持力是一对相互作用力，始终等大反向，与其它力和运动状态无关；故D错误.
故选A.
【题目点拨】
解决本题的关键要掌握超重和失重的条件，运用牛顿运动定律分析乘客的状态，由数学知识分析图象面积的意义．
2、B
【解题分析】
A．6-10s内图线的斜率绝对值小于10-14s内图线斜率的绝对值，则8s末的加速度小于12s末的加速度。

故A不符合题意。

B．物体的速度一直为正值，所以做单方向运动。

故B符合题意。

C．6-14s内先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动。

故C不符合题意。

D．速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知14s末位移最大。

故D不符合题意。

3、D
【解题分析】
AD．根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同线，粒子做匀变速直线运动，因此A错误，D正确；
BC ．电场力和重力的合力水平向左，但是不知道粒子从左向右运动还是从右向左运动，故无法确定电场力做正功还是负功，则不确定粒子动能是增加还是减少，电势能减少还是增加，故BC 错误。

故选D 。

【题目点拨】
考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。

4、D
【解题分析】
A ．在2～4s 内，质点做速度为10m/s 的匀速直线运动，故A 错误；
B ．根据v -t 图象的斜率表示加速度，斜率的绝对值越大加速度越大，知质点在0～2s 内的加速度比4～6s 内的加速度小，故B 错误；
C ．在前5s 内质点一直沿正向运动，5-6s 内沿负向运动，所以在第5s 末，质点离出发点最远，故C 错误；
D ．根据图线与时间轴所围的面积表示位移，知在0～6s 内，质点的位移为： 251101030m 22
x +⨯=⨯-=， 平均速度为： 305m/s 6x v t =
==， 故D 正确．
故选D
【题目点拨】
首先知道速度时间图象的意义，图象的斜率表示加速度，图线与时间轴所围的面积表示位移．平均速度等于位移与时间之比．由此分析即可．
5、D
【解题分析】
A ．A 、
B 间产生相对滑动，木块A 受到的是滑动摩擦力，大小等于T ，故A 错误； B ．以AB 整体为研究对象，分析受力情况：水平方向受到：水平向左的拉力F 、绳子水平向右的拉力T 和地面对B 水平向右的滑动摩擦力，根据平衡条件得知，绳上拉力T 小于水平恒力F ，故B 错误；
C ．木板B 受到两个滑动摩擦力，合力大小等于F ，故C 错误；
D ．若木板B 以2v 匀速运动，AB 受力情况都没有变化，则拉力F 也不变，故D 正确； 故选D 。

【题目点拨】
本题是两个物体平衡问题，要灵活选择研究对象，本题采用整体法处理，也可以运用隔离法研究。

6、A
【解题分析】
CD ．前后两次木板始终处于静止状态，因此前后两次木板所受合力F 1都等于零，保持不变，C 、D 错误；
AB ．绳子剪去一段后长度变短，悬挂木板时绳子与竖直方向夹角θ变大，将力沿水平方向和竖直方向正交分解，在竖直方向上，22cos F mg θ=，而物体的重力不变，因此单根绳的拉力2F 变大，A 正确，B 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、AB
【解题分析】
AC. 第10s 秒初速度为8m/s ，前两秒做匀加速直线运动，平均速度为
0168/2v m s +==，其加速度为21608/2
a m s g -==<，不是做自由落体运动，A 正确，C 错误；
B. 图像的斜率表示加速度，所以14s 末斜率为零，加速度为零，做匀速直线运动，B 正确；
D. 速度图象的面积表示位移，面积可以通过图象与时间轴所围成的面积估算，本题可以通过数方格的个数来估算，（大半格和小半格合起来算一格，两个半格算一格）每格面积为4m ，20s 内数得的格数大约为49格，所以18s 内运动员下落的总高度为：h 4922m 196m =⨯⨯=，故D 错误．
【题目点拨】
在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，
三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移
8、BD
【解题分析】
两点电荷在C点的合场强方向水平向右，两点电荷在G点的合场强方向水平向左，故两者的电场强度方向不同，A错误；等量异种电荷连线的中垂线是一条等势面，故C 和H两点的电势相等，B正确；从B到F过程中电场力的夹角先与速度方向为钝角，即先做负功，再做正功，C错误；从F点到E点过程中电场力与速度方向的夹角先是锐角，后为钝角，即先做正功后做负功，故D正确．
9、AD
【解题分析】
小球从A开始向上运动，开始做加速运动，当弹簧弹力与重力平衡时，小球速度达到最大，之后开始减速，运动到B时脱离弹簧，之后只在重力作用下减速。

根据系统机械能守恒定律列式分析即可。

【题目详解】
从A到B的过程弹簧对小球做正功，所以小球的机械能增加，当弹簧恢复原长时机械能达到最大，故A正确；当小球受到的合力为零时，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，故B错误；小球从A到C的过程中，系统减少的弹性势能转化为重力势能，所以弹性势能的变化量等于重力势能的变化量，即小球在A位置时弹簧的弹性势能等于在A、C位置的重力势能差值，故C错误；根据题意，若将弹簧上端与小球焊接在一起，BC中点处的弹性势能与A处的弹性势能相等，根据能量守恒，从A向上运动到最高点的过程中重力势能增加，所以弹性势能必定要减小，即运动不到BC点的中点，故D 正确。

故选AD。

【题目点拨】
本题考查机械能守恒定律的应用，要注意明确当加速度为零时，速度达到最大，并结合能量守恒解题即可。

10、BDE
【解题分析】
A．根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其它变化，故A错误；
B ．熵是物体内分子运动无序程度的量度，所以宏观态对应的微观态越多，宏观态就越无序，故B 正确；
C ．增大压强不能使所有气体液化，只有在临界温度以下才可以通过增大压强使气体液化，故C 错误；
D ．一切与热现象有关宏观过程都是不可逆的，故D 正确；
E ．由图像可知，压强与体积的关系为
=20.5P V - 由公式C PV T
=知， 2(2-0.5)0.5(2)2==C C C
PV V V V T --+= 当-33=210m V ⨯时，T 取极大值，此时
5=110Pa P ⨯
故E 正确。

故选BDE 。

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 B D
【解题分析】
(1)[1]在研究向心力的大小F 与质量m 、角速度ω和半径r 之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，所以：在探究向心力的大小F 与角速度ω的关系时，要保持小球的质量与运动的半径相同，故C 正确；
(2)[2]在实验时需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法，故B 正确；
(3)[3]A ．根据向心力的公式2F m r ω=，在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度平方成正比，故A 错误；
B ．根据向心力的公式2
F r
v m =在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小的平方成正比，故B 错误；
C ．根据向心力的公式2F m r ω=在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比，故C 错误；
D ．根据向心力的公式2F m r ω=在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量
成正比，故D 正确。

12、 2.50 4.00 如图；
B 正确 测力计的读数不准确；力的方向画的准确
【解题分析】（1）由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为2.50N 和4.00 N. （2）取如图所示的两格表示1.0N ，则可得出F 1、F 2，由上图得出两力的方向；作出平行四边形，即其对角线的长度表示力的大小，箭头的指向表示力的方向，故答案如图所示：求得F=4.7N ；
（3）图B 中的F 与F′中，F 是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，一定与AO 共线的是 F′，故选B ．
若合力测量值F′是准确的，则F 与F′有误差的原因可能是: 测力计的读数不准确；力的方向画的准确.
点睛：本题考查弹簧秤的读数及作力的图示，都属对基础技能的考查；应注意读数时要注意精度及题目的要求．本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代．
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）1.5m /s （1）50m （3）151.5N ； 36N
【解题分析】
（1）滑块恰好到达D 点时速度为零，根据动能定理有：
-1μmg cos53°•53h sin =0-12mv 01 得：
v 03gh 解得：
v 0=1.5m/s
（1）最终滑块在光滑轨道上来回运动，且到达B 点和C 点时速度均为零，根据动能定理有：
mgh -μmg cos53°•S =0-0
解得：
S =50m
（3）设滑块经过E 点时的最小速率为v 1，最小支持力为N 1；最大速率为v 1，最大支持力为N 1．
根据牛顿第二定律有：
N 1-mg =m 21v R
N 1-mg =m 22v R
根据动能定理得：
mgR （1-cos53°）=2112
mv mg [h +R （1-cos53°）]-μmg cos53°•53h sin =2212mv 解得：
v 1=1m/s
v 1
N 1=36N
N 1=151.5N
由牛顿第三定律知滑块对轨道E 点的最大压力为151.5N ，最小压力为36N ．
14、（1）3ρ4g GR
π= （2
）h R = （3
【解题分析】 （1）在行星附近满足：2Mm mg G
R = ， 行星的体积：343
V R π= 解得2
33443
gR M g G V GR R ρππ===
（2）根据
2
22
4() ()
GMm m R h R h T
π
⋅+
=
+
解得
22
3
2
4
gR T
h R
π
=-
（3）设行星同步卫星的环绕速度为v，行星的第一宇宙速度为v1；
行星的同步卫星：
2
2
()
G m
m
R h R h
v
M
=
++
行星第一宇宙速度：
2
1
2
v GMm
m R R
=
行星同步卫星的环绕速度与该行星第一宇宙速度的比值
2
2 1
4
v R R v R h gT
π==
+
15、（1）3s（2）8.6m（3）70-10N
【解题分析】
试题分析：（1）物体离开传送带后由C点无碰撞落入轨道，则得在C点物体的速度方向与C点相切，与竖直方向成45º，有，
物体从B点到C作平抛运动，竖直方向：
水平方向：
得出
物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律得a=2m/s2
物体历时t1后与传送带共速，则a t1=v0+ a0t1，t1=1s
得v1="2" m/s＜4 m/s
故物体此时速度还没有达到v B，且此后的过程中由于＜，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t2到达B点v B= v1+ a0t2
得t2=2s
所以从A运动倒B的时间t= t1+t2=3s
AB间的距离s==7m
（2）从B到C的水平距离s BC=v B t3=2R=1.6m
所以A到C的水平距离s AC=s+s BC=8.6m
(3) 对CP段由动能定理
对P点应牛顿第二定律：
解得：N=70-10N
考点：牛顿第二定律的综合应用；平抛运动
【名师点睛】此题主要是牛顿第二定律的综合应用问题；解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联系，分过程依次解决，对于在传送到上的运动又要讨论各种情况，比较复杂；对于圆周运动问题逐一分析向心力来源．有一定难度．。