2024学年吉林省白城市洮南市第十中学物理高三第一学期期中经典试题含解析

2024学年吉林省白城市洮南市第十中学物理高三第一学期期中经典试题注意事项：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、如下图所示的几种情况中，不计绳、弹簧测力计、各滑轮的质量，不计一切摩擦，物体质量都为m，且均处于静止状态，有关角度如图所示。弹簧测力计示数FA、FB、FC由大到小的排列顺序是A．FA>FB>FCB．FB>FC>FAC．FB>FA>FCD．FC>FB>FA2、如图所示，一物体在水平恒力的作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体从M点到N点的运动过程中，物体的速度将（）A．不断增大 B．不断减小C．先增大后减小 D．先减小后增大3、关于通电螺线管磁极的判断，下列示意图中正确的是()A． B．C． D．4、下列有关电动势的说法正确的是()A．电动势和电势差虽名称不同，但物理意义相同B．电动势就是电源两极间的电压C．非静电力做功越多，电源的电动势就越大D．电动势的大小由电源本身性质决定5、如图甲、乙所示为某物体在0~t时间内运动的x~t图线和v~t图线，由图可知，在0~t1时间内（）A．物体做的是曲线运动B．物体做加速度越来越小的运动C．图甲中时刻，图线的斜率为D．x1－x0＞t16、一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（）A．v0-v2 B．v0+v2 C． D．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、质量为m的物体，在距地面h高处以初速度V竖直向下抛出．其加速度大小为0.5g,方向竖直向下．则在其下落到地面的过程中．下列说法中正确的是（）A．物体的重力势能减少B．物体的动能增加C．物体的机械能减少D．落地时的动能为8、如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动.若斜面足够长，表面光滑，倾角为.经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是()A．物体回到出发点时的机械能是80JB．撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的动能一直在减少C．撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度之比为1:3D．在撤去力F前的瞬间，力F的功率是9、如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取10m/s2）A．A加速度的大小为2.5m/s2B．B加速度的大小为2m/s2C．弹簧的弹力大小为50ND．A、B间相互作用力的大小为8N10、如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用于B球、两球在图示位OA置静止，现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是A．推力F变大 B．斜面对B的弹力不变C．墙面对A的弹力变小 D．两球之间的距离变大三、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）学习了传感器之后，在“研究小车加速度与所受合外力的关系”实验中时，甲、乙两实验小组引进“位移传感器”、“力传感器”，分别用如图（a）、（b）所示的实验装置实验，重物通过细线跨过滑轮拉相同质量小车，位移传感器（B）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（A）固定在轨道一端．甲组实验中把重物的重力作为拉力F，乙组直接用力传感器测得拉力F，改变重物的重力重复实验多次，记录多组数据，并画出a-F图像．（1）甲组实验把重物的重力作为拉力F的条件：_________．（重物质量为M，小车与传感器质量为m）（2）图（c）中符合甲组同学做出的实验图像的是__________；符合乙组同学做出的实验图像的是______________．（选填①、②、③）12．（12分）借助于位移传感器可以方便地测量木块和木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，木块从木板上面某一点静止释放，位移传感器记录下木块到传感器的距离。计算机描绘的距离随时间变化的图象如图乙所示。图甲图乙（1）根据上述s-t图象，计算木块加速度a=__________m/s2，0.3s时木块的速度v=_______m/s，。（以上结果均保留2位有效数字）（2）根据图中提供的已知数据，可计算出木块与木板间的动摩擦因数μ=________。（取重力加速度g=10m/s2，结果保留2位有效数字）（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是________。A．点与传感器距离适当大些B．木板的倾角越大越好C．选择体积较小的实心木块D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻四、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）如图甲所示，质量M=0.1kg的平板放在水平地面上，质量m=0.1kg的物块（可视为质点）叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态．现对平板施加一水平向右的拉力，该拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，1.5s末撤去拉力．已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.1，平板与地面间的动摩擦因数μ1=0.4，取g=10m/s1．求:（1）1s内物块、平板的加速度大小；（1）1s末物块、平板的速度大小；（3）1.5s末物块、平板的速度大小；（4）平板的最短长度L．14．（16分）如图所示，物体由静止开始沿倾角为θ的光滑斜面下滑，m、H已知，求：（1）物体滑到底端的过程中重力的平均功率。（2）物体滑到斜面底端时重力的瞬时功率。15．（12分）如图所示，光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B，B的质量为M=3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生弹性碰撞，碰撞后小物块A又滑上劈B，求物块A在B上能够达到的最大高度．

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A图中的m受力分析，m受力平衡，根据平衡条件得，解得；对B图中的m受力分析，m受力平衡，根据平衡条件得：弹簧秤的示数；对C图中的m受力分析，m受力平衡，根据平衡条件得：弹簧秤的示数，故，C正确．2、D【解题分析】试题分析：曲线运动的轨迹在速度方向与合力方向之间，对M、N点进行分析可知开始时恒力与速度夹角为钝角，后来夹角为锐角，则物体的速度先减小后增大，D正确．考点：本题考查曲线运动的规律．3、A【解题分析】

根据右手螺旋定则可知，A螺线管的极性是正确的，故选A.4、D【解题分析】

电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，电压和电势差是两点之间电势的差，它们的物理意义不同，故AB错误；电动势的大小与非静电力做功的能力大小有关，与非静电力做功的多少无关，故C错误；电动势的大小是由电源本身的性质决定的，故D正确。所以D正确，ABC错误。5、C【解题分析】

A．x－t图线和v－t图线描述物体的位移与速度随时间变化的规律，不是物体的运动轨迹，由图乙可知，物体做匀减速直线运动，物体做的不是曲线运动，故A错误；B．由图乙所示可知，物体做匀减速直线运动，加速度保持不变，故B错误；C．x－t图线的斜率表示物体的速度，由图乙所示图线可知，时刻，物体的速度为，即图甲中时刻图线的斜率为，故C正确；D．v－t图线与坐标轴所围成图形的面积是物体的位移，由图乙所示图线可知，t1时间内物体的位移为故D错误。故选C。6、D【解题分析】

本题考查动量守恒定律【题目详解】系统分离前后，动量守恒：，解得：，故ABC错误；D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、BC【解题分析】A、物体在下落过程中，重力做正功为，则重力势能减小即为．故A错误，B、物体所受的合力为，则合力做功为，所以动能增加了，故B正确；C、物体下落过程中受到向下的重力和向上的力，而物体下落过程中受到的合外力大小为，即解得：机械能的改变与做功的多少有关，所以机械能减少了，故C正确；D、由动能定理知：，所以，故D错误；综上所述本题答案是：BC8、ACD【解题分析】

根据物体的运动的特点，在拉力F的作用下运动时间t后，撤去拉力F之后又运动时间t返回出发点，根据物体的这个运动过程，列出方程可以求得拉力和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得拉力F的功率的大小；【题目详解】A、根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为，所以物体的机械能要增加，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为，重力势能为0，所以物体回到出发点时的机械能是，故A正确；

B、撤去力F后物体向上减速，速度减为零之后，要向下加速运动，所以撤去力F后的运动过程中物体的动能是先减小后增加，故B错误；

C、设撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度大小分别为：和。

这两个过程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上为正方向，则有：，则得：，故C正确；

D、因为物体做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得，，

撤去恒力F后是匀变速运动，且加速度为，又

联立上两式得：设刚撤去拉力F时物体的速度大小为，则对于从撤去到返回的整个过程，有：，

解得，所以可得在撤去力F前的瞬间，力F的功率：，故D正确。【题目点拨】分析清楚物体的运动的过程，分析物体运动过程的特点，是解决本题的关键，撤去拉力之前和之后的位移大小相等、方向相反是本题隐含的条件。9、BD【解题分析】A、物体A、B接触但不挤压，剪断细线前，对A由平衡条件得，弹簧的弹力：，由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为；

剪断细线后，A、B一起向下加速运动，对系统，由牛顿第二定律得：，解得：，故A错误，BC正确；

D、对B，由牛顿第二定律得：，解得：，则A、B间的作用力为，故D正确．点睛：弹簧的弹力不能突变，以A、B系统为研究对象，由牛顿第二定律求出系统的加速度，然后以B为研究对象，由牛顿第二定律求出A、B间的作用力．10、BCD【解题分析】

CD．先对小球A受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示，根据共点力平衡条件，有①②由于减小，根据①式，库仑力减小，故两球间距增加，故D正确；由于减小，根据②式，墙面对A的弹力变小，故C正确；AB．再对AB整体受力分析，受重力、斜面支持力N、墙璧支持力、推力F，如图所示:根据共点力平衡条件，有:解得:③④由于减小，不变，根据③式，推力F减小，故A错误；由于减小，不变，根据④式，斜面对B的弹力不变，故B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、小车的质量远大于重物的质量；②；①；【解题分析】

（1）在该实验中实际是：mg=（M+m）a，要满足mg=Ma，应该使重物的总质量远小于小车的质量．即小车的质量远大于重物的质量．（2）在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg=Ma得,而实际上，即随着重物的质量增大，不在满足重物的质量远远小于小车的质量，所以图（c）中符合甲组同学做出的实验图象的是②．乙组直接用力传感器测得拉力F，随着重物的质量增大拉力F测量是准确的，a-F关系为一倾斜的直线，符合乙组同学做出的实验图象的是①【题目点拨】该实验是探究加速度与力的关系，采用控制变量法进行研究．实验在原来的基础上有所创新，根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键．12、2.00.400.50AC【解题分析】

由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；根据牛顿第二定律求出测定动摩擦力因数μ；为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角；【题目详解】解：(1)由图象知，在第1个0.1

s，木块的位移为0；在第二个0.1

s，木块的位移x2=25-24cm=1cm；经第3个0.1

s，木块的位移x3=24-21cm=3cm，经第4个0.1s，木块的位移x4(2)由图可知sinθ=1525=0.6，根据牛顿第二定律，有(3)A、A点与传感器距离适当大些，可提高长度的测量精度，提高加速度的测量精度，从而提高动摩擦因数的测量精度，故A正确；B、而木板的倾角过大，则运动时间过短，故B错误；C、体积较小的实心木块受到的空气阻力较小，测量结果较准确，故C正确；D、传感器开始计时的时刻可从任意位置，故D错误；故选AC。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/s1；3m/s1；（1）v1、v1分别是1m/s和3m/s；v1'、v1'都是3m/s；（3）1.35m．【解题分析】本题考查牛顿第二定律，摩擦力，匀变速直线运动的规律，对物体的受力及可能运动情况作出分析后求解．（1）0－1s内．物块与平板间，平板与地面间的滑动摩擦力大小分別为，对物块和平板由牛顿第二定律有：，其中解得．．（1）0－1s内（），物块与平板均做匀加速直线运动．有，解得：，1s－1.5s内（），