2024-2025学年江苏省南通市如皋中学高三（上）期初物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江苏省南通市如皋中学高三（上）期初物理试卷一、单选题：本大题共10小题，共40分。1.据统计，现在围绕地球运行的卫星有1000多颗，若这些卫星都做圆周运动，地球表面的重力加速度大小为g，对于这些卫星，下列说法正确的是(

)A.轨道半径越大，卫星做圆周运动的向心加速度越大

B.轨道半径越大，卫星做圆周运动的角速度越大

C.轨道半径越大，卫星做圆周运动的周期越大

D.轨道半径越大，卫星做圆周运动的线速度越大2.短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图所示。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是(

)A.甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小 B.甲的机械能守恒，乙的机械能不守恒

C.甲的动量变化量大于乙的动量变化量 D.甲、乙组成的系统动量守恒、机械能守恒3.如图所示，物体由静止开始分别沿Ⅰ和Ⅱ不同的斜面由顶端A至底端B，物体与两种斜面间的动摩擦因数相同，且不计路径Ⅱ中转折处的能量损失，以下说法正确的是(

)A.沿Ⅰ斜面由顶端A至底端B时的动能大

B.沿Ⅱ斜面由顶端A至底端B时的动能大

C.沿Ⅰ斜面由顶端A至底端B时重力的功率大

D.沿Ⅱ斜面由顶端A至底端B时重力的功率大4.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80cm高处把1000粒豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞的极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒豆粒的总质量为100g，则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(

)A.0.2N B.0.6N C.1.0N D.1.6N5.从计时起点开始，汽车在平直的公路上以额定功率保持最大速度v做匀速直线运动，t1时刻汽车受到的阻力变为原来的2倍。在计时开始到再次达到稳定速度的过程中，则汽车的v−t图像可能为(

)A. B.

C. D.6.光滑水平面上放置一表面光滑的半球体，小球从半球体的最高点由静止开始下滑，在小球滑落至水平面的过程中(

)A.小球的机械能守恒

B.小球一直沿半球体表面下滑

C.小球和半球体组成的系统水平方向动量守恒

D.小球在水平方向的速度一直增大7.如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角α=30°。原长为L2的轻弹簧水平放置右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上。P由静止释放，下降到最低点时α变为60°。整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中(

)A.P、Q组成的系统机械能守恒 B.P、Q的速度满足vPtanα=vQ

C.弹簧弹性势能最大值为3−128.已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比。篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，Ek表示篮球的动能，ℎ表示篮球的高度，则下列图像可能正确的是(

)A. B. C. D.9.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中(

)A.OA=OB

B.OA<OB

C.物块经过O点时，速度最大

D.物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W−310.如图所示，弹性绳一端系于A点，绕过固定在B处的光滑小滑轮，另一端与套在粗糙竖直固定杆M处的小球相连，此时ABM在同一水平线上，弹性绳原长恰好等于AB间距。小球从M点由静止释放，滑到N点时速度恰好为零，P为MN的中点，弹性绳始终遵循胡克定律，则此过程中小球(

)A.受到的3个力的作用

B.受到的摩擦力逐渐增大

C.在P点时重力的瞬时功率最大

D.在MP过程损失的机械能比在PN过程的大二、实验题：本大题共1小题，共15分。11.如图1为某实验小组利用气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验装置，将气垫导轨放在水平桌面上，细绳两端分别与托盘(含砝码)和滑块(含遮光条)相连，滑块在托盘的牵引下运动。已知光电门固定在的气垫导轨上，遮光条的宽度为d，托盘(含砝码)的质量为M，滑块的质量为m，重力加速度为g。

图1

图2

(1)下列实验操作步骤，正确顺序是

。

①测出遮光条到光电门的距离l

②调节滑轮高度，使细绳与导轨平行

③将气垫导轨放在水平桌面，将导轨调至水平

④释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t

⑤打开气源，将滑块移至光电门右侧某适合的位置

(2)遮光条通过光电门时的速度大小为

(用题中所给的字母表示)。

(3)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，若系统要符合机械能守恒定律的结论，应满足的关系式为

(用题中所给的字母表示)。

(4)保持滑块和砝码质量不变，多次改变遮光条到光电门的距离l，记录每次遮光条的遮光时间t及对应的1t2，数据见表。l/(×1.002.003.004.005.00t/ms11.798.166.715.775.1410.721.502.223.003.78请根据表中的数据，在方格纸上(图2)作出1t2−l图像

。

(5)某同学根据“1t三、计算题：本大题共4小题，共45分。12.如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上．A的质量为m，现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0  , 34v0的速度向右运动．求：

①B的质量；13.如图所示，在竖直平面内有光滑轨道ABCD，其中AB是竖直轨道，CD是水平轨道，AB与BC相切于B点，BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g。求：

(1)P球到达C点时的速度大小；

(2)P球到达B点时的速度大小。14.如图所示，水平传送带足够长，顺时针运动的速度v=4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m=2kg的小物块从A点由静止释放。已知A、P的距离L=9m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.1，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求物块：

(1)第1次滑过P点时的速度大小。

(2)第115.如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A，细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为37°。缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等，已知重力加速度g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)装置转动的角速度为ω时，细线OB的长度s。

(2)装置转动的角速度为2ω时，弹簧的弹力大小F。

(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，细线对小球B做的功W。

答案解析1.C

【解析】解：C.根据：GMmr2=m4π2T2r，解得：T=2πr3GM

轨道半径越大，卫星做圆周运动的周期越大，故C正确；

A.卫星做匀速圆周运动，万有引力充当向心力，有

GMmr2=ma，解得：a=GMr2

轨道半径越大，卫星做圆周运动的向心加速度越小，故A错误；

B.根据：GMmr2=mrω2，解得：ω=2.A

【解析】解：A、因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，由冲量的定义I=Ft分析可知，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故A正确；

B、由于乙推甲的过程中，要消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律知，乙的动能增加，机械能增加，甲的动能减少，机械能减少，故B错误；

C、根据动量守恒定律知：ΔP=0，即有Δp甲+Δp乙=0，则甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，故C错误；

D、相互作用的过程中，甲要消耗体内的化学能，化学能转化为机械能，所以系统的机械能不守恒，故D错误。

故选：A。3.C

【解析】解：AB、设斜面倾角为α，长度为s，物体沿斜面下滑时，克服摩擦力所做的功为Wf=μmgcosα⋅s=μmgL，L是斜面在水平面上的投影长度，Ⅰ和Ⅱ的路径虽然不同，但它们的水平面上投影长度L相同，因此它们克服摩擦力所做的功相同，重力做功相同，则外力对物体做的总功相同，根据动能定理可知，到达B点时动能相同，故AB错误；

CD、在B点时的速率相同，沿Ⅰ运动到B时速度的竖直分量大于沿Ⅱ时，由PG=mgvy可知，沿Ⅰ由顶端A至底端B时重力的功率大，故C正确，D错误。

故选：C。

应用功的计算公式分析克服摩擦力做功关系，然后根据动能定理分析物体到达底端4.B

【解析】解：豆粒下落到秤盘上的速度v=2gℎ=2×10×0.80m/s=4m/s；反弹后速度为v′=−2m/s，设向下为正方向，则根据动量定理可知：

Ft=mv′−mv

解得：F=−0.6N；由牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6N；

故B正确，ACD错误。

故选：5.A

【解析】解：汽车在平直的公路上以额定功率保持最大速度v做匀速直线运动时，牵引力等于阻力，满足P=fv，当阻力增大为原来的2倍时，阻力大于牵引力，汽车要减速运动，由牛顿第二定律可得加速度的大小为2f−F=ma，又发动机的功率P=Fv，随着汽车速度的减小，牵引力将增大，所以加速度会减小，综上所述，汽车会做减速度减小的减速运动，当牵引力再次等于阻力时，汽车开始匀速运动。此时P=2fv1，解得v1=12v，故A正确，BCD错误。

故选：A6.C

【解析】解：A、小球与半球体组成的系统机械能守恒，小球下滑过程半球体在水平面上滑动，半球体动能增加，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球的机械能减少，小球机械能不守恒，故A错误；

B、小球先沿半球体表面下滑，当小球重力沿半球体半径方向的分力与半球体对小球支持力的合力不足以提供小球沿半球体做圆周运动的向心力时小球离开半球体，故B错误；

C、小球和半球体组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故C正确；

D、小球先沿半球体表面下滑，然后离开半球体下落，小球离开半球体后在水平方向不受力，小球在水平方向做匀速直线运动，小球离开半球体后在水平方向的速度不变，故D错误。

故选：C。

小球下滑过程半球体在水平面上滑动，小球与半球体组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，整个过程中，只有重力对系统做功，系统机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。

本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，根据题意分析清楚小球与半球体的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。7.C

【解析】解：A、根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误；

B、在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知vPcosα=vQsinα，解得vPvQ=tanα，故B错误；

C、根据系统机械能守恒可得Ep=mgL(cos30°−cos60°)，弹性势能的最大值为Ep=3−12mgL，故C正确；

D、P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P8.D

【解析】解：AB、v−t图象的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律得：

上升过程有：mg+f=ma上

下降过程有：mg−f=ma下

又有f=kv，可得：

a上=g+kvm，则上升过程中，随着v的减小，a减小；

a下=g−kvm，则下降过程中，a随速度的增大而减小。故v−t图象的斜率是一直减小的，故AB错误；

CD、由动能定理得：

上升过程有：ΔEk=−(mg+kv)Δℎ，v减小，Ek−ℎ图象随着ℎ的增加应是斜率的绝对值逐渐减小的曲线，即图像为向上弯曲的曲线；

下降过程有：ΔEk=(mg−kv)Δℎ，v9.D

【解析】解：AB.如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知OA=OB

现在由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力时的B点，也即O点靠近B点，故

OA>OB

故AB错误；

C.物块在受力平衡位置处动能最大，即向左运动过程中在弹簧拉力与摩擦力相等的位置，一定在O点的右侧，速度最大，故C错误；

D.物块从O点开始运动到最终停在B点，路程s>a+a2=3a2

故整个过程物体克服阻力做功

Wf=μmgs>32μmga

根据能量的转化与守恒知，从O到B

W−Wf=EpB

根据能量守恒定律可知，物块在B点时，弹簧的弹性势能

EpB10.C

【解析】解：A、小球受到重力、弹性绳的拉力、杆的支持力和摩擦力，共4个力，故A错误；

B.设弹性绳和竖直方向夹角为θ，如图所示。

则杆对小球的支持力FN=Fsinθ=kΔxsinθ=kxBM

摩擦力f=μFN=μkxBM

故摩擦力不变，故B错误；

C、弹性绳的拉力在竖直方向的分力Fy=kΔxcosθ=ky

从M到N下落高度ℎ，根据动能定理得

0=mgℎ−fℎ−12kℎ2

设在距离M点y处速度最大，根据动能定理得

Ek=mgy−fy−12ky2=12kℎy−12k11.③②⑤①④dMgl=观点错误，只有当图象的斜率k=2Mg

【解析】【分析】

本题需要理解实验原理。根据实验原理确定实验步骤和实验表达式，结合图像确定图像的斜率代表的物理量。

【解答】

(1)实验时要先调节气垫导轨水平，然后调节滑轮高度使细线与导轨水平，把滑块放在导轨上测出滑块到光电门的距离，打开电源释放滑块进行实验，故合理的实验步骤是③②⑤①④。

(2)很短时间内的平均速度等于瞬时速度，遮光条通过光电门时的速度大小v=dt。

(3)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，如果系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：Mgl=12(m+M)v2，即Mgl=12(M+m)(dt)2；

(4)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分布在直线两侧，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示

(5)12.解：①A、B碰撞过程，取向右方向为正方向，由动量守恒定律，得：mv0=mvA+mBvB

据题

vA=18v0，vB=34v0

解得mB=7【解析】①研究A、B碰撞过程，由动量守恒定律列式，可求得B的质量；

①碰撞过程中，由动量定理求A对B的冲量的大小。

对于碰撞问题，要掌握基本规律：动量守恒定律，列式时要注意选择正方向，用符号表示速度的方向。13.解：(1)在下滑的整个过程中，两个球与轻杆组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒

P球到达C点时的速度为v，由机械能守恒定律得

4mgR=12×2mv2

解得

v=2gR

(2)当P球到达B点时杆与水平面的角度为θ，则有

sinθ=R2R=12

解得θ=30°

当P球到达B点时，由于两球在沿杆方向的分速度大小相等，则有

vQcos30°=vPcos60°

P、Q系统机械能守恒，则有

3mgR=12mvP2【解析】(1)在下滑的整个过程中，两个球与轻杆组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒；根据机械能守恒定律列式求解速度；

(2)两个球沿着杆子方向的分速度一直是相等的．由此分析即可。

本题关键是明确两个小球及杆组成的系统机械能守恒，知道两球沿杆方向的分速度相等，然后结合机械能守恒定律和运动的合成与分解的知识列式分析。14.解：(1)从A到P过程中，由动能定理得：(mgsin37°−μ1mgcos37°)L=12mv12

解得：v1=6m/s；

(2)小物块在传送带上运动