2024年遼寧省北票市尹湛納希高級(jí)中學(xué)物理高三第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測(cè)模擬試題含解析

2024年遼寧省北票市尹湛納希高級(jí)中學(xué)物理高三第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測(cè)模擬試題注意事項(xiàng):1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時(shí)請(qǐng)按要求用筆。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效；在草稿紙、試卷上答題無(wú)效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、根據(jù)所學(xué)知識(shí)，判斷下列四個(gè)說(shuō)法中正確是A．物體的速度為零時(shí)，其加速度就一定為零B．物體所受合外力沖量的方向與物體動(dòng)量變化量的方向一定相同C．合外力對(duì)物體做功為零時(shí)，物體的機(jī)械能就一定守恒D．做圓周運(yùn)動(dòng)物體的向心力一定等于物體所受的合外力2、物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，相繼經(jīng)過(guò)兩段距離為16m的路程，第一段用時(shí)4s，第二段用時(shí)2s，則物體的加速度是（）A． B． C． D．3、物理學(xué)中的許多規(guī)律是通過(guò)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)的，下列說(shuō)法中符合史實(shí)的是()A．庫(kù)侖用扭秤測(cè)出了引力常量B．牛頓通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持C．伽利略認(rèn)為：力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因D．卡文迪許借助扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)出了萬(wàn)有引力常量4、如圖所示,一質(zhì)量為2kg的物體放在光滑的水平面上,原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)用與水平方向成60°角的恒力F=10N作用于物體上,歷時(shí)5s,則下列說(shuō)法正確的是()A．力F對(duì)物體的沖量大小為25N·sB．力F對(duì)物體的沖量大小為50N·sC．物體的動(dòng)量變化量為50kg·m/sD．物體所受合外力沖量大小為50N·s5、一根細(xì)線一端系一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），另一端固定在光滑圓錐頂上，如圖所示，設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為ω，細(xì)線的張力為FT，則FT隨ω2變化的圖象是（）A． B．C． D．6、如圖所示，甲、乙兩小球從豎直面內(nèi)的半圓軌道的左端A開始做平拋運(yùn)動(dòng)，甲球落在軌道最低點(diǎn)D，乙球落在D點(diǎn)右側(cè)的軌道上，設(shè)甲、乙球的初速度分別為v甲、v乙，在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t甲、t乙，則下列判斷正確的是()A．t甲=t乙 B．t甲<t乙C．v甲>v乙 D．v甲<v乙二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、2019年6月25日02時(shí)09分，我國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭成功發(fā)射第四十六顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星。北斗衛(wèi)星是我國(guó)自主研制的衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)，在抗震救災(zāi)中發(fā)揮了巨大作用。北斗導(dǎo)航系統(tǒng)又被稱為“雙星定位系統(tǒng)”，具有導(dǎo)航、定位等功能，“北斗”系統(tǒng)中兩顆工作衛(wèi)星均繞地心O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r，某時(shí)刻兩顆工作衛(wèi)星分別位于軌道上的A、B兩位置（如圖所示），若衛(wèi)星均按順時(shí)針運(yùn)行，地球表面處的重力加速度為g，地球半徑為R，不計(jì)衛(wèi)星間的相互作用力，則以下判斷中正確的是（）A．這兩顆衛(wèi)星的加速度大小相等，均為B．衛(wèi)星1向后噴氣就一定能追上衛(wèi)星2C．衛(wèi)星1由位置A運(yùn)動(dòng)到位置B所需的時(shí)間為D．衛(wèi)星1中質(zhì)量為m的物體的動(dòng)能為8、在豎直桿上安裝一個(gè)光滑導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球通過(guò)導(dǎo)向槽能改變方向做平拋運(yùn)動(dòng)．不計(jì)經(jīng)導(dǎo)向槽時(shí)小球的能量損失，設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，那么當(dāng)小球有最大水平位移時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為的位置B．最大水平距離為C．小球在上、下兩過(guò)程中，在經(jīng)過(guò)某相同高度時(shí)，合速度的大小總有v下＝2v上D．當(dāng)小球落地時(shí)，速度方向與水平方向成45°角9、2022年第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)將在北京舉行，跳臺(tái)滑雪是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目之一．如圖所示為一簡(jiǎn)化后的跳臺(tái)滑雪的雪道示意圖，運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)由靜止開始，在不借助其他外力的情況下，自由滑過(guò)一段圓心角為60°的光滑圓弧軌道后從A點(diǎn)水平飛出，然后落到斜坡上的B點(diǎn)．已知A點(diǎn)是斜坡的起點(diǎn)，光滑圓弧軌道半徑為40m，斜坡與水平面的夾角θ＝30°，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量m＝50kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力．下列說(shuō)法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒B．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度為20m/sC．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為10kJD．運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)飛出到落到B點(diǎn)所用的時(shí)間為s10、如圖所示，箱子放在水平地面上，箱內(nèi)有一質(zhì)量為m的鐵球以速度v向左壁碰去，來(lái)回碰幾次后停下來(lái)，而箱子始終靜止，則整個(gè)過(guò)程中（）A．鐵球?qū)ο渥拥臎_量為零B．鐵球和箱子受到的沖量大小相等C．箱子對(duì)鐵球的沖量為mv，向右D．摩擦力對(duì)箱子的沖量為mv，向右三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過(guò)程。11．（6分）某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置，利用米尺、秒表、輕繩、輕滑輪、軌道、滑塊、托盤和砝碼等器材來(lái)測(cè)定滑塊和軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。滑塊和托盤上分別放有若干砝碼，滑塊質(zhì)量為M，滑塊上砝碼總質(zhì)量為m’，托盤和盤中砝碼的總質(zhì)量為m，實(shí)驗(yàn)中，滑塊在水平軌道上從A到B做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m／s2。①為測(cè)量滑塊的加速度a，須測(cè)出它在A、B間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與位移，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算a的值；②根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得到a與m的關(guān)系為a=(1+μ)gM+(m'+m)m-μg。他想通過(guò)多次改變m，測(cè)出相應(yīng)的a值，并利用上式來(lái)計(jì)算μ。若要求a是③實(shí)驗(yàn)得到a與m的關(guān)系如圖所示，由此可知μ=_________（取兩位有效數(shù)字）12．（12分）利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)電路圖測(cè)量?jī)晒?jié)干電池組成的電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．甲乙（1）在實(shí)驗(yàn)操作正確的情況下測(cè)得數(shù)據(jù)記錄在下表中，請(qǐng)?jiān)趫D乙中作出U-I圖像________．（2）根據(jù)U-I圖像，可得該電池組的電動(dòng)勢(shì)E=_______V，內(nèi)阻r=______Ω．（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（3）本實(shí)驗(yàn)存在系統(tǒng)誤差，原因是___________（選填“電壓表分流”或“電流表分壓”），由此造成電源內(nèi)阻測(cè)量值_______（選填“大于”、“小于”或“等于”）真實(shí)值．四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13．（10分）ETC是高速公路上不停車電子收費(fèi)系統(tǒng)的簡(jiǎn)稱．如圖，汽車進(jìn)收費(fèi)站前的速度為15m/s，如果過(guò)人工收費(fèi)通道，需要在收費(fèi)站中心線處減速至0，經(jīng)過(guò)20s繳費(fèi)后，再加速至15m/s行駛；如果過(guò)ETC通道，需要在中心線前方10m處減速至5m/s，勻速到達(dá)中心線后，再加速至15m/s行駛．為了簡(jiǎn)化分析，設(shè)汽車加速和減速的加速度大小均為1m/s2(1)汽車過(guò)人工收費(fèi)通道，從收費(fèi)前減速開始，到收費(fèi)后加速至15m/s，所需的時(shí)間和所走過(guò)的路程是多少?(2)如果過(guò)ETC通道，從減速開始，到再次加速至15m/s，所需的時(shí)間和所走過(guò)的路程是多少?14．（16分）如圖所示，A為一具有光滑曲面的固定軌道，軌道底端是水平的，質(zhì)量為m的平板小車B靜止于軌道右側(cè)，其板面與軌道底端靠近且在同一水平面上．一個(gè)質(zhì)量、可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊C以的初速度從軌道頂端滑下沖上小車B后，經(jīng)一段時(shí)間與小車相對(duì)靜止并繼續(xù)一起運(yùn)動(dòng)．若軌道頂端與底端水平面的高度差為h，小滑塊C與平板小車板面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，平板小車與水平面間的摩擦不計(jì)，重力加速度為g．求：(1)小滑塊C沖上小車瞬間的速度大??；(2)平板小車加速運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間及平板小車板面的最小長(zhǎng)度．15．（12分）如圖，AB是傾角為θ的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點(diǎn)與圓弧相切，圓弧的半徑為R。一個(gè)質(zhì)量為m的物體（可以看作質(zhì)點(diǎn)）從直軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運(yùn)動(dòng)。已知P點(diǎn)與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。求(1)物體做往返運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中在AB軌道上通過(guò)的總路程；(2)最終當(dāng)物體通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)E時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力；(3)為使物體能順利到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)D，釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離L′應(yīng)滿足什么條件。

參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、B【解題分析】

A．速度是加速度的變化率，速度為零時(shí)，加速度不一定為零，如自由落體運(yùn)動(dòng)的初速度為零，但加速度不為零。故A錯(cuò)誤。

B．根據(jù)動(dòng)量定理，物體所受合外力沖量的方向與物體動(dòng)量變化量的方向一定相同。故B正確。

C．在外力作用下物體向上勻速運(yùn)動(dòng)，合力做功為零，但機(jī)械能增加。故C錯(cuò)誤。

D．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)物體的向心力一定等于物體所受的合外力，做變速圓周運(yùn)動(dòng)的物體的合外力不一定等于向心力。故D錯(cuò)誤。2、B【解題分析】

根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度知，從開始運(yùn)動(dòng)第一段時(shí)計(jì)時(shí)，則2s時(shí)的瞬時(shí)速度等于0~4s內(nèi)的平均速度5s時(shí)的瞬時(shí)速度等于4~6s內(nèi)的平均速度兩個(gè)中間時(shí)刻的時(shí)間間隔為△t=2s+1s=3s根據(jù)加速度定義可得故選B。3、D【解題分析】

A.卡文迪許用扭秤測(cè)出了引力常量，故A錯(cuò)誤，D正確；

B.伽利略通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持，故B錯(cuò)誤；C.伽利略認(rèn)為力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，而亞里士多德認(rèn)為力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，故C錯(cuò)誤．4、B【解題分析】

沖量I=Ft，物體所受合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化．【題目詳解】A、力F對(duì)物體的沖量大小I=Ft=105Ns=50Ns，故A錯(cuò)誤，B正確．C、根據(jù)動(dòng)量定理，物體所受合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化．F合=10N=5N，所以合外力的沖量I合=F合t=55Ns=25Ns，則物體的動(dòng)量變化量為25kg·m/s，故C、D錯(cuò)誤．故選：B【題目點(diǎn)撥】在求一個(gè)力的沖量的時(shí)候，不需要將這個(gè)力分解到物體的位移方向上，這一點(diǎn)最容易出錯(cuò)5、C【解題分析】

由題知小球未離開圓錐表面時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，用L表示細(xì)線長(zhǎng)度，小球離開圓錐表面前，細(xì)線的張力為FT，圓錐對(duì)小球的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinθ－FNcosθ＝mω2LsinθFTcosθ＋FNsinθ＝mg聯(lián)立解得FT＝mgcosθ＋ω2mLsin2θ小球離開圓錐表面后，設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為α，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinα＝mω2Lsinα解得FT＝mLω2故C正確。故選C。6、D【解題分析】AB：甲、乙兩小球從豎直面內(nèi)的半圓軌道的左端A開始做平拋運(yùn)動(dòng)，甲球落在軌道最低點(diǎn)D，乙球落在D點(diǎn)右側(cè)的軌道上；甲球下落的距離大于乙球下落的距離．據(jù)得，則．故AB兩項(xiàng)均錯(cuò)誤．CD：甲、乙兩小球從豎直面內(nèi)的半圓軌道的左端A開始做平拋運(yùn)動(dòng)，甲球落在軌道最低點(diǎn)D，乙球落在D點(diǎn)右側(cè)的軌道上；甲球水平方向上運(yùn)動(dòng)的距離小于乙球水平方向上運(yùn)動(dòng)的距離．據(jù)得，又，則．故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、AC【解題分析】

A．根據(jù)地球表面萬(wàn)有引力等于重力根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力解得A正確；B．衛(wèi)星1向后噴氣，那么衛(wèi)星1在短時(shí)間內(nèi)速度就會(huì)增加，衛(wèi)星1所需要的向心力也會(huì)增加，而此時(shí)受到的萬(wàn)有引力大小幾乎不變，也就小于所需要的向心力，那么衛(wèi)星1就會(huì)做離心運(yùn)動(dòng)，偏離原來(lái)的軌道，衛(wèi)星1就不能追上衛(wèi)星2，B錯(cuò)誤；C．萬(wàn)有引力提供向心力解得衛(wèi)星1由位置A運(yùn)動(dòng)到位置B所需的時(shí)間為C正確；D．萬(wàn)有引力提供向心力解得則質(zhì)量為m的物體的動(dòng)能為D錯(cuò)誤。故選AC。8、AD【解題分析】試題分析：設(shè)平拋時(shí)的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mv02+mgh＝mv2，解得：；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得下落時(shí)間：，則水平位移，所以當(dāng)時(shí)水平位移最大，解得，A正確；最大的水平位移為：，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，在某高度處時(shí)上升的速率和下落的速率相等，C錯(cuò)誤；設(shè)速度與水平方向成θ，位移與水平方向的夾角為為α，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，，則θ=450，所以D正確．故選AD．考點(diǎn)：平拋運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】本題主要是考查了平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，知道平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)；解決本題的關(guān)鍵知道分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，知道平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定，與初速度、物體的質(zhì)量等無(wú)關(guān)．9、AB【解題分析】運(yùn)動(dòng)員在光滑的圓軌道上的運(yùn)動(dòng)和隨后的平拋運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只受有重力做功，機(jī)械能守恒．故A正確；運(yùn)動(dòng)員在光滑的圓軌道上的運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，所以：mvA2=mgh=mgR（1-cos60°）所以：，故B正確；設(shè)運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則：x=vAt；y=gt2

由幾何關(guān)系：，聯(lián)立得：，運(yùn)動(dòng)員從A到B的過(guò)程中機(jī)械能守恒，所以在B點(diǎn)的動(dòng)能：EkB=mgy+mvA2，代入數(shù)據(jù)得：EkB=×105J．故CD錯(cuò)誤．故選AB.點(diǎn)睛：本題是常規(guī)題，關(guān)鍵要抓住斜面的傾角反映位移的方向，知道平拋運(yùn)動(dòng)水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，難度適中.10、CD【解題分析】A、箱子在水平方向上受到兩個(gè)力作用，球隊(duì)對(duì)箱子的作用力和地面對(duì)箱子的摩擦力，二力始終等值方向，其合力始終為零，故箱子始終靜止．因此，鐵球?qū)ο渥拥臎_量與摩擦力對(duì)箱子的沖量等值反向，合沖量為零，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)量定理，鐵球受到的沖量為I=0-mv=-mv，而箱子受到的沖量始終為零．故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)量定理，箱子對(duì)鐵球的沖量為I=0-mv=-mv，負(fù)號(hào)表示方向向右．故C正確；D、箱子對(duì)鐵球的沖量mv，向右，根據(jù)牛頓第三定律，鐵球?qū)ο渥拥臎_量為mv，向左．又因?yàn)槟Σ亮εc鐵球?qū)ο渥拥淖饔昧Φ戎捣聪?，所以摩擦力?duì)箱子的沖量為mv，向右．故D正確；故CD正確；三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過(guò)程。11、M+m′+m滑塊上μ=0.23(0.21—025)【解題分析】

②對(duì)整體進(jìn)行研究，根據(jù)牛頓第二定律得：a=mg-μ(M+m')gM+m+m'=(1+μ)gM+m+m'm-μg，若要求a是m的一次函數(shù)必須使(1+μ)gM+m+m'm不變，即使m+m′不變，在增大m時(shí)等量減小m′，所以實(shí)驗(yàn)中應(yīng)將從托盤中取出的砝碼置于滑塊上。

③將(1+μ)gM+m+m'取為k，有k=a1【題目點(diǎn)撥】本題是通過(guò)作出兩個(gè)量的圖象，然后由圖象去尋求未知量與已知量的關(guān)系。運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)和物理量之間關(guān)系式結(jié)合起來(lái)求解。12、3.01.0電壓表分流小于【解題分析】

由題中“利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)電路圖測(cè)量?jī)晒?jié)干電池組成的電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”可知，本題考查電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量，根據(jù)閉合電路歐姆定律和U-I圖像可解答本題?！绢}目詳解】（1）[1]根據(jù)表中數(shù)據(jù)可得下圖（2）[2]根據(jù)U-I圖像，可得該電池組的電動(dòng)勢(shì)即為U軸交點(diǎn)即E=3.0V；[3]圖像斜率表示，所以內(nèi)阻；（3）[4]由于電路采用內(nèi)接法，因此電壓表分流是導(dǎo)致誤差的主要原因；[5]因?yàn)椴捎脙?nèi)接法，所以電流表測(cè)量值比電源電流要小，因此電源內(nèi)阻測(cè)量值偏小。四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、（1）50s，225m；（2）22s，210m【解題分析】

（1）過(guò)人工通道時(shí)，設(shè)加速時(shí)間為t1，減速時(shí)間為t2，由于勻加速和勻減速的加速度大小相等，根據(jù)對(duì)稱性：勻減速和勻加速的位移過(guò)人工通道總時(shí)間為t總t120st25