2024届新疆喀什第二中学高三年级上学期期中测试物理试题 解析版

这是一份2024届新疆喀什第二中学高三年级上学期期中测试物理试题 解析版，共17页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，5sB等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色。墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：必修第一、三册，选择性必修第一册第1-3章。
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1∼7题只有一项符合题目要求；第8∼10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 两个物体具有相同的动量，则它们一定具有（ ）
A. 相同的速度B. 相同的质量
C. 相同的运动方向D. 相同的加速度
【答案】C
【解析】
【详解】动量是矢量，动量相同，其大小和方向都得相同，故方向一定相同，而大小，如果质量不同，则速度不同，如果速度不同，则质量不同，故AB错误C正确；动量相同，加速度不一定相同，D错误．
2. 根据牛顿第一定律可知（ ）
A. 力停止作用后，运动的物体就会慢慢停下来
B. 物体在做匀速直线运动时，它才显示出惯性
C. 物体运动状态改变时必定受到外力的作用
D. 速度大的物体不容易停下，所以惯性与物体的速度有关
【答案】C
【解析】
【详解】A．力停止作用后，没有受到力的作用，由于惯性，本来运动的物体要保持力撤销时刻的速度做匀速直线运动，选项A错误；
B．惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都具有惯性，选项B错误；
C．由于力是改变物体的运动状态的原因，物体运动状态发生改变时，必定受到外力的作用，选项C正确；
D．惯性的大小仅与质量有关，与速度无关，选项D错误。
故选C。
3. 如图所示，轻绳跨过光滑定滑轮，左端与水平地面上的物块M相连，右端与小球N相连，整个装置处于静止状态。现对小球N施加一水平拉力使其缓慢移动一小段距离，整个过程物块M保持静止，地面对物块M的摩擦力为f则此过程中（ ）
A. f变大，F变大
B. f变大，F变小
C. f变小，F变小
D f变小，F变大
【答案】A
【解析】
【详解】对小球N进行分析，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为，则有
细绳与竖直方向夹角逐渐增大，增大，所以水平拉力增大；减小，所以绳子拉T增大；
由于物块M始终静止在地面上，在水平方向，由平衡条件可得
f=Tcsθ
则地面对物块M的摩擦力f也变大，故A正确，BCD错误。
故选A。
4. 一个单摆做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力的频率的关系）如图所示，则（ ）

A. 此单摆的固有周期约为0.5sB. 此单摆的摆长约为1m
C. 若摆长增大，单摆固有频率增大D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由图可知，振幅最大时，此单摆的振动频率与固有频率相等，则有
可知此单摆的固有周期为
根据单摆周期公式
可知此单摆的摆长约为
故A错误，B正确；
CD．若摆长增加，由单摆周期公式
可知，单摆的固有周期增加，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故CD错误。
故选B。
5. 如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（ ）（不计人的高度，可以把人看作质点）

A. 60mB. 40mC. 30mD. 10m
【答案】A
【解析】
【详解】以向下为正方向，对人和气球组成的系统由动量守恒得
则
解得
则绳长至少应为
故选A。
6. 因为地球的自转，同一物体在不同的纬度重力不同，一质量为m的物体在北极时的重力与其在赤道时的重力的差为F. 将地球看做质量分布均匀的球体，半径为R. 则地球的自转周期是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在北极时地球对物体的万有引力等于物体的重力，在赤道时地球对物体的万有引力与地面对物体的支持力的合力提供物体随地球做圆周运动的向心力，依题意物体在赤道时有：
所以地球自转周期为：
.
A．描述与分析相符，故A正确.
B．描述与分析不符，故B错误.
C．描述与分析不符，故C错误.
D．描述与分析不符，故D错误
7. 如图所示，甲、乙、丙三个物块放在水平转盘上，随转盘一起绕中心轴做匀速圆周运动，甲、乙、丙的质量分别为、、，离中心轴的距离分别为、、，与转盘的动摩擦因数分别为0.4、0.2、0.2，当转盘转动的角速度增大，最先滑动的物块是（ ）
A. 甲物块B. 乙物块C. 丙物块D. 乙物块和丙物块
【答案】C
【解析】
【详解】当物块刚好要滑动时，由
得
则
因此最先滑动的是丙物块。
故选C。
8. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 0.3s末和0.7s末，振子的速度相同
B. 在0.4s～0.8s时间内，振子的速度和加速度方向始终相同
C. 振子做简谐运动的表达式为
D. t=0.2s时，振子的位移为6cm
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图像知，弹簧振子的周期为
由图可得0.3s末和0.7s末，弹簧振子位移不同，则速度大小不相等，故A错误；
B．由图可得在0.4s～0.8s时间内，振子的速度和加速度方向始终相同，均指向平衡位置，故B正确；
C．由图像得振幅为
所以振子做简谐运动的表达式为
故C正确；
D．t=0.2s时，振子的位移为
故D错误。
故选BC。
9. 将一质量为的小球水平抛出，其运动轨迹上有A、B、C三点，如图所示。其中A为抛出点，小球从A到B和B到C所用时间均为，且位移大小之比为，忽略空气阻力，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）

A. 小球从A到C动量变化量大小为
B. 小球从A到C重力的平均功率为
C. 小球平抛的初速度大小为
D. 小球在B点的动量大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球从A到C，速度变化量
由动量定理有
选项A错误；
B．小球从A到C，下落的高度
重力的平均功率为
选项B正确；
C．的高度差为
的高度差为
的长度为
的长度为
由题意知
解得
选项C正确；
D．小球在B点时的速度大小
则小球在B点的动量大小为
选项D错误。
故选BC。
10. 如图所示，质量的木板Q静止在水平地面上，质量的物块P在木板左端，P与Q之间动摩擦因数，地面与Q之间动摩擦因数。现给P物块的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A. P与Q开始相对静止的速度是
B. 长木板Q长度至少为
C. P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为
D. P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．P的加速度为
Q的加速度为
两者共速时
选项A正确；
B．P、Q共速时的相对位移为
之后不发生相对滑动，B错误；
CD．P与Q之间产生的热量为
地面与Q之间产生的热量为
P与Q之间产生的热量与地面与Q之间产生的热量之比为，C正确、D错误。
故选AC。
二、实验题（本题共2小题，共15分）
11. 某同学做“用单摆测定重力加速度”实验，请回答下面的问题：
（1）如图甲所示，用游标卡尺测得小球的直径d=_______mm.

（2）在实验中，你认为图乙中四种组装单摆方式正确的是_________.
（3）为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用测得的多组实验数据绘制T2-L图像，如图丙所示。由图可求得重力加速度大小g=_________（用T1、T2和L1、L2表示）.

【答案】 ①. 22.40 ②. B ③.
【解析】
【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则，得小钢球的直径
（2）[2]组装单摆需选用轻且不易伸长的细丝线，密度大的摆球，线绕在横杆上时单摆摆动时摆长会发生变化，用铁夹悬挂方式单摆摆长不会发生变化。
故选B。
（3）[3]单摆周期公式
变形得
图像的斜率为
所以
则重力加速度大小
12. 某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律。已知入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O。
（1）关于实验要点，下列说法正确的是___________。
A．两球大小可以不同 B．两球必须是弹性小球
C．斜槽可以不光滑 D．斜槽末端必须水平
（2）不放被碰小球，让入射小球从斜槽上紧靠挡板由静止滚下，并落在地面上.重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；把被碰小球放在斜槽前端边缘位置，让入射小球从斜槽上紧靠挡板由静止滚下，使入射球与被碰球碰撞，重复多次，分别标出入射小球与被碰小球落点的平均位置M、N；用刻度尺分别测量M、P、N离O点的距离分别为L1、L2、L3，则表达式___________成立，动量守恒定律得到验证。若L1+L2=L3，则说明___________。
（3）若小球质量m1和m2未知，用图甲和图乙相结合的方法也能验证动量守恒。在水平槽末端与水平地面间放置一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接，如图乙所示，重复上述实验，得到两球落在斜面上的平均落点为M′、P′、N′用刻度尺测量斜槽末端到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3、则当l1、l2、l3与L1、L2、L3之间满足关系式___________时，说明小球碰撞过程动量守恒。
【答案】 ①. CD##DC ②. ③. 两球发生的是弹性碰撞 ④.
【解析】
【详解】（1）[1]A．为了能保证水平方向的对心碰撞，两个球的半径应该相同，A项错误；
B．两球不一定是弹性的，可以是非弹性的，B项错误；
C．斜槽可以不光滑，只要同一实验的前后两次从斜槽上同一位置由静止释放即可，C项正确；
D．斜槽末端必须水平，这样才能保证球从斜槽末端飞出时做平抛运动，D项正确。
故选CD。
（2）[2]要验证的关系是
因小球做平抛运动，落地时间相等，则
即当表达式
成立时，动量守恒定律得到验证；
[3]当两球发生弹性碰撞时，根据能量守恒
得到
因此说明两球发生的是弹性碰撞；
（3）[4]碰撞前小球落点为，碰撞后小球落点为，小球落点为，设斜面倾角为，由平抛规律
得
同理
代入动量守恒表达式，得
又
因此，当、、与、、之间满足关系式
则说明小球碰撞过程动量守恒。
三、计算题（本题共4小题，共45分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 如图所示，质量m=0.lkg的小球（可视为质点）用长L=1.25m的轻质细线悬于O′点。将小球向左拉起使悬线呈水平伸直状态后，无初速地释放小球，小球运动到最低点О时细线恰好被拉断，B为О点正下方地面上的点，且OB高度h=5m。取g=10m/s2，求：
(1)细线所能承受的最大拉力；
(2)小球落地点与B点距离。
【答案】(1)3N；(2)5m
【解析】
详解】(1)小球从A到O，根据动能定理得
在O点，由牛顿第二定律得
联立两式解得细线所能承受的最大拉力
N
(2)细线拉断后，小球做平抛运动，在竖直方向上，有
在水平方向上，有
解得
14. 如图所示，时刻，坐标原点处的质点从平衡位置沿轴负方向开始做简谐运动，振动的周期。振幅，振动沿轴正方向传播，当波刚传播到平衡位置在处的质点时，波源处质点也恰好在平衡位置，波源与质点之间只有一个波谷，求：
（1）这列波的传播速度；
（2）当质点第一次到达波峰时，波源处的质点运动的路程为多少？
【答案】（1）或；（2）或
【解析】
【详解】（1）当时
则波传播速度大小
当时
波传播速度大小
（2）当质点第一次到达波峰时，质点振动的时间为，若，则波源处的质点振动的时间为，则波源处质点运动的路程
若，则波源处的质点振动的时间为，则波源处质点运动的路程
15. 冬天的北方，人们常用狗拉雪橇，狗系着不可伸长的绳拖着质量m=40kg的雪橇从静止开始沿着笔直的水平地面加速奔跑，5s后拖绳断了，雪橇运动的v—t图象如图所示。不计空气阻力，已知绳与地面斜向上的夹角为37°，且sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2。求：
(1)0～5s与5s～7s雪橇的位移大小之差；
(2)绳对雪橇的拉力大小。（结果保留三位有效数字）
【答案】(1)15m；(2)255N
【解析】
【详解】(1)在v—t图像中，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，因此0～5s雪橇的位移大小
5s～7s雪橇的位移大小
所以0～5s与5s～7s雪橇的位移大小之差
(2)在v—t图像中，斜率就等于物体的加速度，绳断后加速度
根据牛顿第二定律
而
可得
拖绳拉动雪橇的过程中，由v—t图像得此过程的加速度
根据牛顿运动定律有
又由于
联立解得F=255N
16. 如图所示，带有光滑弧形槽的滑块质量为静止放在水平面上，其中圆弧轨道对应的圆心角为，半径，同一竖直平面内的固定光滑半圆轨道cd的半径为，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，b点左侧水平轨道光滑、bc段粗糙，且。两质量分别为、的物体P、Q放在水平。轨道上，两滑块之间有一轻弹簧（弹簧与两滑块均不连接），用外力将轻弹簧压缩一定量后用细线将两滑块拴接在一起，开始弹簧储存的弹性势能。某时刻将细线烧断，弹簧将两滑块弹开（两滑块与弹簧分离时，滑块P未滑上弧形槽，滑块Q未滑到b点），此后滑块P冲上弧形槽。两滑块均可看成质点，重力加速度g取。
（1）若物体Q刚好能通过d点，求物体Q与bc段地面动摩擦因数；
（2）通过计算分析滑块P能否从弧形槽的左侧冲出，若能，求出滑块P上升的最高点，若不能，求出滑块P和弧形槽分离时各自的速度大小。
【答案】（1）；（2）不能，，
【解析】
【详解】（1）弹簧将两滑块弹开的过程中，系统的动量守恒、机械能守恒，以向左的方向为正方向，则有
解得
、
若Q恰能经过d点，则在d点的速度满足
Q从b点运动到半圆轨道最高点d，由动能定理有
联立解得
（2）滑块P以的速度冲上弧形槽，滑块P与弧形槽相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，设滑块P不能从弧形槽的左侧冲出，则滑块P运动到弧形槽的最高点时的速度为。则有
解得
此时滑块P距离水平面高度为，则有
解得
因
则滑块P恰好不能从最高点冲出，然后滑块P沿弧形轨道返回，滑块P返回到底端时的速度为、弧形槽的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得