北京市西城区普通中学2024学年高三物理第一学期期中监测模拟试题含解析

拟试题

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、关于物理学研究方法，以下说法错误的是（ ） ．．

A．在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，采用控制变量法

B．伽利略对自由落体运动的研究，以及理想斜面实验探究力和运动的关系时，采用实验归纳法

C．某些情况下，不考虑物体的大小和形状，突出质量要素，把物体看做质点；点电荷类似力学中的质点，也是一种理想化的物理模型

D．在利用速度-时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，把运动过程无限划分，采用微元法

2、距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图所示.小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地.不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于( )

A．1.25m B．2.25m C．3.75m D．4.75m

3、2017年12月，我国大飞机三剑客之一的“鲲龙”AG600成功首飞．若该飞机在起飞过程中做匀加速直线运动，下列能反映该运动过程的图象是( )

A． B． C． D．

4、如图所示，一个大人和一个小孩进行登楼比赛，他们同时从底层出发，最后到达六楼，小孩比大人先到．下面说法正确的是

A．小孩重力势能的变化一定大 B．大人重力势能的变化一定大 C．小孩重力做功的功率一定更大 D．大人重力做功的功率一定更大

5、如图所示,由A、B组成的双星系统，绕它们连线上的一点做匀速圆周运动,其运行周期为T,A、B间的距离为L,它们的线速度之比=2,则（ ）

A．AB角速度比为：B．AB质量比为：= C．A星球质量为：MA=

D．两星球质量为：MA+MB=

6、如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于小球和弹簧的能量叙述中正确的是（ ）

A．重力势能和动能之和总保持不变 B．重力势能和弹性势能之和总保持不变 C．动能和弹性势能之和总保持不变

D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变

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、如图所示，斜劈形物体的质量为M，放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速沿斜劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止，物块m上、下滑动的整个过程中（ ）

A．地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变 B．地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右 C．地面对斜劈M的支持力始终小于（M＋m）g D．物块m向上和向下滑动因摩擦产生的热量相同

8、甲、乙两弹簧振子水平放置时的振动图象如图所示，则可知（ ）

A．两弹簧振子完全相同

B．振子甲速度为零时，振子乙速度最大

C．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲：F乙＝2：1 D．振子乙速度为最大时，振子甲速度不一定为零 E.两振子的振动频率之比f甲：f乙＝1：2

9、一轻弹簧两端连接着质量均为m的A、B两物块，A通过轻绳固定于光滑斜面的挡板上。用沿斜面的力F使B向上缓慢移动一段距离后静止，此时弹簧处于压缩状态，轻绳仍处于伸直状态，如图所示。现撤去F，在B下滑过程中，以下说法正确的是（弹簧始终处在弹性限度内）

A．物块A始终保持静止 B．绳的拉力不可能为零

C．弹簧恢复原长时B的速度最大 D．弹簧弹性势能先减小后增大

10、如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居在圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数μ相同。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是（ ）

A．此时绳子张力为T＝3μmg B．此时圆盘的角速度为ω＝2g rC．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆心 D．此时烧断绳子物体A、B仍将随盘一块转动

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）在用图所示单摆“测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下：

a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上； b．用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长；

c．缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5位置由静止释放小球； d．用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T＝t/n；

42le．用公式g 计算当地重力加速度； 2Tf. 改变细线长度，重复b、c、d、e步骤，进行多次测量．

（1）在上述步骤中，错误的是_________（写出该步骤的字母）；改正后正确的应该是:__________________________________．

（2）该同学为了减少误差，利用上述未改正错误测量中的多组实验数据做出了像，该图像对应图中的________图．

图

（3）在“用单摆测定重力加速度”的正确实验中，下列做法有利于减小实验误差的是_________． A．适当加长摆线

B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的 C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大

D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期

（4）北京时间2005年5月22日上午10点05分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬．若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是Ｔ0，在峰顶的周期是T，则珠峰顶峰的海拔高度 h ＝_______．(地球可看作质量均匀分布的半径为R的球体)

12．（12分）在“验证牛顿第二定律”的实验中，实验装置如图甲所示.有一位同学通过实验测量作出了图乙中的A图线，另一位同学实验测出了如图丙中的B图线. 试分析： （1）A图线不通过坐标原点的原因是_________； （2）A图线上部弯曲的原因是______________； （3）B图线在纵轴上有截距的原因是_____________.

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，滑道项目大多建设在景区具有一定坡度的山坡间，成为游客的代步工具，又可以增加游玩的趣味性，在某景区拟建一个滑道，示意图如图乙，滑道共三段，第一段是倾角比较大的加速下坡滑道AB，第二段是倾角比较小的滑道BC，游客在此段滑道恰好做匀速运动，若游客从静止开始在A点以加速度a1做匀加速运动，经过4s到B点并达到最大速度16m/s，然后进入BC段做匀速运动，设计的第三段上坡滑道CD作为下客平台，使游客做匀减速运动后速度减为零（乘客经过两段轨道衔接

处可视作速度大小不变），游客乘坐滑道，从山顶A处到达下客平台D处总共用时8.5s，游客在各段滑道运动的总路程为92m，求：

（1）在AB段运动加速度a1的大小； （2）AB段的距离L1；

（3）乘客在BC段匀速运动的时间t0．

14．（16分）电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理．某一水平面内有一直角坐标系xOy，x=0和x=L=10 cm的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场E1=1.0×104 V/m，x=L和x=3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场E2=1.0×104 V/m，一电子(为了计算简单，比荷取为e/m =2×1011C/kg)从直角坐标系xOy平面内的坐标原点O以很小的速度进入匀强电场E1，计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运动．求：

(1) 电子从O点进入到离开x=3L处的电场所需的时间； (2) 电子离开x=3L处的电场时的y坐标；

(3) 电子离开x=3L处的电场时的速度大小和方向．

15．（12分）一物块以一定的初速度沿斜面向上滑出，利用DIS实验系统，在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系图像如图所示。求：（g=10m/s2） (1)物块上滑和下滑的加速度大小a1、a2； (2)物块向上滑行的最大距离s；

(3)斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ。

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、B

【解题分析】A、在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，由于涉及物理量较多，因此采用控制变量法进行实验，故A正确；B、伽利略对自由落体运动的研究，以及理想斜面实验探究力和运动的关系时，采用的是理想斜面实验法，故B错误；C、质点、点电荷是高中所涉及的重要的理想化模型，都是抓住问题的主要因素，忽略次要因素，故C正确；D、在利用速度-时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，采用极限思想，把时间轴无限分割，得出面积大小等于物体位移的结论，故D正确．本题选错误的，故选B．

【题目点拨】本题考查了常见的研究物理问题的方法的具体应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等，要通过练习体会这些方法的重要性，培养学科思想． 2、A 【解题分析】

试题分析：经过A点，将球自由卸下后，A球做平抛运动，则有：H=gt22；解得：

，小车从A点运动到B点的时间，因为两球同时落

5=2．5s，地，则细线被轧断后B处小球做自由落体运动的时间为t3=t2-t2=2-2．则h=gt222×2．52＝2．25m，故选A． ＝×

考点：平抛运动；自由落体运动

【名师点睛】本题主要考查了平抛运动和自由落体运动基本公式的直接应用，关键抓住同时落地求出B处小球做自由落体运动的时间，难度不大，属于基础题． 3、D 【解题分析】

飞机在起飞过程中做匀加速直线运动，由xv0t12at，可知x-t图为二次函数数，2故AC错误；由vat，可知v-t图为正比例函数，故B错误，D正确． 4、B 【解题分析】

AB． 从底层到达六楼，重力势能增加， △Ep=mgh，

大人与小孩上升的高度相等，大人质量大，重力势能的增量大，故A项错误，B项正确；

CD．小孩重力做功 W=-mgh，

比大人重力做功少；小孩所用时间短。 根据功率：

PW， t无法比较大人和小孩重力做功功率的大小。故C项错误，D项错误。 5、D 【解题分析】

A、万有引力提供双星做圆周运动的向心力,他们做圆周运动的周期T相等,根据知角速度之比为1:1，故A错； BCD、根据

，

，可知两星球运动的半径之比为

可

由牛顿第二定律得:解得：同理：

且

所以AB质量比为 ，故BC错；D对；

综上所述本题答案是：D 【题目点拨】

双星受到的万有引力大小相等,周期相同,万有引力提供做圆周运动的向心力,应用牛顿第二定律分别对每一个星体列方程,然后求出双星的质量 6、D 【解题分析】

A、对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧是一直被压缩的，所以弹簧的弹性势能一直在增大。因为小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，重力势能和动能之和始终减小。故A错误。

B、在刚接触弹簧的时候这个时候小球的加速度等于重力加速度，在压缩的过程中，弹簧的弹力越来越大，小球所受到的加速度越来越小，直到弹簧的弹力等于小球所受到的重力，这个时候小球的加速度为0，要注意在小球刚接触到加速度变0的工程中，小球一直处于加速状态，由于惯性的原因，小球还是继续压缩弹簧，这个时候弹簧的弹力大于小球受到的重力，小球减速，直到小球的速度为0，这个时候弹簧压缩的最短。所以小球的动能先增大后减小，所以重力势能和弹性势能之和先减小后增加。故B错误。 C、小球下降，重力势能一直减小，所以动能和弹性势能之和一直增大。故C错误。 D、对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。故D正确。 故选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、ACD 【解题分析】

A、B项，物块m先减速上滑后加速下滑，加速度方向始终沿斜面向下，对M和m整体进行受力分析得，水平地面始终对M有水平向左的摩擦力的作用，故A正确，B错误．

C项，将M和m看成一个整体，则加速度有竖直向下的分量，所以系统处于失重状态，地面对斜劈M的支持力小于(mM)g，故C项正确．

D项，设斜面的倾角为，物块上滑的过程和下滑过程走过的位移是相等的，摩擦力也是相等的，所以物块m向上和向下滑动因摩擦产生的热量相同，故D正确； 综上所述本题答案是：ACD 8、BDE 【解题分析】

A．两弹簧振子不一定完全相同，A错误；

B．分析振动图像可知，振子甲速度为零时，振子乙处于平衡位置，速度最大，B正确； C．弹簧振子的回复力

Fkx

本题中k可能不同，则无法判断两振子的回复力最大值的关系，C错误；

D．分析振动图像可知，振子乙速度最大时，振子甲可能处于最大位移处，也可能处于平衡位置，故振子甲速度不一定为零，D正确；

E．由图可知甲、乙两个振子的周期分别为，T甲2.0s，T乙1.0s，甲、乙两个振子的周期之比为2：1，频率

f1 T所以甲乙振子的振动频率之

f甲:f乙1:2

E正确。 故选BDE。 9、AD 【解题分析】

A、撤去外力F后，物体B下滑的过程中，弹簧先恢复原长，后又被拉长，而绳子拉力逐渐增大，但轻绳不可伸长，物体A始终处于静止状态，A正确；

B、若在力F做用下，弹簧被压缩，弹簧对A沿斜面向上的弹力，恰好等于A的重力沿斜面向下的分力，此时绳子刚好处于伸直状态，绳子中没有力。故B错误； C、在B下滑的过程中，弹簧先恢复原长，后又被拉长，在弹簧弹力小于B的重力沿斜B一直加速，面向下的分力时，直到B的重力沿斜面向下的分力，恰好等于弹簧弹力时，B的速度最大，之后B继续向下运动，开始减速。故C错误；

D、在B下滑的过程中，弹簧先恢复原长，后被拉伸，弹簧弹性势能先减小后增大，D

正确； 故选AD。 【题目点拨】

本题考查了动态平衡问题，和牛顿第二定律的动态问题；选择正确的研究对象，根据物体的受力判断其运动情况；知道物体B先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，加速度为零时，速度最大，并能根据弹簧的形变情况判断其弹性势能的变化情况。 10、AB 【解题分析】

ABC．A、B两物体相比，B物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B先有滑动的趋势，此时B所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心；当刚要发生相对滑动时，以B为研究对象，有

Tmg2mr2

以A为研究对象，有

Tmgmr2

由以上两式得

T3mg，2g r故AB正确，C错误；

D．若烧断绳子，由摩擦力提供向心力，则临界角速度对A物体

mgm12r

解得1对B物体

gr mgm222r

解得2故选AB。

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。

g2r，则A、B的向心力都不足，都将做离心运动，故D错误。

11、e; g4(ld/2)/T ; C; AC; h(22T1)R ; T0【解题分析】

ddl（1）摆长为l与小球半径之和，即l，根据单摆的周期公式：2，T22gd42(l)2，e错误； gT2d42(l)（2）用公式2计算当地重力加速度． gT2g2dT，l与T2成线性关系，l等于零时，T2不等于零，故选（3）由上式得，l242C．

（4）A、适当加长摆线，周期增大，周期的测量更准确一些，A正确；

B、质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，可以减小阻力的影响，B错误； C、细线偏离竖直方向应在约为5以内，C正确；

D、应用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间，计算单摆周期，D错误． 故选AC． （5）根据T2ll，T02；

g0gGMmGMmmg； mg，202(Rh)R又根据万有引力等于重力：

联立解得：h(T1)R T0点睛：摆长应为摆线与小球半径之和，

12、①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够； ②未满足拉车的砝码质量m远小于小车的质量M； ③在平衡摩擦力时，长木板的倾角过大，小车沿斜面向下的分力大于摩擦力，使尚未对小车施加拉力时，小车已有加速度. 【解题分析】

（1、2）小车质量M一定时，其加速度a与合力F成正比，图象应该为一条经过坐标原点的直线；由于实验中用钩码的重力代替小车的合力，故不可避免的会出现系统误差，乙图中，由于小车受到摩擦阻力，其合力小于绳子的拉力，所以不经过坐标原点；同时，钩码加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，要使钩码重力接近小车所受的拉力，只

有让小车质量远大于钩码质量，否则会出现乙图中的弯曲情况；则A图线不通过坐标原点的原因未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；A图线上部弯曲的原因是小车质量没有远大于钩码质量．

（3）由丙图看出，不挂钩码时已经有加速度a，说明平衡摩擦力时，右端垫的过高；长木板倾角过大（平衡摩擦力过度）． 【题目点拨】

在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于勾码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力！

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）4m/s2；（2）32m；（3）3s 【解题分析】

（1）在AB段，由运动学公式得：a1（2）AB段的距离为：L1（3）AB段位移为：L1v164m/s2； t1412a1t132m； 2vt1； 2BC段位移为：L2vt0；

vCD段位移为：L3t3；

2总位移为：L1L2L3L92m； 总时间为：t1t0t3t8.5s；

v(tt0)vt0； 216(8.5t0)16t0，解得t03s． 代入数据得：922可得：L10-8s.（2）y=0.1m;（3）v22107m/s θ=45° 14、（1）t= 2×【解题分析】

设电子离开x=L的位置记为P点，离开x=3L的位置记为Q点，则：

（1）vp2eE1L2107(m/s) mt12L108(s)

eE1/m运动到Q点时

t22L108(s) vp所以总时间为

tt1t22108(s)

（2）电子运动到Q点时

y1eE22t20.1(m) 2m（3）电子离开x=3L处的电场时

vv2v222107(m/s)7vv210(m/s)xyp0x eE2vy7t2210(m/s)tan145vymvx15、 (1)a1=8m/s，a2=2m/s；(2)1m；(3)=30，=0.346

22【解题分析】

(1)由图示图像可知，物块上滑和下滑的加速度大小分别为

v4=m/s2=8m/s2 t0.5v2a2==m/s2=2m/s2

t1.5-0.5a1=(2)由v−t图像的面积法，上滑的位移

1s=40.5m=1m 2(3)由牛顿第二定律得

mgsinmgcos=ma1 mgsinmgcos=ma2

解得

=30，μ

30.346 5