(
4.如图所示，倾角为
θ
的斜面体
M
置于粗糙的水平地面，物体
m
静止在斜面上．对
m
施加沿斜面向下的力
F
使其
匀速下滑，增大
F
使
m
加速下滑．
m
沿斜面匀速下滑和加速下滑时，斜面体
M
始终保持静止．比较
m
匀速下滑和
)绝密★启用前
(
加速下滑两个过程，下列说法正确的是( )
A．
m
在加速下滑时，
m
与
M
之间的摩擦力较大
B．
m
在匀速和加速下滑时，地面与
M
之间的摩擦力不变
C．
m
在匀速下滑时，
m
对
M
的压力较小
D．
m
在加速下滑时，地面对
M
的支持力较大
)2023-2024 学年度第一学期期中考试
高三物理试题
一、单选题(本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个项符合题目要求)
1．如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
5．有一竖直放置的“T ”形架，表面光滑，滑块 A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一根不可伸长的轻细 绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止． 由静止释放 B后，已知
当细绳与竖直方向的夹角为 60 °时，滑块 B沿着竖直杆下滑的速度为 v，则连接 A、B的绳长为( )
4v ( 2) 3v ( 2)
A. B.
(
A．
甲图中，物体在
0～
t
0
这段时间内的平均速度为
)g g
2v ( 2) 4v ( 2)
C. D.
3g 3g
B．乙图中，物体的加速度大小为 1 m/s2
(
6.如图所示，
B
为半径为
R
的竖直光滑圆弧
的左端点，
B
点和圆心
O
连线与竖直方向的夹角为
α
,
一个质量为
m
的小球在圆弧轨道左侧的
A
点以水平速度
v
0
抛出，恰好沿圆弧在
B
点的切线方向进入圆弧轨道，已知重力加速度
为
g
，下列说法正确的是( )
A．
AB
连线与水平方向夹角为
α
B．小球从
A
运动到
B
的时间
t
＝
)C．丙图中，阴影面积表示 t1～t2 时间内物体的位移
D．丁图中，t＝3 s 时物体的速度大小为 25 m/s
2.如图所示，一个质量为 m的滑块静止置于倾角为 30 ° 的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的 P点，
另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为 30 °.则(重力加速度为 g)( )
(
mgv
cos
α
D．小球运动到竖直光滑圆弧轨道的最低点时处于失重状态
7．一质量为
m
＝40
kg
的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动．在一段时间内电
动汽车的速度与牵
引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3 s
末电动汽车牵引力功率
达到额定功率，10 s
末
电动汽车的速度达到最大值，14
s
时关闭发动机，
经过一段时间电动汽车停止运动．整个过程中电动汽车受到的
)A．滑块一定受到三个力作用
B．弹簧一定处于压缩状态
C．小球运动到 B点时，重力的瞬时功率 P＝ 0
C．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg
D．斜面对滑块的支持力大小可能为零
3．如图所示，细绳一端固定在 A点，另一端跨过与 A等高的光滑定滑轮 B后悬挂一个砂桶 Q(含砂子)．现有另一
个砂桶 P(含砂子)通过光滑挂钩挂在 A、B之间的细绳上，稳定后挂钩下降至 C点，∠ACB＝120 ° , 下列说法正确
(
阻力恒定．下列说法正确的是( )
A．电动汽车最大速度为
10 m/s
B．电动汽车受到的阻力为
100 N
C．关闭发动机后，
电动汽车经过
5 s
停止运动
D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为
3 750 J
)的是( )
A．若只增加 Q桶中的砂子，再次平衡后 P桶位置不变
B．若只增加 P桶中的砂子，再次平衡后 P桶位置不变
C．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后 P桶位置不变
D．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后 Q桶位置上升
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8. 如图所示,光滑水平面上放置质量分别为 m、2m 和 3m 的三个木块,其中质量为 2m 和 3m 的木块间用一不可伸长 的水平轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为 FT 。现用水平拉力 F 拉质量为 3m 的木块,使三个木块以同一加速
度运动,则以下说法正确的是( )
A.质量为 2m 的木块受到四个力的作用
B.当 F 逐渐增大到 FT 时,轻绳刚好被拉断
C.当 F 逐渐增大到 1.5FT 时,轻绳还不会被拉断
D.轻绳刚要被拉断时,质量为 m 和 2m 的木块间的摩擦力为FT
二、多选题(本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求。 全部选对
的得 4 分；选对但不全的得 2 分；有选错或不答的得 0 分。）
9．我国的“天问一号 ”火星探测器被火星捕获后，经过多次调整，进入预设的环火圆轨道Ⅰ做匀速圆周运动， 如图所示，椭圆轨道Ⅱ 、Ⅲ为两次调整轨道，点 A是两椭圆轨道的近火点，点 B、C分别是椭圆轨道Ⅱ 、Ⅲ的远
火点，下列说法正确的是( )
A．“天问一号 ”在轨道Ⅱ上 A点的速率大于在轨道Ⅰ上 A点的速率
B．“天问一号 ”在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期
C．“天问一号 ”在轨道Ⅰ上经过 A点时的加速度大于在轨道Ⅱ上经过 A点时的加速度
D．“天问一号 ”在轨道Ⅱ上由 A点运行到 B点的过程中，万有引力对其做正功
10.（多选）在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从 A 点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示,
小球运动的轨迹上 A、B 两点在同一水平线上,M 为轨迹的最高点,小球抛出时的动能为 8 J,在 M 点的动能为 6 J
,不计空气的阻力,则下列判断正确的是( )
A.小球水平位移 x1 与 x2 的比值为 1∶3
B.小球水平位移 x1 与 x2 的比值为 1∶4
C.小球落到 B 点时的动能为 32 J
D.小球从 A 点运动到 B 点的过程中最小动能为 6 J
11．(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度 v0 由木 板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．第二次将长木板分成 A、B两块，使 B的长度和质量均 为 A的 2 倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度 v0 由 A的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅
块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的是( )
A．小铅块将从 B的右端飞离木板
B．小铅块滑到 B的右端前已与 B保持相对静止
C．第一次和第二次过程中产生的热量相等
D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中 产生的热量
12．(多选)如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球 A、B、C处于同一竖直平面内，质量均为 m，两段轻杆等长．现 将 C球置于距地面高 h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为 g，
则在小球 C下落过程中( )
A．小球 A、B、C组成的系统机械能守恒
B．小球 C的机械能一直减小
C．小球 C落地前瞬间的速度大小为
D．当小球 C的机械能最小时，地面对小球 B的支持力大于 mg
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第 II 卷 (非选择题 共 60 分)
三、实验题(本题共计 2 题,共计 14 分)
13．（6 分）某同学用图甲和图乙两个装置来探究平抛运动特点.
(1)该同学用如图甲所示的装置来探究平抛运动竖直分运动的特点．实验时用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平
方向抛出，同时 B球被释放， 自由下落，A、B两球同时开始运动．下列说法中正确的是 .
A．两球的体积、材料和质量可以任意选择，对实验结果没有影响
B．改变小锤击打的力度，可以改变 A球在空中的运动时间
C．如果两球总是同时落地，则可以验证平抛运动的竖直分运动是自由落体运动
D．通过该实验装置也能研究平抛运动的水平分运动特点
(2)为继续探究平抛运动水平分运动的特点，该同学用如图乙所示装置研究平抛运动．在下面的步骤中填入正确
的操作.
①按图乙安装好器材，注意斜槽末端 ，确定斜槽末端钢球球心 O为坐标原点，利用 确定竖直线. ②让钢球沿斜槽轨道滚下后从末端飞出，落在水平挡板上．由于挡板靠近木板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢 球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点．移动挡板，重新释放钢球，如此重复，让钢球多次从 位置上滚下，
白纸上将留下一系列痕迹点.
③取下白纸，以 O为原点， 以竖直线为 y轴建立坐标系，用平滑曲线画出平抛运动物体的轨迹，如图丙所示.
(3)在轨迹上取 A、B、C三点，根据竖直方向分运动的特点，若 OA1 ∶OB1 ∶OC1 ＝ ，表示相邻两点之间对
应的时间间隔相同．在此基础上，满足 条件时，可说明平抛运动的水平分运动是匀速直线运动.
14．（8 分）某实验小组利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.
(1)下列做法正确的有 (填正确答案标号)；
A．使用的电源是直流电源
B．必须使用天平测出重物的质量
C．必须使用秒表测量重物下落的时间
D．释放纸带前，应让重物尽量靠近打点计时器
(2) 如图乙为选取的一条符合实验要求的纸带(部分纸带未画出)，其中 O点为起始点，A、B、C、D、E、F、G均
为连续打出的点．已知打点周期为 T，重力加速度为 g.
①从纸带上直接测出各点间的距离，利用下列测量值能验证机械能守恒定律的有 (填正确答案标号)；
A．OE、OF和 OG的长度
B．OA和 AC的长度
C．OF和 FG的长度
D．AC、BF和 EG的长度
②若已知 OF的长度为 h1，EG的长度为 h2 ，选取从 O点到 F点的过程来验证机械能守恒定律，请用题中所给的符
号写出需要验证的表达式为 gh1 = ;
(3)某同学利用实验时打出的纸带，测量出了各计数点到起始点的距离 h，算出了各计数点对应的速度 v，然后以 h为横轴、v ( 2)为纵轴作出了如图丙所示的图线，发现图线明显未过原点 O，其主要原因可能是 (填正确答
案前的字母).
A．重物下落时受到阻力
B．电源的频率偏高
C．先松开纸带，后接通电源
D．利用公式 v＝ 计算重物速度
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四、计算题(共 46 分)
15、（8 分）一辆汽车沿高速公路行驶，导航提示在前方约 200m 处有超声波测速装置，为避免超速抓拍，司机此 时做出反应开始匀减速运动，加速度大小 a=8m/s2 ，减速开始时，测速仪恰好发出第一个超声波脉冲，汽车减速△ t=1.1s 后开始匀速行驶，已知测速仪每隔 t0=1.1s 发射一个超声波脉冲，超声波的传播速度 v0=340m/s，测速仪
显示屏显示出的发射与接收的超声波脉冲信号如图所示。
求：（1）汽车减速后匀速行驶的速度；
（2）汽车开始减速是的速度及与测速仪之间的距离
16.（8 分）如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ= 37 ° 的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为 m1 ＝4 kg 的物体 P，Q为一质量为 m2 ＝8 kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数 k＝600 N/m，系统处于静止状态．现给 Q 施加一个方向沿斜面向上的力 F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前 0.2 s 时间内，F为变力，
0.2 s 以后 F为恒力，已知 sin 37 ° =0.6，cos 37 ° = 0.8，取 g＝10 m/s2.求力 F的最大值与最小值.
17．（14 分）如图所示，在竖直平面内，长为 L、倾角θ= 37 ° 的粗糙斜面 AB下端与半径 R＝1 m 的光滑圆弧轨 道 BCDE平滑相接于 B点，C点是轨道最低点，D点与圆心 O等高．现有一质量 m＝0.1 kg 的小物体从斜面 AB上 端的 A点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的 D点．若物体与斜面之间的动摩擦因数 μ=0.25，不计空气阻力，
g取 10 m/s2 ，sin 37 ° = 0.6，cos 37 ° = 0.8，求：
(1)斜面 AB的长度 L；
(2)物体第一次通过 C点时的速度大小 vC1；
(3)物体经过 C点时，轨道对它的最小支持力 FNmin；
(4)物体在粗糙斜面 AB上滑行的总路程 s总.
18．（16 分）如图所示，光滑的曲面与水平面在 O点相切，水平面与一足够长的传送带在 P点平滑连接，传送带 与水平方向的夹角θ= 30 ° , 逆时针转动，速率 v＝3 m/s.一质量为 m＝1 kg 且可视为质点的物块 A 自曲面上高
h＝0.9 m 处由静止释放，经过 O点进入水平面向右运动，OP长 L＝1 m．已知 A与 OP段间的动摩擦因数 μ1 ＝0.1，
与传送带间的动摩擦因数 μ2 ＝ ，重力加速度 g＝10 m/s2.求：
(1)物块 A第一次经过 O点时的速度大小 v0；
(2)物块 A第一次自 P点上滑的最大位移 x；
(3)物块 A从 P点向上至第一次返回的过程中，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量 Q.
第 7 页 ，共 8 页 第 8 页 ，共 8 页2023-2024学年度第一学期期中考试
高三物理试题答案
1-5 D C C B D 6-10 B D C
9、答案 AB 10、答案 AC 11、答案 BD 12、答案 AC
13、(1)C ；(2)①水平 重垂线 ②同一 ； (3)1∶4∶9 OA2＝A2B2＝B2C2
14、(1)D ；(2)①AD ②()2或()2 ； (3)C
15、 （8分） （1）34m/s（2）L0=173.14m （详解见尾页）
16、（8分）答案 72 N 36 N
解析： 设开始时弹簧的压缩量为x0，
由平衡条件得(m1＋m2)gsin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m （2分）
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a （2分）
前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2 （2分）
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
对Q，应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N. （2分）
17、（14分）答案 (1)2 m (2)2 m/s (3)1.4 N (4)6 m
解析 (1)A到D过程，根据动能定理有
mg(Lsin θ－Rcos θ)－μmgLcos θ＝0
解得：L＝2 m.
(2)物体从A到第一次通过C点过程，根据动能定理有
mg(Lsin θ＋R－Rcos θ)－μmgLcos θ＝mvC12
解得：vC1＝2 m/s；
(3)物体经过C点，轨道对它有最小支持力时，它将在B点所处高度以下运动，
所以有：mg(R－Rcos θ)＝mvmin2
根据牛顿第二定律有：FNmin－mg＝m，
解得FNmin＝1.4 N；
(4)根据动能定理有：mgLsin θ－μmgs总cos θ＝0
解得s总＝6 m．
18、（16分）答案 (1)3 m/s (2)0.8 m (3)12.25 J
解析 (1)物块A第一次运动到O点时，由动能定理得mgh＝mv02－0
代入数据，解得v0＝3 m/s
(2)设物块A第一次到P点的速度为v1，对OP过程，由动能定理有－μ1mgL＝mv12－mv02
代入数据解得v1＝4 m/s
物块A沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，设此过程加速度大小为a，
由牛顿第二定律得mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma
解得a＝10 m/s2
当物块A的速度减为零时，上滑位移最大，由运动学公式得0＝v1－at1
x1＝v1t1
代入数据解得t1＝0.4 s，x1＝0.8 m
(3)物块A第一次在传送带上到达最高点的过程，传送带的位移为x带＝vt1＝3×0.4 m＝1.2 m
传送带向下运动，物块A向上运动，所以此过程相对位移为Δx1＝x1＋x带＝0.8 m＋1.2 m＝2.0 m
物块A到最高点后又向下加速，加速度仍为a，物块A与传送带速度相同时，有v＝at2
解得t2＝0.3 s
物块A的位移为x2＝vt2
解得x2＝0.45 m＜0.8 m
即物块A与传送带共速后匀速运动至P点，返回过程物块A与传送带的相对位移Δx2＝vt2－x2＝0.45 m
全过程产生热量Q＝μ2mgcos θ(Δx1＋Δx2)＝12.25 J.
