2024 年广西省玉林市高三物理第一学期期中学业水平测试试题（解析版）

这是一份2024 年广西省玉林市高三物理第一学期期中学业水平测试试题（解析版），共14页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，，求等内容，欢迎下载使用。

考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷 上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非 选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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、图是某质点运动的速度图像，由图像得到的正确结果是
A ．0~1 s 内的平均速度是 2m/s
B ．0~1s 内的位移大小是 3 m
C ．0~1s 内的加速度大于 2~4s 内的加速度
D ．0~1s 内的运动方向与 2~4s 内的运动方向相反
2、2017 年 6 月 25 日消息，为确确保国产大飞机 C919 顺利试飞，东营胜利机场跑道延 长至 3600 米．若大飞机着陆后以 6m/s2 的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为
60m/s，则它着陆后 12s 内滑行的距离是 ( )
A ．360m B ．300m C ．288m D ．150m
3、北京正负电子对撞机是我国第一台高能加速器，由电子注入器、储存环、探测器、 核同步辐射区、计算中心等 5 个部分组成，其储存环的周长为 240 米．某同学在参观 时得知此时在储存环中绕环圆周运动的电子有 5×1012 个，形成的电流为 10mA ，则可 估算出储存环中电子的平均移动速率为 ( )
A ．3×107m/s B ．3×106m/s C ．9×107m/s D ．9×106m/s
4、简谐运动的物体，在返回平衡位置过程中，变大的物理量是
A ．动能 B ．回复力 C ．位移 D ．机械能
5、如图所示，为了浴室用电安全，某同学用理想变压器给浴室降压供电，理想变压器
原、副线圈匝数比为 5:1，原线圈输入交变电压 u=311sinl00πt(V)，已知照明灯额定功 率为 44W，排气扇电动机内阻为 lΩ , 电流表示数为 2A，各用电器均正常工作，电表均 为理想表．则( )
A ．电压表示数为 62V
B ．变压器的输入功率为 186W
C ．排气扇输出功率为 43W
D ．保险丝熔断电流不得低于 2A
6、控制汽车油耗是减少排放二氧化碳的主要手段之一，各国相继出台在不久的将来禁 售燃油车的相关政策，而大力研发电动汽车．一电动汽车装备了具有“全力自动刹车” 功能的城市安全系统，当车速 v≤10m/s、且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距 离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使电动汽车避免 与障碍物相撞．在上述条件下，若某一电动汽车以 10m/s 的速度在一条平直公路上行驶， 启动了“全力自动刹车”后其加速度大小为 4m/s2，则从开始经 1s 与 3s 过程中，汽车的 位移之比为( )
A ．1 ∶3 B ．2 ∶3 C ．1 ∶6 D ．16 ∶25
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、质量m = 2kg 的物块在斜面项端由静止开始沿顿角为30。的粗糙斜面匀加速下滑。加
速度a=4m/s2 ，下滑的距离为 4m。下列判断正确的是（取 g=10m/s2 ）( )
A ．物块的重力势能减少 80J
B ．物块的动能增加 32J
C ．物块的机械能减少 8J
D ．物块的合外力做功为 32J
8、在恶劣的雾霾天气中，能见度不足 100m ．甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，
乙在前，行驶速度是 15m/s，甲在后，行驶速度是 25m/s，二车同向行驶．某时刻两车 司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，结果两辆车发生了碰撞．如 图所示为两辆车刹车过程的 v﹣t 图象，由此可知( )
A ．两辆车刹车时相距的距离一定等于 112.5m
B ．两辆车刹车时相距的距离一定小于 l00m
C ．两辆车可能是在刹车后的 20s 之后的某时刻发生相撞的
D ．两辆车要避免相撞，后车甲应该增大刹车的加速度
9、一只质量为 M 的平板小车静止在水平光滑面上，小车上站着一个质量为 m 的人， M＞m，在此人从小车的一端走到另一端的过程中，以下说法正确的是(不计空气的阻 力)( )
A ．人受的冲量与平板车受的冲量相同
B ．人向前走的速度大于平板车后退的速度
C ．当人停止走动时，平板车也停止后退
D ．人向前走时，在水平方向上人与平板车的总动量守恒
10、两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球， 其中一个球的带电量的绝对值是 另一个的 5 倍，它们间的库仑力大小是 F，现将两球接触后再放回原处，它们间库仑力 的大小可能是( )
5F 4F 5F 9F
A ． —— B ． —— C ． —— D . ——
9 5 4 5
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）将橡皮筋的一端固定在 A 点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一 个量程为 5 N、最小刻度为 0.1 N 的弹簧测力计．沿着两个不同的方向拉弹簧测力计．当 橡皮筋的活动端拉到 O 点时，两根细绳相互垂直，如图所示．这时弹簧测力计的读数 可从图中读出.
(1)由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为 N 和 N.
(2)在图所示的方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力 .
(3)图(A)(B)两图是两位同学得到的实验结果，其中哪一个图符合实际？ 若合力
测量值 F′是准确的，则 F 与 F′有误差的原因可能是哪些？
12．（12 分）为了探究质量一定时加速度与力的关系。 一同学设计了如图甲所示的实验 装置。其中M 为带滑轮的小车的质量， m 为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）
(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是（_____）。
A ．用天平测出砂和砂桶的质量
B ．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C ．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测 力计的示数
D ．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
E ．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量 M
(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画
出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度 为 m / s2 （结果保留两位有效数字）。
(3)以弹簧测力计的示数 F 为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a — F 图象是一条直线， 图线与横轴的夹角为θ ,求得图线的斜率为k ，则小车的质量为( )
1 2
A ． 2tanθ B ． C ． k D .
tanθ k
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）古代战场上人们设计了如图所示的自动投石装置，其左端固定一弹簧，A 为放入石块口，BC 是一长为 1.5R 的竖直细管，上半部 CD 是半径为 R 的四分之一圆弧 弯管，管口沿水平方向。投石时，每次总将弹簧长度压缩到相同位置后锁定，在弹簧右 端放置一块石头，解除锁定，弹簧可将石头向右弹射出去。在某次投放时，将质量为 m 的石块放入该装置中，解除锁定后石块到达管口D 时，对管壁的作用力恰好为零。不 计石块在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。 已知重力加速度为 g。求：
(1)该石块到达管口D 时的速度大小 v1；
(2)弹簧被锁定时的弹性势能 Ep；
(3)已知山坡与水平地面相距 2R，若使该投石管绕中轴线 OO′在90O 角的范围内来回缓
2
慢转动，每次弹射时只放置一块石头，石块的质量在 m 到 m 之间变化，持续投放足 3
够长时间后，石块能够落到水平地面的最大面积 S 是多少？
14．（16 分）如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块 A、B、C ．B 的
0
左侧固定-轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计) ．设 A 以速度v 朝 B 运动，压缩弹簧；当
A ．B 速度相等时，B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设 B 和 C 碰撞过 程时间极短．求从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.
15．（12 分）如图所示，倾角为 37°的斜面长 l＝1.9 m，在斜面底端正上方的 O 点将一 小球以 v0 ＝3 m/s 的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时 间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面 P 点处击中滑块。（小球和滑块均可视 为质点，重力加速度 g 取 9.8 m/s2 ，sin37° =0.6，cs37° =0.8），求：
(1)抛出点 O 离斜面底端的高度；
(2)滑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、C
【解题分析】
A、由 v-t 图像的面积可求得 0—1s 的位移 s=1m，时间 t=1s，由平均速度定义得：
s
v = = 1m/s ，故 A 选项错误； t
B、由 v-t 图像的面积可求得 0—2s 的位移 s=3m，故 B 选项正确；
C、利用图像斜率求出 0-1s 的加速度：a =2m/s2、2-4s 的加速度a =1m/s2、因而：a > a ，
1 2 1 2
故 C 选项正确；
D、由图像可见 0-1s、2-4s 两个时间段内速度均为正，表明速度都为正向，运动方向相 同，故 D 选项错误.
2、B
【解题分析】
根据速度时间公式得，飞机着陆到停止所需的时间 s = 10s ；则着陆 12s 内的距离和 10s 内的距离相等，所以 x = ×10s = 300m ；故 B 正确、
ACD 错误；故选 B .
点睛：本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题要掌握匀变速直线运动的位移 时间关系，注意刹车过程中的“刹车陷阱”问题.
3、B
【解题分析】
设单位长度上的电子数目为 n，
则单位长度上电子的电荷量 q'=ne 。t 秒内电子通过的距离x=vt，t 秒内通过某横截面的
电荷量 q=xq'=nevt，由 I = 得：
I = nev， 所以：
A. 3×107m/s。故 A 错误； B. 3×106m/s。故 B 正确； C. 9×107m/s。故 C 错误； D. 9×106m/s。故 D 错误。
4、A
【解题分析】
简谐运动的物体，在返回平衡位置过程中，变大的物理量是速度，动能；而回复力、位 移减小；机械能不变，选项A 正确，BCD 错误；故选A.
5、C
【解题分析】
变压器输入交变电压 u=311sin100πt（V），有效值 U=220V，变压器原、副线圈匝数比 为 5：1，所以副线圈电压 U2=44V，故 A 错误；电流表示数为 2A，所以输出功率
P=44×2W=88W，所以变压器的输入功率为 88W，故 B 错误；照明灯的电流
44
I1＝44 A＝1A ；则排气扇的电流为 I2=2A-1A=1A，则排气扇输出功率为
P ＝I U — I 2 r＝1× 44 —12 ×1＝43W ，选项 C 正确；变压器的初级电流为
出 2 2 2
1 2
I＝ I ＝ A＝0.4A ，故保险丝熔断电流不得低于 0.4A，选项 D 错误；故选 C .
5 次 5
点睛：此题是关于变压器及交流电的计算；关键是知道电表的读数以及电功率的计算都 是交流电的有效值；知道有电动机的问题中的能量转化关系.
6、D
【解题分析】
刹车真实时间为 t = EQ \* jc3 \* hps35 \\al(\s\up 12(v),a) = 2.5s ，1s 位移为x = vt + at 2 = 16m ，3s 位移其实就是 2.5s 位移 = 25m 位移之比为 16:25，故 D 项正确.
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、BCD
【解题分析】
A.物块的重力势能减少等于重力对物体做的功，为：
ΔE = mgxsin30 = 2 ×10 × 4 × 0.5J = 40J
p
故 A 错误；
BD.物块的合外力为
F = ma = 8N
合
合外力做功为：
W = F x = 8×4J = 32J
合 合
根据动能定理知，物块的动能增加等于合外力做功，为：
ΔE = 32J
k
故 B、D 正确；
C.物块的重力势能减少 40J，动能增加 32J，则机械能减少40J —32J = 8J ，故 C 正确。
【解题分析】
AB、由图可知，两车速度相等时经历的时间为 20s，甲车的加速度为
甲
乙车的加速度为 m / s2 = -0.5 m / s2
乙
0～20s 内甲车的位移x甲 =v甲t + a1t2 = 300m 0～20s 内乙车的位移 x乙 =v乙t + a2t2 = 200m
由于两辆车发生了碰撞，所以两辆车刹车时相距的距离一定小于
Δx = 300 -200m =100m 故 A 项错误，B 项正确.
C：因为速度相等时，若不相撞，接下来两者的距离又逐渐增大，可知两辆车一定是在 刹车后的 20s 之内的某时刻发生相撞的，故 C 项错误.
D：两辆车要避免相撞，后车甲应该增大刹车的加速度，使其速度减得更快，故 D 项正 确.
点睛：避碰类问题要分析速度相等时的位置关系，确认此时是否发生碰撞且判断碰撞能 否发生.
9、BCD
【解题分析】
人向前走时，在水平方向上人和平板车所组成的系统动量守恒， 初状态人船静止，系统
总动量为零，以人运动方向为正方向，有 ，则 ，故人往前走， 车后退，且当人的速度为零时，车的速度也一定为零，故 CD 正确。由于 M＞m，所以 ,故 B 正确。由动量定理可知， ，则人和车的冲量大小相等，
但方向相反，故冲量不相等，故 A 错误。 【题目点拨】
本题主要考查动量守恒定律和动量定理，对整体受力分析，根据动量守恒的条件可得出 系统是否动量守恒；由冲量的定义可得出冲量是否相等。
10、BD
【解题分析】
若两电荷同性，设一个球的带电量为 Q，则另一个球的带电量为 5Q，此时
.若两电荷同性，接触后再分开，带电量各为 3Q，则两球的库仑力大小
.若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为 2Q，此时两球的库仑力
故 BD 正确，AC 错误。 故选 BD.
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、 2.50 4.00 如图；
B 正确 测力计的读数不准确；力的方向画的准确
【解题分析】（1）由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为 2.50N 和 4.00 N.
（2）取如图所示的两格表示 1.0N，则可得出 F1 、F2 ，由上图得出两力的方向；作出平 行四边形，即其对角线的长度表示力的大小，箭头的指向表示力的方向，故答案如图所 示：求得 F=4.7N；
（3）图 B 中的 F 与 F′中，F 是由平行四边形得出的，而 F′是通过实验方法得出的，其 方向一定与橡皮筋的方向相同， 一定与 AO 共线的是 F′，故选 B .
若合力测量值 F′是准确的，则 F 与 F′有误差的原因可能是: 测力计的读数不准确；力 的方向画的准确.
点睛：本题考查弹簧秤的读数及作力的图示，都属对基础技能的考查；应注意读数时要 注意精度及题目的要求．本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同
作用的效果相同，可以互相替代.
12、BD 1.3 D
【解题分析】
(1)[1]AE ．本实验中细线的拉力由弹簧测力计直接测出，不需要用天平测出砂和砂桶的 质量，也就不需要使砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M，故 AE 错误。
B ．先拿下砂桶，然后将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故 B 正确；
C ．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速 度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故 C 错误；
D ．要改变砂和砂桶质量，从而改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随 F 变化
关系，故 D 正确。 故选 BD。
(2)[2]根据公式 Δx=aT2
依据逐差法可得小车加速度。由于两计数点间还有二个点没有画出，故相邻计数点的时 间间隔为 T=0.06s，可得
(3)[3]由牛顿第二定律 2F = Ma
得
对a 一F 图来说，图象的斜率
2 k =
M 得
对于斜率 k，不能根据 k=tanθ
求解，所以不能根据
可求小车的质量 M，故 ABC 错误，D 正确。
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)
gR
(2)3mgR
33
(3) πR2
4
【解题分析】
(1)石块到管口 C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则：
v2
mg = m 1
R
解得：
v = gR
1
(2)弹簧的弹性势能全部转化为石块的机械能，由机械能守恒定律有：
E
P
1
= mg (1.5R + R) + mv2 2 1
解得：
E = 3mgR
P
(3)不考虑因缓慢转动装置对石块速度大小的影响，质量为m 的石块离开管口后做平抛
运动，设经过 t 时间落到水面上，离 OO′的水平距离为x1 ，由平抛运动规律有
1
4.5R = gt2
2
x = vt + R
1 1
解得：
x = 4R
1
2
3 2
当石块的质量为 m 时，设其到达管口C 时速度大小为v ，由机械能守恒定律有：
E
P
2 1 2
= mg (1.5R + R)+ × mv2
3 2 3 2
解得：
v = 2 gR
2
2
质量为 3 m 的石块落到水面上时，设离 OO′的水平距离为x2 ，则有
x = v t + R
2 2
解得：
x = 7R
2
石块能够落到水面的最大面积为
14、（1）整个系统损失的机械能为；
（2）A 与挡板分离时，A 的速度为 0.28v0 ，方向与 v0 相反. 【解题分析】
( ⅰ) 从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v1 时， 对 A、B 与弹簧组成的系统，由动 量守恒定律得 2mv0=3mv1①
此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为 v2，损失的机械能为 ΔE，对 B、C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得 mv1=2mv2②
m vEQ \* jc3 \* hps17 \\al(\s\up 1(2),1) =ΔE+ (2m) vEQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 3(2),2)③ 联立①②③式得 ΔE=
( ⅱ) 由②式可知 v2< v1 ，A 将继续压缩弹簧，直至 A、B、C 三者速度相同，设此速度
【解题分析】
(1)设小球击中滑块时的速度为 v，竖直速度为 vy ，如图所示
由几何关系得
v
tan 37 = 0
v
y
设小球下落的时间为t，竖直位移为y，水平位移为 x， 由平抛运动规律得
y
v ＝gt
为 v3 ，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为
E . p
由动量守恒和能量守恒定律得
2mv0=4mv3⑤
1 1
2mv2 -ΔE= (4m) 2 0 2
v2 3
+Ep⑥
联立④⑤⑥式得 Ep=
15、 (1)1.7 m；(2)0.125
设抛出点到斜面底端的高度为 h，由几何关系得 h＝y＋xtan37°
联立解得 h ＝1.7 m
(2)设在时间 t 内，滑块的位移为 s，由几何关系得
s = l —
x
cs37
设滑块的加速度为a，由运动学公式得
1
s = at2
2
对滑块，由牛顿第二定律得 mgsin37°-μmgcs37° =ma
联立解得 μ =0.125.