2024年江蘇省淮安市淮陰中學、姜堰中學高三物理第一學期期中達標檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。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，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示,質量相同的三個小球均可視為質點,處于同一水平面上．A球以初速度v0豎直上拋,B球以與水平面成θ角、大小也是v0的初速度斜向右上拋出,C球沿傾角為θ的足夠長斜面以初速度v0上滑.上述運動過程中均不計空氣阻力和一切摩擦,以下關于三個小球上升的最大高度的比較正確的(

)A．HB<HA=HC B．HA>HB=HC C．HA<HB<HC D．HA>HB>HC2、下列關于功、功率的說法，正確的是（）A．只要力作用在物體上，則該力一定對物體做功B．由P=知，只要知道W和t就可求出任意時刻的功率C．摩擦力一定對物體做負功D．由P=Fv知，當汽車發動機功率一定時，牽引力與速度成反比3、如圖所示，有5000個質量均為m的小球，將它們用長度相等的輕繩依次連接，再將其左端用細繩固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球靜止。若連接天花板的細繩與水平方向的夾角為45°，則第2018個小球與2019個小球之間的輕繩與水平方向的夾角α的正切值等于（）A． B． C． D．4、如圖所示，在某次排球比賽中，一運動員將排球從A點水平擊出，排球擊中D點：另一運動員將該排球從位于A點正下方且與D點等高的B點斜向上擊出，最高點為C，排球也擊中D點，A、C高度相同。不計空氣阻力下列說法正確的有（）A．兩個過程中，排球的飛行時間相等B．后一個過程中，排球擊中D點時速度較大C．兩個過程中，運動員對排球所做功可能相等D．后一個過程中，排球擊中D點時重力做功的瞬時功率較大5、精致的盆栽可以美化環境，圖示的盆栽在福建惠安聚龍小鎮公路旁隨處可見。若花盆可視為外表面光滑的半球體，用水平臺面上對稱分布的三個小小的石頭球體支撐著（三個石頭球位于等邊三角形的頂點）。若花盆總重為G，半球體的球心與石頭球體的球心連線與豎直方向夾角為θ，則花盆受到一個石頭球體的支持力大小為A．13G B．13G6、下列物理量中，屬于矢量的是A．路程B．速率C．質量D．加速度二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、通過對火星的探測得知，“火衛一號”位于火星赤道正上方,它到火星中心的距離為9450km,繞火星一周所用的時間為7h39min．“火衛一號”繞火星運動的軌道可以認為是圓軌道，引力常量C=6.67×10-11N?m1/kg1．則下列說法正確的是（）A．由題中信息可以求出火星的質量B．若知道火星的半徑，還可以求出火星表面的重力加速度C．若知道火星表面的重力加速度，還可以求出火星的第一宇宙速度D．若知道火星自轉的周期，則可以求出火星對赤道上某物體的引力8、如圖所示，輕質彈簧的一端與固定的豎直板P栓接，另一端與物體A相連，物體A靜止與光滑水平桌面上，右端接一細線，細線繞過光滑的輕質定滑輪與物體B相連，開始時用手托住B，讓細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度，下列有關該過程的分析正確的是（）A．B物體的機械能一直在增大B．B物體的動能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和C．B物體機械能的減小量等于彈簧的彈性勢能的增加量D．細線拉力對A做的功等于A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量9、如圖所示，豎直平面內固定有半徑為R的光滑半圓形軌道，最高點M、N與圓心O、在同一水平線上，物塊甲、乙質量之比為1：3。物塊甲從M處由靜止開始無初速釋放，滑到最低點P與靜止在P處的物塊乙發生第一次彈性碰撞，碰撞時間很短可不計，碰后物塊甲立即反向，恰能回到軌道上Q點，物塊甲、乙均可視為質點，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．QP之間的豎直高度為B．QP之間的豎直高度為C．在以后的運動中，物塊甲不能回到M點D．在以后的運動中，物塊甲能回到M點10、如圖所示的電路中，電源的電動勢E和內阻r一定，A、B為平行板電容器的兩塊正對金屬板，R1為光敏電阻。當R2的滑動觸頭P在a端時，閉合開關S，此時電流表A和電壓表V的示數分別為I和U。以下說法正確的是()A．若僅將R2的滑動觸頭P向b端移動，則I不變，U增大B．若僅增大A、B板間距離，則電容器所帶電荷量減少C．若僅用更強的光照射R1，則I增大，U增大，電容器所帶電荷量增加D．若僅用更強的光照射R1，則U變化量的絕對值與I變化量的絕對值的比值不變三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某實驗小組用一只彈簧測力計和一個量角器等器材驗證力的平行四邊形定則，設計了如圖所示的實驗裝置，固定在豎直木板上的量角器的直邊水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圓心O的正上方A處，另一端系繩套1和繩套2，主要實驗步驟如下：①彈簧測力計掛在繩套1上豎直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的結點到達O點處，記下彈簧測力計的示數F；②彈簧測力計掛在繩套1上，手拉著繩套2，緩慢拉橡皮筋，使橡皮筋的結點到達O處，此時繩套1沿0°方向，繩套2沿120°方向，記下彈簧測力計的示數；③根據力的平行四邊形定則計算繩套1的拉力________；④比較_________即可初步驗證；⑤只改變繩套2的方向，重復上述試驗步驟．回答下列問題：（1）將上述實驗步驟補充完整；（2）將繩套1由0°方向緩慢轉動到60°方向，同時繩套2由120°方向緩慢轉動到180°方向，此過程中保持橡皮筋的結點在O處不動，保持繩套1和繩套2的夾角120°不變，關于繩套1的拉力大小的變化，下列結論正確的是________（填選項前的序號）．A．逐漸增大B．先增大后減小C．逐漸減小D．先減小后增大12．（12分）借助于位移傳感器可以方便地測量木塊和木板之間的動摩擦因數，實驗裝置如圖甲所示，木塊從木板上面某一點靜止釋放，位移傳感器記錄下木塊到傳感器的距離。計算機描繪的距離隨時間變化的圖象如圖乙所示。圖甲圖乙（1）根據上述s-t圖象，計算木塊加速度a=__________m/s2，0.3s時木塊的速度v=_______m/s，。（以上結果均保留2位有效數字）（2）根據圖中提供的已知數據，可計算出木塊與木板間的動摩擦因數μ=________。（取重力加速度g=10m/s2，結果保留2位有效數字）（3）為了提高木塊與木板間動摩擦因數的測量精度，下列措施可行的是________。A．點與傳感器距離適當大些B．木板的傾角越大越好C．選擇體積較小的實心木塊D．傳感器開始計時的時刻必須是木塊從A點釋放的時刻四、計算題：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明、方程式和演算步驟。13．（10分）蹦床運動有“空中芭蕾”之稱，某質量m=50kg的運動員從距蹦床高處自由落下，接著又能彈起高，運動員與蹦床接觸時間t=0.50s，在空中保持直立，取，求：（1）運動員與蹦床接觸時間內，所受重力的沖量大小l；（2）運動員與蹦床接觸時間內，受到蹦床平均彈力的大小F．14．（16分）已知太陽光從太陽射到地球需要500s，地球公轉軌道可近似認為是圓軌道．地球的半徑為6.4×103km．試估算太陽的質量M和地球的質量m之比．(結果保留1位有效數字)．15．（12分）A、B、C三物塊質量分別為M、m和，作如圖所示的聯結其中，，，繩子不可伸長，繩子和滑輪的質量不計，繩子和滑輪間、A物塊和桌面間均光滑從圖中所示位置釋放后A、B、C一起作勻加速直線運動，求在作勻加速直線運動的過程中物塊A與B間的摩擦力大小和繩上的拉力取

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解題分析】對于A、C兩個球，達到最高點時，A、C兩個球的速度均為零，物體的動能全部轉化為重力勢能，所以A、C的最大高度相同；對于B球來說，由于B是斜拋運動，在水平方向上有一個速度，這個分速度的動能不會轉化成物體的重力勢能，所以B球在最高點時的重力勢能要比AC兩球的小，所以高度要比AC兩球的高度小，所以A正確．故選A．2、D【解題分析】只有同時滿足功的兩個條件，力才做功，即：物體受力，同時在力的方向上發生了位移，故A錯誤；公式P=W/t只能計算平均功率，不能計算瞬時功率，故B錯誤；恒力做功的表達式W=FScosα，滑動摩擦力的方向與物體相對運動方向相反，但與運動方向可以相同，也可以相反，物體受滑動摩擦力也有可能位移為零，故可能做負功，也可能做正功，也可以不做功；靜摩擦力的方向與物體相對運動趨勢方向相反，但與運動方向可以相同，也可以相反，還可以與運動方向垂直，故靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，也可以不做功，故C錯誤；據P=Fv可知，當功率恒定時，牽引力與速度成反比，故D正確．故選D．點睛：解答此題的關鍵是：①理解做功的兩個必要因素：作用在物體上的力；物體在力的方向上通過的距離．二者缺一不可；②理解平均功率和瞬時功率的概念，會用控制變量法討論；③同時要明確恒力做功的求法．3、D【解題分析】

以5000個小球組成的整體為研究對象，分析受力情況，如圖1所示，根據平衡條件得：F=5000mg；

再以2018個到5000個小球組成的整體為研究對象，分析受力情況，如圖2所示，則有：。A．，與結論不相符，選項A錯誤；B．，與結論不相符，選項B錯誤；C．，與結論不相符，選項C錯誤；D．，與結論相符，選項D正確；4、C【解題分析】

AB．由于從AB兩點發出的球都能到達D點，B球從C到地面豎直方向做自由落體運動，根據豎直方向的運動可知tB=2tAvyA=vyB由于水平方向的位移相同，根據可知vA水＞vB水根據速度的合成可知，A拋出時的速度vA0=vA水，A落到D點時的速度B落到D點時的速度故兩過程中，后一個過程中，排球擊中D點時速度較小，故AB錯誤；

C．第一個過程中對排球做功第二個過程中對排球做功因為vA水＞vB水，可知W1可能等于W2，選項C正確；D．由于豎直方向做的是自由落體運動，下落的高度相同，故落地時豎直方向的速度相同，vyA=vyB則重力的瞬時功率P=mgvy相同，故D錯誤；故選C。5、D【解題分析】

花盆受到重力G和三個石頭球體的彈力N而平衡，在豎直方向上3Ncosθ=G，解得N=G3cosθ，故選項D正確，A、6、D【解題分析】

矢量是既有大小又有方向的物理量，標量是只有大小沒有方向的物理量。【題目詳解】A、B、C項：標量是只有大小沒有方向的物理量，路程、速率和質量都是標量，故A、B、C錯誤；D項：矢量是既有大小又有方向的物理量，加速度為矢量，故D正確。故選：D。【題目點撥】矢量與標量明顯的區別是：矢量有方向，標量沒有方向。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、ABC【解題分析】A、由，得，可求得火星的質量，故A正確；B、由，得，若知道火星的半徑，可以求出火星表面的重力加速度，故B正確；C、由，得，，若知道火星表面的重力加速度，可以求出火星的半徑，也可以求出火星的第一宇宙速度，故C正確；D、火星對赤道上某物體的引力，由于不知道物體的質量，所以不能求出火星對赤道上某物體的引力，故D錯誤；故選ABC．【題目點撥】關鍵是掌握萬有引力提供向心力，求質量時只能求中心天體的質量．8、BD【解題分析】

由于繩子的拉力對B做負功，所以B物體的機械能在減小，A錯誤；B物體受到繩子的拉力和重力作用，重力做正功，拉力做負功，根據動能定理可得B物體的動能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和，B正確；將AB和彈簧看做一個整體，B物體的重力勢能轉化為AB的動能和彈簧的彈性勢能，故B物體機械能的減小量等于彈簧的彈性勢能的增加量與A動能增加量之和，C錯誤；將A和彈簧看做一個整體，繩子的拉力對整體做正功，所以細線拉力對A做的功等于A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量，D正確．9、AD【解題分析】

AB．設QP之間的豎直高度為h，物塊甲M點滑到P點過程機械能守恒，由機械能守恒定律得解得物塊甲第一次與物塊乙碰前速度大小碰后物塊甲立即反向，恰能回到軌道上Q點，由機械能守恒定律得解得碰撞后甲的速度大小為設甲的質量為m，則乙的質量為3m，甲乙發生彈性碰撞，以向左為正方向，根據動量守恒定律有根據機械能守恒定律有聯立解得，，，故A正確，B錯誤；CD．由于第一次碰撞后兩物塊的速度大小相等，則物塊甲、乙將同時回到最低位置P點發生第二次彈性碰撞，以向右為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得物塊甲的速度大小為碰撞后對甲，由機械能守恒定律得解得h′=R，物塊甲能回到M點，故C錯誤，D正確。故選AD。10、BD【解題分析】

A．滑動變阻器處于含電容支路中，相當于導線，所以移動滑動觸頭，I不變，U不變，故A錯誤；B．若僅增大A、B板間距離，因板間電壓不變，由知電容減小，再由電容的定義式可知電容器所帶電荷量減少，故B正確；C．若僅用更強的光線照射R1，R1的阻值變小，總電阻減小，I增大，內電壓和R3的電壓均增大，則電容器板間電壓減小，電容不變，由知電容器所帶電荷量減少，故C錯誤；D．根據閉合電路歐姆定律得，因電壓表測量為電源的路端電壓，電流表測量流過電源的電流，則可得保持不變，故D正確。故選BD。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、和A【解題分析】

（1）[1][2]根據力的平行四邊形定則計算繩套1的拉力通繩套過比較和，在誤差允許范圍內相同，則可初步驗證．（2）[3]兩個繩套在轉動過程中，合力保持不變，根據平行四邊形定則畫出如答圖所示的示意圖．根據示意圖可知，繩套1的拉力大小逐漸增大，故A正確BCD錯誤．12、2.00.400.50AC【解題分析】

由于滑塊在斜面上做勻加速直線運動，所以某段時間內的平均速度等于這段時間內中點時刻的瞬時速度；根據加速度的定義式即可求出加速度；根據牛頓第二定律求出測定動摩擦力因數μ；為了提高木塊與木板間摩擦力因數μ的測量精度，可行的措施是A點與傳感器位移適當大些或減小斜面的傾角；【題目詳解】解：(1)由圖象知，在第1個0.1

s，木塊的位移為0；在第二個0.1

s，木塊的位移x2=25-24cm=1cm；經第3個0.1

s，木塊的位移x3=24-21cm=3cm，經第4個0.1s，木塊的位移x4(2)由圖可知sinθ=1525=0.6，根據牛頓第二定律，有(3)A、A點與傳感器距離適當大些，可提高長度的測量精度，提高加速度的測量精度，從而提高動摩擦因數的測量精度，故A正確；B、而木板的傾角過大，則運動時間過短，故B錯誤；C、體積較小的實心木塊受到的空氣阻力較小，測量結果較準確，故C正確；D、傳感器開始計時的時刻可從任意位置，故D錯誤；故選AC。四、計算題：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明、方程式和演算步驟