2024届北京市第八中学物理高三第一学期期中考试试题含解析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，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、如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球．开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动的最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g.下列分析正确的是( )

A．轻质弹簧的原长为R

v2B．小球过B点时，所受的合力为mg＋m

RC．小球从A到B的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能 D．小球运动到B点时，弹簧的弹性势能为mgR－

1mv2 22、2013年12月2日1时30分，“嫦娥三号”探测器由“长征三号”乙运载火箭从西昌卫“嫦娥三号”的部分飞行轨道示星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察．意图如图所示．假设“嫦娥三号”在圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力．下列说法中正确的是( )

A．“嫦娥三号”沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，速度逐渐变小 B．“嫦娥三号”沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，月球的引力对其做负功 C．若已知“嫦娥三号”在圆轨道上运行的半径、周期和引力常量，则可计算出月球的密

度

D．“嫦娥三号”在椭圆轨道经过P点时和在圆形轨道经过P点时的加速度相等 3、建筑工人用简单的定滑轮装置将工件从地面提升并运送到楼顶．如图所示，设当重物提升到一定高度后，工人甲拉紧绳索不动，乙通过一始终保持水平的轻绳将工件缓慢拉到楼顶，不计滑轮的摩擦力，则工件在向左移动过程中（ ）

A．楼顶对乙的摩擦力不变 B．绳索对甲的拉力不断减小 C．楼顶对甲的支持力不变

D．楼顶对甲的摩擦力大于楼顶对乙的摩擦力

4、充电式果汁机小巧简便，如图甲所示，被誉为出行神器，满足了人们出行也能喝上鲜榨果汁的需求。如图乙所示，其主要部件是四个长短不同的切水果的锋利刀片。工作时，刀片在电机带动下高速旋转，机身和果汁杯可视为保持静止。则果汁机在完成榨汁的过程中

A．某时刻不同刀片顶点的角速度都相等 B．不同刀片上各点的加速度方向始终指向圆心

C．杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由摩擦力提供 D．消耗的电能一定等于水果颗粒以及果汁机增加的内能

5、如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m,三个小球从同一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度，B、C由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为（ ）

A．1次 B．2次 C．3次 D．4次

6、在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中( )

A．速度和加速度的方向都在不断变化 B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等 D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等

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，从半径为R=1m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t=0.4s小球落到半圆上，则小球的初速度v0可能为

A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s

8、从足够高的地面上空以初速度v0竖直上抛出一个箱子，箱子内部装有与箱子长度相等的物体，若运动过程中箱子不翻转，且受到的空气阻力与其速率成正比，箱子运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前箱子已经做匀速运动，则下列说法中正确的是( )

v0A．箱子抛出瞬间的加速度大小为1g

v1B．箱内物体对箱子底部始终没有压力 C．若箱子抛出的速度为2v0，落地速率也为v1

D．上升过程中物体受箱子顶部向下的压力，且压力逐渐增大

9、如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形，电场强度方向平行于纸面．现有一电子，在电场力作用下由A至C动能减少W，而质子在电场力 作用下由A至B动能增加W，则对该匀强电场场强的大小和方向的判定，正确的是（ ）

A．E＝

B．E＝

C．方向垂直BC并由A指向BC D．方向垂直AB并由C指向AB

10、关于匀变速直线运动的下列说法正确的有 A．物体速度变化越大，加速度一定越大 B．物体速度变化越快，加速度一定越大 C．物体速度为零时，加速度也一定为零

D．物体加速度逐渐减小的过程中，物体的速度可能逐渐增大

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）某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋改为劲度系数为400 N/m的轻质弹簧AA'，将弹簧的一端A'固定在竖直墙面上．不可伸长的细线OA、OB、OC，分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图1所示．在实验过程中，保持弹簧AA'伸长1.00 m不变．

（1）若OA、OC间夹角为90°，弹簧秤乙的读数是______N．（如图2所示） （2）在（1）问中若保持OA与OB的夹角不变：逐渐增大OA与OC的夹角，则弹簧秤甲的读数大小将_____，弹簧秤乙的读数大小将_____．

12．（12分）一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动.用下面的方法测量它匀速转动时的角速度.

实验器材：电磁打点计时器，刻度尺，纸带，导线，交流电等

实验步骤：（1）如图所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上.

（2）启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点. （3）经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量. ①实验中应选用的电源是（_____） A．220V交流电源 B．4~6V低压交流电源 C．4~6V低压直流电源

②若已知打点的周期为T，x1为纸带上计算位移的初始位置坐标，x2为终了位置坐标，x1与x2之间一共有n个打的点（包含x1和x2），圆盘的半径为r，则角速度的表达式为ω=_________.

10－2 m，得到的纸带的一段如图所示.求得角速度为③某次实验测得圆盘半径r=5.50×

___.（交流电源频率50Hz，结果保留三位有效数字） ．．

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，质量M1kg的长木板静止在光滑的水平面上，有一个质量

m0.2kg的可看作质点的物体以6m/s的水平初速度从木板的左端冲上木板，相对木

板滑行了2m后与木板保持相对静止，求：

（1）木板最终获得的速度； （2）在此过程中产生的热量；

（3）从开始到物块与木板相对静止时，木板前进的距离是多少？

10－9C的正电荷放在A点，所14．（16分）如图所示，在匀强电场中把电荷量q＝2.0×AB10－7N，10－9J，受电场力为F＝2.0×把电荷从A点移到B点，静电力做功为W＝2.0×连线与电场强度方向的夹角为θ＝60。求： (1)匀强电场的场强大小； (2)A、B两点之间的电势差UAB； (3)AB的长度。

15．（12分）如图所示，一长度L＝7m的传送带与水平方向间的夹角α＝30°，在电动机带动下以v＝4m/s的速率顺时针匀速转动．在传送带上端接有一个斜面，斜面表面与传送带表面都在同一平面内．将质量m＝2kg可视作质点的物体无初速地放在传送带底端，物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零．若物体与传送带及物体与斜面间

的动摩擦因数都为23 ，g＝10m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： 5

（1）物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功； （2）传送带上方所接的斜面长度．

参

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、D 【解题分析】

A ．由几何知识可知弹簧的原长为2R，A错误；

B．根据向心力公式：小球过B点时，则由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力

v2F合＝m

RB错误；

C．以小球和弹簧组成的系统为研究对象，在小球从A到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和动能．故C错误；

D．根据能量的转化与守恒：

1mgR＝mv2＋Ep

2得

1Ep＝mgR－mv2

2故D正确． 故选D。

2、D 【解题分析】

A、嫦娥三号沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，月球对卫星的引力做正功，动能增大，则速度增大，故AB错误；

42r3Mm2C、根据万有引力等于向心力，有 G2mr，得MGT2，据此可知若

rT已知嫦娥三号在圆轨道上运行的半径、周期和引力常量，可求出月球的质量，但月球的体积未知，不能求出月球的密度，故C错误； D、对于嫦娥三号，由G2MmGMmaa，，在P点，M和r相同，则嫦娥三号在r2r2椭圆轨道经过P点时和在圆形轨道经过P点时的加速度相等，故D正确． 【题目点拨】

嫦娥三号在环月段圆轨道上做圆周运动万有引力等于向心力，要进入环月段椭圆轨道需要做近心运动．因为同在P点万有引力不变，加速度相等． 3、D 【解题分析】

当乙把工件拉开一个小角度θ后，工件的受力如图：

A. 绳子与竖直方向夹角为θ，则有tanF1，当θ角增大，则F1增大，绳子对乙的mg拉力增大，则乙受到楼顶的摩擦力也增大，故A错误；

B. 开始的时候绳子对甲的拉力大小等于物体重力,后来当θ角增大，绳子对甲的拉力

F2mg，增大，故B错误； cosC. 甲在楼顶受到重力、楼顶的支持力和摩擦力、以及绳子的拉力，竖直方向楼顶对甲的支持力加上绳子对甲的拉力在竖直方向的分力与重力大小相等方向相反，由于绳子对甲的拉力增大，楼顶对甲的支持力减小，故C错误；

D. 可用极端法,先分析乙在图上位置f=0,再分析乙在甲位置f乙=f甲,所以在移动的过程

中,是始终小于f甲的．故D正确； 故选D．

点睛：对工件进行受力分析，然后根据受力平衡，及平行四边形定则即可求解两个绳子拉力的变化，然后分别对甲和乙进行受力分析即可． 4、A 【解题分析】

A．不同刀片相对静止的绕同一轴做圆周运动，属于同轴转动模型，角速度相等，故A正确；

B．刀片旋转角速度越来越大，做变速圆周运动，加速度方向不是指向圆心，故B错误； C．杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由杯壁的弹力提供，重力和摩擦力平衡，故C错误；

D．消耗的电能等于水果颗粒增加的机械能和水果颗粒与果汁机增加的内能，故D错误。 5、C 【解题分析】

由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三B、C发生第二碰撞后，球碰撞完成后才落地，A、B第一碰撞后水平速度互换，由于B的质量小于C的质量，则B反向；B、A发生第三次碰撞后，B、 A水平速度互换，AB竖直下落，A、B、D向左，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞，故C正确，错误； 故选C。 【题目点拨】

关键是A球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，与B、C竖直方向的运动情况相同，所以一定可以发生碰撞。 6、B 【解题分析】

由于物体只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项A错误；设某时刻速度与竖直方向夹角为θ，则变小，θ变小，故选项B正确；根据加速度定义式

，随着时间t变大，tan θ，则Δv=gΔt，即在相等的

时间间隔内，速度的改变量相等，故选项C错误；根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力做的功，即WG=mgh，对于平抛运动，由于在竖直方向上，在相等时间间隔内的位移不相等，故选项D错误。

平抛运动、动能定理

【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合加速度公式和动能定理公式灵活求解即可。

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、AD 【解题分析】 小球下降的高度h12gt0.8m 2若小球落在左边四分之一圆弧上，根据几何关系有：R2=h2+（R-x）2，解得水平位移x=0.4m，则初速度

v0x1m

st若小球落在右边四分之一圆弧上，根据几何关系有：R2=h2+x′2，解得x′=0.6m，则水平位移x=1.6m，初速度

v0x4m

st故应选A、D．

点晴：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下降的时间求出下降的高度，通过几何关系求出水平位移，从而求出小球的初速度． 8、AC 【解题分析】

空气阻力与速率成正比，箱子落地前已经做匀速直线运动，由平衡条件可以求出空气阻力的比例系数，根据箱子的受力情况应用牛顿第二定律求出箱子抛出时的加速度大小；分析清楚箱子的运动过程，判断箱子的加速大小如何变化、加速度方向如何，然后分析箱子内物体与箱子间的作用力如何变化。 【题目详解】

箱子下落过程最后做运动直线运动，匀速运动的速度为v1，由题意可知，此时箱子受到的空气阻力f1kv1，箱子做匀速直线运动，由平衡条件得：mgfkv1，解得：

kmgv0mg，箱子刚跑出瞬间受到的空气阻力：f0kv0，此时，由牛顿第二定v1v1律得：avmgfg10，故A正确；箱子向下运动过程受到竖直向上的空气mv1阻力，箱子所示合力：Fmgfmg，由牛顿第二定律可知，箱子下落过程的加速度a小于重力加速度g，对箱子内的物体，由牛顿第二定律得：mgNma，

Nmga0，该过程箱子底部对物体有向上的支持力，则物体对箱子底部有竖

直向下的压力，故B错误；若箱子抛出的速度为2v0，箱子上升的最大高度比以v0抛出时的高度更高，箱子下落的高度更大，向下加速运动速度一定达到v1，此时箱子所示空气阻力与重力相等而做匀速运动，箱子落地的速度为v1，故C正确；箱子向上运动过程所受空气阻力f向下，箱子所示合力Fmgfmg，由牛顿第二定律可知，箱子的加速度大小：ag，箱子内物体的加速度与箱子加速度相等大于重力加速度，则箱子上部对物体有向下的压力，箱子向上运动过程速度不断减小，空气阻力不断减小，箱子的加速度不断减小，则箱子内物体的加速度不断减小，由牛顿第二定律可知：

Nmgma，由于a减小，则箱子对物体向下的压力N不断减小，故D错误；故选

AC。 9、AC 【解题分析】

电子在电场力作用下由A到C，克服电场力做功为W，则质子从A到C电场力做功W，而质子从A到B电场力做功也为W，因此B、C两点是等势点，B、C的连线为匀强电场的等势线，电场线垂直于BC，电场强度的方向从A指向BC，C对． 由W＝eU＝eEd＝eE·10、BD

【解题分析】根据

可知物体速度变化越大，加速度不一定越大，选项A错误；物a可解得E＝

，A对．

体速度变化越快，加速度一定越大，选项B正确；物体速度为零时，加速度不一定为零，例如竖直上抛物体到达最高点时，选项C错误；当加速度和速度同向时，物体加速度逐渐减小的过程中，物体的速度逐渐增大，选项D正确；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、3.00 一直变小 先变小后变大

【解题分析】

（1）[1]根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3.00N；

（2）[2][3]若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OA与OC的夹角，力三角形如图中实线变到虚线：

由图可知弹簧秤甲的读数Fb将一直变小，而弹簧秤乙的读数Fa将先变小后变大.

v1212、B F1mgm120N 6.79rad/s

r【解题分析】

试题分析：通过纸带打点的时间间隔和位移，求出圆盘的线速度，根据度的表达式，代入数据求出角速度的大小．

（1）电磁打点计时器使用的是4-6V的电压交流电，故B正确； （2）圆盘的线速度为vv

得出角速r

x2x1vx2x1，故

rTn1r(n1)T（3）取纸带上首末两个点的过程研究，之间有15个间隔，

x0.11200.373m/s， t0.0215v0.373rad/s6.79rad/s． 代入数据解得r5.5102则圆盘的线速度v

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）1m/s（2）3J（4）m 【解题分析】

（1）木板与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向 由动量守恒定律得

13mv0（mM)v

则得

vmv00.26m/s=1m/s

mM0.21（2）在此过程中产生的热量为

Q121mv0mMv23J 22（3）由Qfx得

fQ3N=1.5N x21Mv2 2对木板，运用动能定理得

fx得

Mv21xm．

2f3点睛：本题要掌握物块在木板上滑动时遵守的基本规律：动量守恒定律和能量守恒定律，要注意只有明确研究对象并做好受力分析，才能正确确定物理规律． 14、 (1)100N/C(2)1V(3)2cm 【解题分析】

(1)匀强电场的场强大小

F2.0107E=N/C100N/C

q2.0109(2)A、B两点之间的电势差

UABWAB2.0109V1V 9q2.010(3)匀强电场中电场强度与电势差的关系得

UAB=ELABcos

则有

LABUAB1m0.02m2cm1 Ecos100215、 (1)84J (2)0.m 【解题分析】

物体先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，先根据牛顿第二定律求出物体的加速度，再由速度公式求出物体在传送带相对滑动的时间，此过程中物体通过的位移大于传送带的长度，所以物体一直做匀速直线运动，根据动能定理求解传送带对物体所做的功；物体离开传送带后做匀减速运动，到斜面顶端时速度为零，根据牛顿第二定律和运

动学公式结合求解传送带上方所接的斜面长度； 【题目详解】

解：(1)对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：

fmgsin30ma

又fmgcos30

解得：a1m/s2，沿斜面向上

设物体速度经过时间t与传送带相等，则由：vat 解得：tv4s4s a1121at142m8m7m 22此过程中物体通过的位移为x2所以物体一直做匀速直线运动，则有v12aL

离开传送带时速度为：v12aL14m/s

12mv1 212得传送带对物体所做的功：WmgLsin30mv184(J)

2对整个过程，由动能定理：WmgLsin30(2)物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得：fmgsin30ma1

2解得：a111m/s

v127m0.m 由v2a1s解得传送带上方所接的斜面长度：s2a11121