人大附中朝阳学校 2024-2025 学年度高三年级上学期检测三
物理试题(考试时间为 6．0．分．钟．，满分为 100 分，附加题单独计分)
一、本题共 12 小题，每小题 3 分，共 36 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题
目要求的。
1. 利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在
水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，以下说法正确的是( )
A. 砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B. 桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C. 桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D. 桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
2. 羽毛球运动员在某次比赛中跃起击球，将羽毛球以原速率斜向下击回，球在空中运动一段时
间后落至对方的界面内。运动员运动过程中空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )
A. 运动员在起跳过程中地面对他的支持力做正功
B. 运动员在起跳过程中地面对他的支持力等于他对地面的压力
C. 运动员在最高点速度为零，处于平衡状态
D. 运动员击球过程中合外力对羽毛球做正功
3.“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动
时，球面上 P、Q两点做圆周运动的( )
A. 半径相等 B. 线速度大小相等
C. 向心加速度大小相等 D. 角速度大小相等
4. 如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶 a、
b、c、d 和青蛙在同一竖直平面内，a、b 高度相同，c、d 高度相
同，a、b 分别在 c、d 正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若
以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到 ( )
A. 荷叶 a B. 荷叶 b
C. 荷叶 c D. 荷叶 d
5. 篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判
断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的 v-t 图像，如
图所示。图像中 a、b、c、d 四点中对应篮球位置最高的是( )
A. a 点 B. b 点 C. c 点 D. d 点
6. 若已知引力常量 G，则利用下列四组数据可以算出地球质量的是
A. 一颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的运行速率和周期
1
B. 一颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的质量和地球的第一宇宙速度
C. 月球绕地球公转的轨道半径和地球自转的周期
D. 地球绕太阳公转的周期和轨道半径
7. 一质量为 m的汽车，启动后在发动机功率保持不变的条件下在水平路面上行驶，经过一段时
间后将达到以速度 v匀速行驶的状态，若汽车在行驶中受到的阻力大小 5保持不变，则( )
= 1A. 发动机功率
2
B. 启动过程中，汽车做匀加速运动
1 3 C. 在车速为 4 时，汽车的加速度大小为
1 1
D. 发动机在 t时间内做的功为 2 + 2
2
8. 壁虎不仅能飞檐走壁，也可以在水面上轻松游动，有一只壁虎要穿过一条宽为 3m 的小河到
对岸寻找食物。已知河岸两侧平行，河水流动的速度为 4m/s，壁虎在静止水面上最大的游动速
度为 2m/s，下列说法正确的是( )
A. 若壁虎以最短时间渡河，其到达对岸的最短的运动时间为 0.5s
B. 若壁虎以最短时间渡河，到达河对岸时在出发点的下游 6m 处
C. 若壁虎以最短时间渡河，壁虎在水中运动的轨迹是一条曲线
D. 若壁虎不以最短时间渡河，能垂直游到河对岸
9. 一物块在高 3.0m、长 5.0m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距
离 s的变化图中直线Ⅰ、Ⅱ所示, 重力加速度取 10m/s 。则 ( ).
A. 物块下滑过程中机械能守恒
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5
C. 物块下滑时加速度的大小为 4.0 /
D. 当物块下滑 2.0m 时机械能损失了 12J
10. 如图所示，倾角为θ=30°固定于水平地面的楔形木块，顶端有一个定滑轮，跨过定滑轮的
细线两端分别与物块 A 和 B 连接，A 的质量为 3m，B 的质量为 m，开始时，将 B 按在地面上不
动，放开手，A 沿斜面下滑，B上升，所有摩擦均忽略不计。当 A 沿斜面下滑距离 s时，细线突
然断裂，以下说法正确的是(设 B始终不会与定滑轮相碰) ( )
1
A. 细绳断裂前 A 物体的加速度大小为 6
3
B. 绳断裂瞬间物块 A 重力的瞬时功率为 2
C. 绳断裂前拉力对物块 A 做功为- mgs
2
9
D. 整个过程中 B 物体上升的最大高度为 8
11. 太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图
中实线所示。为了避开碎片，空间站在 P 点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空
间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨
道半径。则 ( )
A. 空间站变轨前、后在 P点的加速度不相等
B. 空间站变轨后的运动周期比变轨前的小，
C. 空间站变轨后在 P点的速度比变轨前的小
D. 空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小
12. 如图所示，在细绳的拉动下，半径为 r 的卷轴可绕其固定的中心点 O 在水平面内转动。卷
轴上沿半径方向固定着长度为 l 的细管，管底在 O 点。细管内有一根原长为 l/ 、劲度系数为
k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为 m、可视为质点的插销。当以速度 v匀速
拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若 v 过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽
略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为( )
. .
2 2
. 2 . 2
二、本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是
符合题目要求的。少选得 2分，多选错选不得分。
13. 如图，光滑管形固定圆轨道半径为 R(两物体位移之差保持不变，管径远小于 R)，小球 a、
b大小相同，质量均为 m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动. 两球先后以相同速度 v通
过轨道最低点，且当小球 a在最低点时，小球 b在最高点，以下说法正确的是( )
A. 速度 v应满足 > 2 ,才能使两球在管内做圆周运动
B. 当 = 5 时，小球 b在轨道最高点对轨道无压力
C. 当小球 b在最高点对轨道无压力时，小球 a比小球 b所需向心力大 5mg
D. 只要 > 5 ,小球 a 对轨道最低点的压力比小球 b 对轨道最高点的压力
大 6mg
14. 如图所示，轻弹簧上端固定，下端与一质量为 m 的小球相连。开始时用手托住小球使弹簧
恰好为原长，此时小球处于 A位置。释放小球使其由静止开始竖直下落，小球经过 B点时速度
达到最大值，小球能够到达的最低点为 C 点，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。已知 AB
间距离
3
为 h ，BC 间距离为 h ，重力加速度为 g(不计空气阻力)，则下列说法正确的是 ( )
A. 弹簧的劲度系数为 2
B. 小球在位置 B时的动能等于 mgh
C. 弹性势能的最大值为 +
D. 从 A 到 C 过程中小球的机械能一直减小
15. 如图所示, 细线-一端系质量为 m 的小球(可视为质点)，另一端固定在 O 点。当小球在水平
面内绕中心轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线与竖直方向的夹角为
θ, 重力加速度为 g, 则( )
tan
A. 细线长度为 2
B. 悬点 O到轨迹圆心高度为 2
C. 若仅将细线长度减半，小球仍以角速度ω做匀速圆周运动，细线与竖直方向夹角仍为θ.
D. 若将细线长度减半，仍要保持细线与竖直方向夹角为θ，则角速度大小变为 2
16. 如图所示，一个质量为 2m 的小箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为 m的物体 A，A-的上
端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A 的下端用细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为 mg，整
个系统处于静止状态。现将细线剪断，物体 A 向上运动，不计轻弹簧和细线的质量，下列说法正
确的是 ( )
A. 未剪断细线前，台秤读数为 3mg
B. 剪断细线的瞬间，台秤读数突然变大
C. 剪断细线的瞬间，物体的加速度为 g，方向竖直向上
D. 剪断细线后，物体 A 向上运动至最高点的过程中，台秤读数先减小后增大
三、本题共 2小题，共 20 分。把答案填在答题卡相应的位置。
17. 在“验证机械能守恒定律”的实验中
(1) 下列操作正确的是 。
(2)实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示已知打点的频率为 50Hz，则打
点“13”时，重锤下落的速度大小为 m/s(保留三位有效数字)。
4
(3) 某同学用纸带的数据求出重力加速度 g=9.77m/s ,并用此 g值计算得出打点“1”到“13”过程
重锤的重力势能减小值为 5.09m，另计算得动能增加值为 5.08m(m 为重锤质量)则该结果 (选填
“能”或“不能”) 验证机械能守恒定律。
18.(1) 学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端
挂一物体。已知当地重力加速度大小为 9.8m/s 。电梯静止时测力计示数如图所
示，读数为 N(结果保留 1位小数)。电梯上行时，一段时间内测力计的示数为 4.
5N，则此段时间内物体处于 (填“超重”或“失重”) 状态。
(2) 某小组的同学利用图 1 所示装置完成“探究平抛运动的特点”的实验，让
小球多次沿同一轨道运动，在方格纸上记录了小球做平抛运动的一系列迹点如图
2所示。
①为了能较准确地描绘运动轨迹，下面操作正确的是 ；
A. 使用的平抛轨道一定要是光滑的
B. 调节轨道的末端处于水平位置
C. 横档卡条必须等间距下移
D. 每次释放小球的位置可以不同
②利用图 2中的位置信息处理数据，已知方格纸每格边长为
2.5cm, g 取 10m/s 。可得小球做平抛运动的初速度为
m/s； 小球运动到 B 点时的速度大小为 m/s。(本小题
结果均保留 3位有效数字)
(3)小红同学在探究小车加速度 a 与所受合外力 F 的关系时，设计并采用了如右上图所示的方
案。其实验操作步骤如下：a. 挂上砝码盘和砝码，调节木板的倾角，使质量为 M 的小车拖着纸
带沿木板匀速下滑； b.取下砝码盘和砝码，测出其总质量为 m，并让小车沿木板下滑，测出加
速度 a；
c. 改变砝码盘中砝码的个数，重复步骤 a 和 b，多次测量，作出 a-F 图像。请论证说明该实验
方案是否需要满足条件 M>>m。
5
四. 本题共 2 个小题，共 28 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写最后答案的
不能得分. 有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
19.如图所示，质量. = 2 的小物块静止在水平地面上的 A 点，足够长的光滑斜面与地面之间的 B 点
用一小段弧形连接，使得物块通过圆弧时速度大小保持不变。现对物块施加一恒力，该力的大小 =
11 ,方向与水平方向的夹角( = 53°,当 4s 后物块到达 B 点时立刻撤去 F。已知斜面倾角 = 37°,，物
块与水平地面间的动摩擦因数 = 0.5, 37° = 0.6, 53° = 0.8,，重力加速度 g 取 10 / 。求：
(1) 画出物体从 A向 B运动时其受力，并求出相应的加速度大小 a ；
(2) 从物块由 B 点沿斜面向上运动至返回 B 点所用的时间 t；
(3) 请选用动能定理计算物块返回水平面上停止运动的位置到 B点的距离 x。
20.19 世纪末，有科学家提出了太空电梯的构想：在赤道上建设一座直到地球同步卫星轨道的高塔，并在
塔内架设电梯。这种电梯可用于发射人造卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯缓慢地提升到预定轨道
高度处，然后再启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去，使其直接进入预定圆轨道。已知地球质量为
M、半径为 R、自转周期为 T，万有引力常量为 G。
(1) 求高塔的高度 。
(2)若某次通过太空电梯发射质量为 m的卫星时，预定其轨道高度为 ( < )。
①若该卫星上升到预定轨道高度时与太空电梯脱离，脱离时卫星相对太空电梯的速度可视为零，试分析说
明卫星刚脱离太空电梯后相对地心，将做加速直线运动、圆周运动、近心运动还是离心运动
②太空电梯把卫星运送到预定轨道高度后，需用推进装置将卫星在预定轨道处发射进入预定轨道做匀速圆
周运动，以地心为参考系，求推进装置需要做的功 W。
6
附加题(10 分)
一个弹簧放在水平地面上，Q 为轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为重物，已知 P的质量. =
10.5 ,Q 的质量 = 1.5 ,弹簧的质量不计，劲度系数 = 800 / ,，系统处于静止. 如图
所示，现给 P 施加一个方向竖直向上的力 F，使 PQ 一起从静止开始向上做匀加速运动，已
知在匀加速阶段 F的最大值为 168N。(取. = 10 / )求 PQ 分离前拉力 F做的功。
人大附中朝阳学校 2024-2025 学年度上学期检测三
物理参考答案 2024 年 9 月 14 日
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C B D C A A C B B D D A
13 14 15 16
ABD ACD BD ABC
17.(1)B (2)3.34(3)不能
18.(1) 5 ; 失重 (2) B;1.00;1.25
(3) 表明观点：不需要
阐述理由：当小车匀速下滑时，对小车受力分析可知：mg+f =Mgsinθ，其中 f 是小车下
滑时受到的摩擦力，θ是斜面与水平面的夹角； 当去掉盘与砝码时，小车向下加速运
动，再对小车进行受力分析可得: Mg sinθ-f = Ma ,联立两式可得: mg = Ma ,则 F= mg=
Ma ;故该方案不需要满足条件 M >> m ;
19.【详解】(1) 对物块，水平方向由牛顿第二定律可得： cos = 1
竖直方向： + sin =
摩擦力： =
解得 = 0.5 /
速度 = 解得 v=2m/s
(2) 在斜面上对物块，由牛顿第二定律可得： =
2
物块在斜面上运动的总时间： = 2 解得： =
2 3
(3) 对物块，由动能定理可得： = 0 1 2解得: x=0.4m
2
20.(1) 塔高为同步卫星的轨道高度，设同步卫星质量为 m ，由万有引力提供向心力有
' 4 2
2 =
' +
+ 0 20
3 2
可得 0 = 4 2
(2)由于卫星脱离太空电梯时的角速度和同步卫星角速度相同，均为( ,而轨道高度为 h
的圆轨道卫星角速度ω>ω ，由于 20 + < 2 + =
+ 2
万有引力超过所需向心力，卫星脱离后做近心运动，落向地球。
2 +
卫星被缓慢运送至高 h处时的速度大小为 0 =
2
高 h处的圆轨道卫星速度为 v，则由 + 2 = +
可得 =
+
由动能定理可得推进装置需要做的功 = 1 2 1 2
2 2 0
2 2
解得 = 2 +
2 + 2
附加题：
解法 1：设初状态弹簧形变量△x ，则有： + = △ ①
设匀加速的位移为 x，对秤盘和重物在分离前根据牛顿第二定律
+ + = + ②
可知位移 x 越大，F也增加，因此分离时拉力 F 最大，此时 PQ 间作用力为零，根据牛顿
第二定律得：
F- Mg= Ma ③
= 168 105解得： / 2 = 6 / 2
10.5
设分离时弹簧形变量△x ，对秤盘由牛顿第二定律： △ = ④
联立①②③④整理得 F=72+800x，其中分离前最大位移为 △ = 0.12
画出 F-x 图像如图，由 F-x 图像所围面积可求出 = 14.4
解法二、对 P,当 FN=0, F 最大
F- Mg= Ma
= 6 /
对 : =
= 0.03
对 P、Q整体，静止时 = +
= 0.15
从静止到 F最大时： = 2
由动能定理： + + 1 2 =
1
2 +
2
外
= 1外 2 + 2 1 1 2
得 wF=14.4J
