2024年山东省枣庄市滕州市第一中学高三物理第一学期期中学业质量监测试题含解析

2024年山东省枣庄市滕州市第一中学高三物理第一学期期中学
业质量监测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、近年来，一些高级轿车的设计师在关注轿车的加速性能的同时，提出了“加速度的变化率”的概念，用这一新的概念来描述轿车加速度随时间变化的快慢，轿车的加速度变化率越小，乘坐轿车的人感觉越舒适．图示是一辆汽车在水平公路上行驶时加速度随时间变化的关系图象，取t=0时速度方向为正方向，则关于加速度变化率以及汽车的运动，下列说法正确的是（）
A．依据运动学定义方法，“加速度的变化率”的单位是m/s2
B．在2秒内，汽车做匀减速直线运动
C．在2秒内，汽车的速度减小了3m/s
D．若汽车在t=0时速度为5m/s，则汽车在2秒末速度的大小为8m/s
2、如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述竖直方向的运动：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上后，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置），跳板始终在弹性限度内．在运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，忽略一切阻力，下列说法正确的是
A．在最低点时，运动员所受的合外力为零
B．在最低点时，运动员、跳板、地球组成的系统势能最大
C ．在此过程中，跳板对运动员始终做负功，运动员的动能一直在减小
D ．在此过程中，运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功
3、一个质量为2kg 的物体共受到三个恒定的共点力作用，大小分别为1N 、
3N 、 8N, 下列说法正确的是
A ．物体可能处于静止状态
B ．物体可能处于匀速直线运动状态
C ．物体的加速度可能为2 m/s 2
D ．物体的加速度可能为1 m/s 2
4、如图所示，内壁光滑、半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2.设先后两次击打过程中，小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则12
w w 的值可能是( )
A ．
43 B ．23 C ．34
D ．1
5、地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，万有引力常量为G ，则地球的平均密度为( )
A ．34g RG π
B ．234g R G π
C ．g RG
D ．2g R G
6、如图所示，粗糙的固定水平杆上有、、A B C 三点，轻质弹簧一端固定在B 点正下方的O 点，另一端与套在杆A 点、质量为m 的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。

圆环从A 处由静止释放，向右运动经过B 点时速度为v 、加速度为零，到达C 点时速度为零，下列说法正确的是
A ．从A 到C 过程中，圆环在
B 点速度最大
B ．从A 到
C 过程中，圆环的加速度先减小后增大
C ．从A 到B 过程中，弹簧对圆环做的功一定大于212mv
D ．从B 到C 过程中，圆环克服摩擦力做功等于212
mv 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、如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端系着三个小球A 、B 、C ，三小球组成的系统保持静止，A 球质量为m ，B 球质量为3m ，C 球离地面高度为h ．现突然剪断A 球和B 球之间的绳子，不计空气阻力，三个小球均视为质点，则（ ）
A ．剪断绳子瞬间，A 球的加速度为35
g B ．剪断绳子瞬间，C 球的加速度为g
C ．A 球能上升的最大高度为2h
D ．A 球能上升的最大高度为1.6h
8、万有引力作用下的物体具有引力势能，取无穷远处引力势能为零，物体距星球球心距离为0r 时的引力势能为：000
P GM m E r =- (G 为万有引力常量)，设宇宙中有一半径为R 的星球，宇航员在该星球上以速度v 竖直向上抛出一质量为m 的物体，不计空气阻力，经时间t 落回手中，则描述正确的是( )
A 2vR t
的初速度水平抛出一个物体，物体将再落回星球表面 B ．在该星球表面上以2
vR t 的初速度水平抛出一个物体，物体将不再落回星球表面
C．在该星球表面上以2R
t
的初速度竖直抛出一个物体，物体将不再落回星球表面
D．在该星球表面上以2vR
t
的初速度竖直抛出一个物体，物体将不再落回星球表面
9、在如图所示电路中，闭关开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，电压表示数变化的绝对值分别为△U1、△U2，下列判断正确的是
A．I减小，U1增大，U2增大
B．I增大，U1增大，U2增大
C．ΔU1<ΔU2
D．电源的输出功率变大，效率也变大
10、如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R=2cm 的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场．已知A、C、E三点的电势分别为、、，下列判断正确的是
A．将电子沿圆弧从D点移到F点，静电力先做正功再做负功，
B．电场强度的大小为100V/m
C．该圆周上的点电势最高为4V
D．电场强度的方向由A指向D
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）利用图示装置可以做力学中的许多实验．
（1）以下说法正确的是____________.
A．利用此装置“研究匀变速直线运动” 时，须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响
B．利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a-M关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比
C．利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响(2).小华在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钧码个数的增加将趋近于__________的值.
12．（12分）某同学利用单摆测定当地的重力加速度．
（1）实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺．除此之外，还需要的器材有________．
A．长度约为1 m的细线
B．长度约为30 cm的细线
C．直径约为2 cm的钢球
D．直径约为2 cm的木球
E．最小刻度为1 cm的直尺
F．最小刻度为1 mm的直尺
（2）摆动时偏角满足下列条件____（填“A”、“B” 、“C”更精确．
A．最大偏角不超过10°
B．最大偏角不超过20°
C．最大偏角不超过30°
（3）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________．
A．最高点
B．最低点
C．任意位置
（4）用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图甲所示，该单摆的周期是T ＝_______s(结果保留三位有效数字)．
（5）用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为____m；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则球的直径为_____cm；单摆的摆长为_____m(计算结果保留三位有效数字)．
（6）若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________.
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）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小球所受电场力F的大小；
(2)小球的质量m；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．
14．（16分）在水平向右的匀强电场中，有一绝缘直杆固定在竖直平面内，杆与水平方
向夹角为53°，杆上A、B两点间距为L．将一质量为m、带电量为q的带正电小球套在杆上，从A点以一定的初速度释放后恰好沿杆匀速下滑．已知匀强电场的场强大小为
E=3
4
mg
q
．求：
（1）轨道与小球间的动摩擦因数μ；
（2）从A点运动到B点过程中，小球电势能的变化量．
（sin53°=0.8，重力加速度为g）
15．（12分）地球表面的重力加速度为g，地球半径为R．有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道离地面的高度是地球半径的3倍．求该卫星做圆周运动的周期。

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、D
【解题分析】
加速度的变化率为a
t
，a的单位是m/s2，所以，“加速度的变化率”的单位应该是m/s3，
故A错误．在2秒内，汽车的加速度在减小，但2s内加速度一直为正，加速度与速度同向，则汽车作加速运动，所以汽车做加速度减小的变加速直线运动，故B错误．由△v=a△t，知在a-t图象中，图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量△v，
则得：在2秒内，汽车的速度增加△v=32
2
m/s=3m/s．故C错误．若汽车在t=0时速
度为5m/s，在2秒内，汽车的速度增加3m/s，则汽车在2秒末速度的大小为8m/s，故D正确．故选D．
【题目点拨】
本题主要考查物体运动时加速度的定义，知道在a-t 图象中图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，能理解加速运动与减速运动由加速度与速度方向决定，而不是由加速度的大小变化决定．
2、B
【解题分析】
正确解答本题的关键是：正确分析运动员的整个起跳过程，理解超重、失重以及平衡状态的含义，从功能关系的角度进行分析运动员起跳过程，正确应用牛顿第二定律和功能关系解答有关问题；
【题目详解】
A 、从接触跳板到最低点过程中，弹力一直增大，开始重力大于弹力，向下加速运动，速度增大，动能增大，某一时刻重力等于弹力，速度最大，动能达到最大，然后重力小于弹力，向下减速运动，速度减小，动能减小，到达最低点时，速度为零，动能为零，此时合力不为零，故选项AC 错误；
B 、不计阻力，运动员与跳板系统机械能守恒，到达最低点时，动能最小为零，则此时运动员、跳板、地球组成的系统势能最大，故选项B 正确；
D 、运动员初速度不为0，末速度为0，根据动能定理，在这个过程中，运动员所受外力的合力对其做功不为零，即运动员所受重力对她做的功小于跳板的作用力对她做的功，故选项D 错误．
【题目点拨】
遇到动力学问题关键是正确对物体进行受力分析和运动过程分析，然后选取相应的物理规律求解讨论即可．
3、C
【解题分析】
AB ．根据三力平衡条件，任意两力之和应该大于第三个力，所以大小分别为1N 、3N 、8N 的三个力合力不可能为零，故AB 错误；
CD ．合力的最小值F 1=8N-（1N+3N ）=4N ，根据牛顿第二定律，加速度最小值 22114m/s 2m/s 2
F a m === 合力最大值F 2=1N+3N+8N=12N ，根据牛顿第二定律，加速度最大值 222212m/s 6m/s 2F a m =
== 求得物体加速度的范围：2m/s 2≤a ≤6m/s 2，故C 正确，D 错误。

故选C 。

4、B
【解题分析】
第一次击打后球最多到达与球心O 等高位置，根据功能关系，有：W 1≤mgR ① 两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有：212122
W W mgR mv +-= ② 在最高点，有：2
v mg N m mg R
+=≥ ③ 联立①②③,解得：1W mgR ≤，232W mgR ≥，故1223W W ≤.故A 、B 正确，C 、D 错误；故选AB ．
【题目点拨】本题的关键是分析小球的运动过程，抓住临界状态和临界条件，然后结合功能关系和牛顿第二定律列式解答．
5、A
【解题分析】 在地球表面有2Mm G mg R =，且地球的质量343
M V R ρπρ==，由两式可得34g RG
ρπ=，故A 正确，BCD 错误。

6、C
【解题分析】
AB ．圆环由A 点释放，此时弹簧处于拉伸状态，则圆环加速运动，设AB 之间的D 位置为弹簧的原长，则A 到D 的过程中，弹簧弹力减小，圆环的加速度逐渐减小，D 到B 的过程中，弹簧处于压缩状态，则弹簧弹力增大，圆环的加速度先增大后减小，B 点时，圆环合力为零，竖直向上的弹力等于重力，从B 到C 的过程中，圆环可能做减速运动，无论是否存在弹簧原长的位置，圆环的加速度始终增大，也可能先做加速后做减速运动，加速度先减小后增大，故B 点的速度不一定最大，从A 到C 过程中，圆环的加速度不是先减小后增大，故AB 错误；
C ．从A 到B 过程中，弹簧对圆环做的功、摩擦力做负功，根据功能关系可知，弹簧对圆环做功一定大于212
mv ，故C 正确； D ．从B 到C 过程中，弹簧弹力做功，圆环克服摩擦力做功，根据功能关系可知，圆环克服摩擦力做功不等于
212mv ，故D 错误。

故选C 。

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】
根据平衡条件可得C 球的质量为：m C ＝m A +m B ＝4m .
AB.突然剪断A 球和B 球之间的绳子瞬间，以A 和C 为研究对象，根据牛顿第二定律可得：A 球和C 球的加速度大小
()3
5C A A C m m g a m m -==+g ，
故A 项符合题意，B 项不合题意.
CD.A 球上升h 时的速度为：
v == 而后又上升x 速度为零，则有：v 2＝2gx ，解得：x 35=
h ，故球能上升的最大高度为：H ＝h +x ＝1.6h ，故C 项不合题意，D 项符合题意.
8、BD
【解题分析】 物体做竖直上抛运动，运动时间为2v t g =，则星球表面的重力加速度2v g t
=，设星球半径为R ，卫星绕星球表面做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
v mg m R =
，解得v =
时，物体将不会再返回地面，故A 错误，B 正确；在发射卫星时，机械能守恒，设发射速度为v '，卫星绕星球表面运动时，由机械能守恒定律得：2102
Mm G mv R '-+=，又在地球表面任意一个物体都有：2Mm G m g R
'
'=
，联立得v =C 错误，D 正确；选BD. 【题目点拨】物体做竖直上抛运动，根据物体的运动时间，求出星球表面的重力加速度；卫星绕星球表面做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出水平抛出的速度；将物体竖直上抛时，卫星机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出竖直上抛的速度．
9、AC
【解题分析】
AB.P下滑，R1增加则总电阻增加，则总电流减小，内压减小，外压增大，电压表U1的读数增大，R1两端电压增加，该支路电流增大，总电流减小，电流表读数I减小，流过R3的电流减小，由U=IR可知R3两端的电压减小，而路端电压增加，所以电压表示数U1增加，故A正确B错误。

C. 由串联电路的特点可知：
U1=U1+U R3
由以上的分析可知，U1增大，U1增大，但R3两端的电压减小，则：
△U1=△U1-△U R3
所以△U1＜△U1．故C正确；
D. 因为不清楚电源内阻与外电阻关系，所以无法判断电源的输出功率如何变化，故D 错误。

10、ABC
【解题分析】AE中点G的电势，所以GC是一个等势面，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场强度的方向由E指向A，故D错误；
EA两点间的电势差为U＝(2+)−(2−)＝2V，EA两点间的距离
d＝2R sin60°＝2×2×cm＝2cm；电场强度的大小，故B正确；顺着电场线电势降低，H点电势最高，U=Ed，，代入数据解得：φH＝4V，故C正确；从D移到F点，电势先升高后降低，电子带负电，电势能先减小后增加，静电力先做正功后做负功，故A正确；故选ABC.
点睛：此题考查电势差与电场强度的关系，在匀强电场中平行线段两端的电势差之比等于距离之比，可以求得其他点的电势．并且电场线与等势线垂直，可以确定电场强度的方向．
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、（1）C （2）g
【解题分析】
（1）A ．此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，所以A 不准确； B ．曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a ﹣M 图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a ﹣
1M
图象，故B 错误；
C ．探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故C 正确．
（2）设小车质量为m ，钩码质量为M ，则对小车有： Mg F Ma =﹣
对钩码有：
F mg ma μ=﹣
联立解得：
M m a g M m
μ-=+ 将上式变形为：
11m M a g m M
μ-
=+ 可见当M
m 时，加速度a 趋近于g ． 12、ACF A B 2.28 0.9915 2.075 1.00 224πL g T
= 【解题分析】
(1)[1]
由单摆周期公式2T =可得， 224πL g T
= 实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺，实验需要测量周期，则需要秒表，摆线的长度大约1m 左右。

为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选C ，故选用的器材为ACF 。

(2)[2] 根据单摆原理可知，单摆只有在摆角很小时,才是简揩振动，所以摆动时偏角最大偏角不超过10°，故A 正确BC 错误。

(3)[3] 由于摆球经过平衡位置时，速度最大，在相同视觉距离误差上，引起的时间误差最小，测量周期比较准确．所以为了减小测量周期的误差，应在平衡位置即最低点开始计时，故B 正确AC 错误。

(4)[4] 单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n ＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n ＝60时，即经过了
112922
n -= 个周期，秒表的示数如图甲所示，读数为
2307.467.4s ⨯+=
所以周期为
67.4 2.28s 29.5
T == (5)[5][6][7] 刻度尺最小分度值为0.1cm ，所以从图乙中可知单摆的摆线长为 99.15cm=0.9915m
球的直径为
1mm 20mm 1520.75mm=2.075cm 20
+⨯= 单摆的摆长为 0.020750.9915 1.00m 2
L =+=
(6)[8] 由单摆周期公式2T =可得， 224πL g T
=
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)F =3.0×
10－3N (2)m =4.0×10－4kg (3)v =2.0m/s 【解题分析】
(1)根据电场力的计算公式可得电场力6331.010 3.010N 3.010N F qE --==⨯⨯⨯=⨯；
(2)小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得tan qE mg θ=，所以34310kg 410kg tan 10tan 37qE m g θ--⨯===⨯⨯︒； (3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则21(1cos37)2mgl mv -︒=
，解得v =2m/s ． 14、（1）0.29（2）0.45 mgL
【解题分析】
（1）圆环的受力情况如图所示
其中，电场力F=Eq
沿杆方向： mgsin 53°= Eqcos 53°+f
垂直于杆方向： Eqsin 53°+ mgcos 53°= N 得：f = mgsin 53°- Eqcos 53°=0.35mg
N= Eqsin 53°+ mgcos 53°=1.2 mg
根据:f N
μ=
将相应数据代入解得：μ≈0.29 （2）克服电场力做功为：03cos530.60.454W qEL mgL mgL ==⨯= 带电小球克服电场力做功，电势能增加，增加量为0.45 mgL
15、16R g
【解题分析】试题分析：在地球表面重力与万有引力相等，再结合万有引力提供圆周运动向心力列式即可求解。

物体在地球表面处重力等于万有引力即： 2Mm G
mg R = 根据万有引力提供向心力： ()222444Mm
G m R T
R π=
联立解得： 16T π=点睛：本题主要考查了万有引力提供向心力做圆周运动和地球表面重力与万有引力相等结合进行解题，属于基础题。