2024年广东省广州市增城中学物理高三上期中质量检测试题含解析

2024年广东省广州市增城中学物理高三上期中质量检测试题注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．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、一个25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为
2.0m/s.取g=10m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（）
A．阻力做功500J B．合外力做功50J
C．重力做功500J D．支持力做功50J
2、如图所示的各点之间的距离均是，当时，点开始向上振动，经达到最大位移，此时波传播到点，则以下结论中正确的是( )
A．波的传播速度是，周期是
B．波的频率是，波长是
C．再经，波传播到了点，此时点达最大位移
D．波从1时刻传播到点时，其历时，质点达到最大位移
3、浙江省长兴县十里银杏长廊景区古银杏众多，成片成林全国罕见．某次游客小朱发现一片手掌大小的树叶正好从离水平地面高约3m的树枝上飘落．这片树叶从树枝开始下落到落到地面上的时间可能是
A．0.4s B．0.6s C．0.8s D．3s
4、如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（）
A ．一直不做功
B ．一直做正功
C ．始终指向大圆环圆心
D ．始终背离大圆环圆心
5、某圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，现有两个不同的粒子a 、b ，以不同的速度同时由A 点沿AO （O 为圆心）方向射入圆形磁场区域，又同时由C 点及B 点分别射出磁场，其运动轨迹如图所示（虚线AB 弧长等于磁场圆周长的1
3
，虚线AC 弧长等于磁场圆周长的
14
），粒子始终在纸面内运动，不计粒子重力．则下列说法正确的是
A ．a 、b 粒子在磁场中的运动半径之比R a :R b =3:3
B ．a 、b 粒子在磁场中运动的周期之比T a :T b =3:4
C ．a 、b 粒子的比荷之比
:3:2a b
a b
q q m m = D ．a 、b 粒子的速率之比a b :3:4v v =
6、如图所示，重球用细绳跨过轻小光滑滑轮与小球相连，细绳处于水平拉直状态。

小球由静止释放运动到最低点过程中，重球始终保持静止，不计空气阻力。

下列说法正确的有( )
A ．细绳偏离竖直方向成θ角时，细绳拉力为mgcosθ
B ．因为重球与地面间的压力减小，因此地面对重球的摩擦力也减小
C ．上述过程中小球重力的瞬时功率先增大后减小
D ．重球静止不动，故其所受重力的冲量为零
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、2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点．已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝50 kg，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力．下列说法正确的是()
A．运动员从O点运动到B点的整个过程中机械能守恒
B．运动员到达A点时的速度为20 m/s
C．运动员到达B点时的动能为10 kJ
D．运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为3s
8、质量均为m =lkg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能随位移的变化图像如图所示．下列说法正确的是（）
A．甲的加速度大小为2m/s2
B．乙的加速度大小为1.5m/s2
C．甲、乙在x=6m处的速度大小为2m/s
D．甲、乙在x=8m处相遇
9、一个质量为1kg的物体被人用手由静止向上提升1m，这时物体的速度是2m/s，则下列说法中正确的是()
A．手对物体做功12J B．合外力对物体做功12J
C．合外力对物体做功2J D．物体克服重力做功10J
10、如图是利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值v m，在这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内( )
A ．小车做加速度逐渐减小的加速运动
B ．小车做匀加速运动
C ．电动机所做的功为2m 1mv 2
D ．电动机所做的功为21
2
m fs mv
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）图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图. 实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量M ，重物的质量m ；用游标卡尺测量遮光片的宽度d ；用米尺测量两光电门之间的距离s ； ②调整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A 和光电门B 所用的时间△t A 和△t B ,求出加速度a ； ④多次重复步骤③，求a 的平均a ； ⑤根据上述实验数据求出动擦因数μ.
回答下列为题：
(1)测量d 时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm ）的示如图(b)所示;其读数为_________cm.
(2)物块的加速度a 可用d 、s 、△t A 和△t B 表示为a =_______. (3)动摩擦因数μ可用M 、m 、a 和重力加速度g 表示为μ=_______.
(4)如果细线没有调整到水平.由此引起的误差属于______（填“偶然误差”或”系统误差”）.
12．（12分）如图所示,用半径相同的A 、B 两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”．实验时先让质量为m 1的A 球从斜槽上某一固定位置C 由静止开始滚下,进入水平轨道后,从轨道末端水平抛出,落到位于水平地面的复写纸上,在下面的白纸上留下痕迹．重复上述
操作10次,得到10个落点痕迹．再把质量为m2的B球放在水平轨道末端,让A球仍从位置C由静止滚下,A球和B球碰撞后,分别在白纸上留下各自的落点痕迹,重复操作10次．M、P、N为三个落点的平均位置,未放B球时,A球的落点是P点,0点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点,如图所示．
(1)在这个实验中,为了尽量减小实验误差,两个小球的质量应满足m1__________m2(填“>”或“<”);除了图中器材外,实验室还备有下列器材,完成本实验还必须使用的两种器材是______．
A．秒表
B．天平
C．刻度尺
D．打点计时器
(2)下列说法中正确的是______．
A．如果小球每次从同一位置由静止释放,每次的落点一定是重合的
B．重复操作时发现小球的落点并不重合,说明实验操作中出现了错误
C．用半径尽量小的圆把10个落点圈起来,这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置D．仅调节斜槽上固定位置C,它的位置越低,线段0P的长度越大
(3)在某次实验中,测量出两个小球的质量m1、m2，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上,测量出三个落点位置与0点距离OM、OP、0N的长度．在实验误差允许范围内,若满足关系式____________,则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒;若碰撞是弹性碰撞．那么还应满足关系式____________．(用测量的量表示) (4)在OP、0M、0N这三个长度中,与实验所用小球质量无关的是______,与实验所用小球质量有关的是_________．
(5)某同学在做这个实验时,记录下小球三个落点的平均位置M、P、N,如图所示．他发现M和N偏离了0P方向．这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒,他想到了验证这个猜想的办法:连接OP、OM、ON,作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′．分别测量出OP、OM′、ON′的长度．若在实验误差允许的范围内,满足关系式：
____________则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒．
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）在竖直向下的匀强电场中有一带负电的小球，已知小球的质量为m，带电荷量为大小q，自绝缘斜面的A点由静止开始滑下，接着通过绝缘的离心轨道的最高点B．圆弧轨道半径为R，匀强电场场强为E，且mg＞Eq，运动中摩擦阻力及空气阻力不计，求：
（1）A点距地面的高度h至少应为多少？
（2）当h取最小值时，小球对最低点C的压力为多少？
14．（16分）如图所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零．每隔0.2 s通过传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据. 求：
t/s 0.0 0.2 0.4 … 2.2 2.4 …
v/m·s－1 0.0 1.0 2.0 … 3.3 2.1 …
(1)恒力F的大小；
(2)撤去外力F的时刻．
15．（12分）某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H．选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置放手，才
能顺利落在转盘上．设人的质量为m （不计身高大小），人与转盘间的最大静摩擦力为μmg ，重力加速度为g ．
（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应在什么范围？
（2）若已知H ＝5m ，L ＝8m ，a ＝2m/s 2，g ＝10m/s 2，且选手从C 点放手能恰能落到转盘的圆心处，则他是从平台出发后经过多长时间放手的？
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、B 【解题分析】
A ．根据动能定理，阻力做功为2
1700J 2
f W mgh mv ===，A 错误； B ．合外力对物体所做的功等于动能的变化，有：2
150J 2
W mv ==，B 正确；
C ．重力做功750J mgh =，C 错误；
D ．支持力与位移垂直，做功为零，D 错误。

故选B 。

2、D
【解题分析】A 、由题分析得知，
，所以周期波长
，
则频率为，波速为
，故A 、B 错误；
C ．
，此时波传到了点，点振动了，达到波峰，故C 错误；
D ．点与点间的距离为，则波传到点的时间为．点与点相
差波长，此时点在波峰处，达到最大位移，故D 正确。

点睛：本题考查对质点的振动与波的形成之间联系的理解能力，要会根据波形的平移法求波传播的时间，运用数学知识求解任意时刻质点的位移。

3、D 【解题分析】
根据自由落体运动公式：212h gt =
，解得：223
0.89.8
h t s s g ⨯===，而树叶的运动时间大于自由落体运动的时间，可知树叶开始下落的时间为3s ，故D 正确，ABC 错误． 4、A 【解题分析】
AB ．大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，故A 正确，B 错误；
CD ．小环在刚刚开始运动时，在大环的接近顶部运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，小环运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，故CD 错误。

故选A 。

5、C 【解题分析】
A ．设磁场半径为R 0，粒子在磁场中做圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系，可以得出0a R R =，0
3tan 30
b R R R =
=，所以R a :R b 3，A 错误
B ．因为两粒子同时进入，同时射出，所以1164b a T T =，即：23a b
T T =，B 错误 C ．根据2m
T Bq
π=
，所以比荷之比
:3:2a b a b q q m m =，C 正确 D ．根据半径关系R a :R b 3:3，比荷关系:3:2a b a b q q m m =，且mv
R Bq
=，联立解得
a b :2v v =，D 错误
6、C 【解题分析】
A 项：设绳子与竖直方向的夹角为θ时绳子的拉力大小为T ，根据牛顿第二定律得：
2cos v T mg m L θ-=，解得：2
cos v T mg m L
θ=+，故A 错误；
B 项：随θ减小，v 增大，可知绳子拉力T 不断增在，对重球受力分析且由平衡可知，地面与重球间的摩擦力增大，故B 错误；
C 项：开始时小球竖直方向的分速度为零，小球到达最低点时竖直方向的分速度也为零，所以小球竖直方向的分速度先增大后减小，所以小球重力的瞬时功率先增大后减小，故C 正确；
D 项：由冲量定义式I Gt =可知，重力不为零，时间不为零，所以冲量不为零，故D 错误。

故应选：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、AB 【解题分析】
运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功，机械能守恒．故A 正确；运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以：
1
2
m v A 2=mgh=mgR （1-cos60°）所以：
20/A v m s ==
，故B 正确；设运动员做平抛运动的时间为t ，则：x=v A t ；y=
12
gt 2
由几何关系： 30y
tan x ︒＝，联立得：t s =，21801023y m m ＝=⨯⨯ 运动员从A 到B 的过程中机械能守恒，所以在B 点的动能：E kB =mgy+1
2
m v A 2，代入数据得：E kB =
13
×105J ．故C D 错误．故选AB. 点睛：本题是常规题，关键要抓住斜面的倾角反映位移的方向，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中.
8、AD 【解题分析】
A 项：对甲由动能定理可知：·
k F x E =∆合，即=k
E F x
∆合即为图象斜率，所以=2F k N =合，由牛顿第二定律得：2
=2m
a s 甲，故A 正确；
B 项：对乙由动能定理可知：·k F x E =∆合，即=k
E F x
∆合即为图象斜率，所以=1F k N =合，
由牛顿第二定律得：2
=1m
a s 乙，故B 错误；
C 项：由图可知：对甲：=182k E x 甲-，即2
1=18262
mv -⨯甲，解得：m v s 甲，对乙：
=k E x 乙，即2
1=62
mv 乙，解得：m v s 乙，故C 错误；
D 项：甲物体的初动能为
2
01182
mv =，可得06/v m s =，因此甲物体的位移时间关系为21011=2
x v t a t -
，乙物体的位移时间关系为2221
2x a t =，令12x x =可得4t s =，代入
甲的位移可得18x m =，D 正确 9、ACD 【解题分析】
手对物体做功2
112J 2
F W mgh mv =+
=，选项A 正确；合外力对物体做功21
=2J 2
W mv =合，选项B 错误，C 正确；物体克服重力做功10J G W mgh ==，选项
D 正确. 10、AD 【解题分析】
AB ．小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式P =Fv 可知，牵引力不断减小，根据牛顿第二定律， P/v −f =ma
故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，故A 正确，B 错误； CD ．对小车启动过程，根据动能定理，有 W 电−fs =
212
m mv
这段时间内电动机所做的功为
W 电=fS +212
m mv 故C 错误，D 正确．
故选AD.
点睛：小车电动机的功率恒定，速度不断变大，牵引力不断减小，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动；结合动能定理列式求解电动机所做的功．
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、0.960 22211()2B A d s t t ⎡⎤-⎢⎥∆∆⎣⎦
）（ ()mg M m a Mg -+ 系统误差 【解题分析】
第一空.由图(b)所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm ，游标尺示数为
12×0.05mm=0.60mm=0.060cm ，则游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm ． 第二空.物块经过A 点时的速度为：A A d v t =∆，物块经过B 点时的速度为：B B d v t =∆， 物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v B 2-v A 2=2as ， 加速度为：22211()2B A d a s t t ⎡⎤=-⎢⎥∆∆⎣⎦
）（； 第三空.以M 、m 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg -μMg =(M +m )a ， 解得：()mg M m a Mg
μ-+=； 第四空.如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差.
12、>； BC ； C ； 112m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅ ；
222112m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅ ； OP ； OM 和ON ；
112m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅ ；
【解题分析】
明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量； 在该实验中，小球做平抛运动，H 相等，时间t 就相等，水平位移x=vt ，与v 成正比，因此可以用位移x 来代替速度v ，根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式；
【题目详解】
解：(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；
小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：
101122m v m v m v =+，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x =vt ，因
此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有112·
··m OP m OD m ON =+，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有：BC ；
(2)AB 、由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故A 、B 错误；
C 、由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故C 正确；
D 、仅调节斜槽上固定位置C ，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段OP 的长度越小，故D 错误．
故选C ；
(3)若两球相碰前后的动量守恒，则101122m v m v m v =+，又
0OP v t =，1OM v t =，2ON v t =，代入得：112m OP m OM m ON =+， 若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则：222101122111222
m v m v m v =+，代入得; 222112···m OP m OM m ON =+；
(4)根据实验原理可知，OP 是放一个小球时的水平射程，小球的速度与质量无关，故OP 与质量无关；而碰后两球的速度与两球的质量有关，所以碰后水平射程与质量有关，故OM 和ON 与质量有关；；
(5)如图所示,连接OP 、OM 、ON ,作出M 、N 在OP 方向上的投影点M ′、N ′，如图所示；分别测量出OP 、OM ′、ON ′的长度．若在实验误差允许范围内,满足关系式
112···m OP m OM m ON ='+'，则可以认为两小球碰撞前后在OP 方向上动量守恒．
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）2.5R；（2）6（mg-Eq）
【解题分析】
(1)根据重力与电场力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律与动能定理，即可求解；
(2)根据受力分析，由牛顿第二定律与动能定理，即可求解。

【题目详解】
(1)由分析知，小球要经过B点至少需满足条件重力与电场力的合力提供向心力，
即
又从A到B过程由动能定理得：
由以上两式解得：h=2.5R；
(2)在C点，对小球受力分析得：
从A到C过程由动能定理得：
由以上两式解得：
由牛顿第三定律知，小球对C点的压力与轨道在C点给小球的支持力是一对相互作用力，所以小球对C点的压力为6（mg-Eq）
【题目点拨】
考查牛顿第二定律与动能定理的应用，掌握受力分析的方法，理解提供向心力的来源，注意电场力做负功。

14、(1)11 N (2)1.5 s
【解题分析】
：（1）加速阶段由加速度的定义知，加速度a1==5m/s2
减速阶段加速度大小为a2==6m/s2
加速阶段中由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma1
减速阶段中由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma2
由上两式代入数据得：F=m（a1+a2）=11N
（2）撤力瞬间速度最大a1t=v0+a2（t’-t）（其中：v0=3.3m/st’=2.2s）
解得t=1.5s
15、（1）ω≤
2）t 1=2s 【解题分析】
(1)设人落在距圆心R 处不至被甩下，最大静摩擦力提供向向心力，则有： 2mg m R μω≥
即转盘转动角度应满足
ω≤(2)设沿水平加速段位移为x 1，时间t 1；平抛时水平位移为x 2，时间为t 2，则加速时有：
21112
x at = 1v at =
平抛运动阶段：
22x vt =
2212
H gt = 全程水平方向：
12x x L +=
代入已知各量数值，联立以上各式解得：t 1=2s
答：(1)转盘的角速度ω≤.
(2)他是从平台出发后经过2s 放手的.。