2025届辽宁大连市普兰店区第二中学物理高三上期中质量跟踪监视试题含解析

2025届辽宁大连市普兰店区第二中学物理高三上期中质量跟踪监视试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、物体在恒力F 1、F
2、F 3的共同作用下做匀速直线运动，若突然撤去恒力F 1，则物体的运动情况是（ ） A ．一定做匀变速直线运动
B ．可能做匀速直线运动
C ．可能做曲线运动
D ．速度大小一定增加
2、如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为4μ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g 。

现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板加速度a 大小可能是
A ．g μ
B ．13g μ
C ．23g μ
D ．124
F g m μ- 3、如图所示，质量为m 的小球固定在长为l 的细轻杆的一端，绕细杆的另一端O 在竖直平面上做圆周运动．球转到最高点A 时，线速度的大小为2
gl ，此时（ ）
A ．杆受到0.5mg 的拉力
B ．杆受到0.5mg 的压力
C ．杆受到1.5mg 的拉力
D ．杆受到1.5mg 的压力
4、为了减少污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心．当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的．假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是
A ．金属圆筒内存在匀强电场
B ．金属圆筒内越靠近收尘极电势越低
C ．带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大
D ．带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小
5、如图所示，长L 、质量m 的极其柔软的匀质物体在台面上以水平速度v 0向右运动，台面上左侧光滑，右侧粗糙，该物体前端在粗糙台面上滑行S 距离停下来．设物体与粗糙台面间的动摩擦因数为μ，则物体的初速度v 0为（ ）
A ．2gL μ
B ．2gS gL μμ-
C ．2gS μ
D ．2gS gL μμ+
6、如图所示，光滑水平面上有A 、B 两辆小车，质量均为m ＝1kg ，现将小球C 用长为0.2 m 的细线悬于轻质支架顶端，m C ＝0.5kg 。

开始时A 车与C 球以v 0＝4m/s 的速度冲向静止的B 车。

若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，则（ ）
A ．A 车与
B 车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒
B ．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A 、B 、
C 组成的系统动量守恒
C ．小球能上升的最大高度为0.16 m
D ．小球能上升的最大高度为0.12 m
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、一列沿着x 轴正方向传播的横波，在t =0时刻的波形如图甲所示，图甲中某质点的振动图像如图乙所示。

下列说法正确的是（ ）
A．图乙表示质点L的振动图像
B．该波的波速为0.5m/s
C．t=6s时质点M的位移为零
D．在4s内K质点所经过的路程为3.2m
E.质点L经过ls沿x轴正方向移动0.5m
8、质最为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动高度，所受空气殂力恒为f，重力加速度为g，此过程中下列说法正确的是
A．物体的动能增加了（F一mg）H B．物体的重力势能增加了mgH
C．物体的机械能减少了f H D．物体的机械能增加了（F一f）H
9、如图所示，自左向右依次固定放置半圆形玻璃砖、足够长的竖立的长方体玻璃砖和光屏，BC、MN、PQ三个表面相互平行．一点光源可沿着圆弧BAC移动，从点光源发出的一束白光始终正对圆心O射入半圆形玻璃砖，经过长方体玻璃砖后，打在光屏上．已知玻璃对红光的折射率为n=1.513，若不考虑光在各个界面的反射，则下列说法正确的是
A．点光源从B移动到C的过程中，光屏上总有彩色光斑
B．点光源从B移动到C的过程中，光屏上红色光斑的移动速率比紫色光斑的小
C．点光源在A点时，光屏上红色光斑在紫色光斑的上方
D．点光源在A点时，若撤除长方体玻璃砖，光屏上红色光斑将向上移动
E.点光源在A 点时，若将光屏稍向右平移，光屏上红色光斑与紫色光斑的间距将增大
10、已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a 所示)，以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b 所示(图中取沿斜面向上的方向为正方向，其中两坐标大小v 1>v 2)，下列判断正确的是
A ．t 1~t 2内，物块对传送带一直做正功
B ．物块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ
C ．系統产生的热量一定比物动能的少量大
D ．0～t 2内传送带对物块做功为22211122
mv 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）小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。

他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图(a)的电路图：
a ．电流表A 1(量程0.6A ，内阻很小)；电流表A 2(量程300μA ，内阻r A =1000Ω)；
b ．滑动变阻器R(0-20Ω)；
c ，两个定值电阻R 1=1000Ω，R 2=9000Ω；
d ．待测电阻R x ；
e ．待测电源E(电动势约为3V ，内阻约为2Ω)
f ．开关和导线若干
(1)根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为___________(填“R1”或“R2”)
(2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图(b)所示。

根据图线可得电源电动势E=___________V；电源内阻r=___________Ω，(计算结果均保留两位有效数字)
(3)小明再用该电路测量定值电阻R x的阻值，进行了以下操作：
①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数I a，电流表A2示数I b；
②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数I c，电流表A2示数I d；后断开S1；
③根据上述数据可知计算定值电阻R x的表达式为___________。

若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比___________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)
12．（12分）为了“探究动能改变与合外力做功”的关系,某同学设计了如下实验方案:
第一步:把带有定滑轮的木板(有滑轮的)一端垫起,把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重锤相连,重锤后连一穿过打点计时器的纸带,调整木板倾角,直到轻推滑块后,滑块沿木板向下匀速运动,如图甲所示.
第二步:保持长木板的倾角不变,将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处,取下细绳和重锤,将滑块与纸带相连,使纸带穿过打点计时器,然后接通电源,释放滑块,使之从静止开始向下加速运动,打出纸带,如图乙所示.打出的纸带如图丙所示.
请回答下列问题:
(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为t ,根据纸带求滑块速度,打点计时器打B点时滑块速度v B=__________.
(2)已知重锤质量为m,当地的重力加速度为g,要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块
______________(写出物理量名称及符号,只写一个物理量),合外力对滑块做功的表达式W合=__________________. (3)算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v,以v2为纵轴、W为横轴建立坐标系,描点作出v2-W图象,可知该图象是一条 _______________,根据图象还可求得
___________________。

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，一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2 m．小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻力．
（1）求小球运动至B点的速度大小；
（2）求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（3）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；
（4）小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面
的夹角相等．求小球从C 点飞出后静止所需的时间．
14．（16分）如图所示，—个质量为m 、电荷量为q +的带电粒子，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以垂直于磁场方向的速度U 做匀速圆周运动．
(1)画出粒子此时所受洛伦兹力的方向及运动轨迹示意图．
(2)推导轨道半径公式．
(3)推导运动周期公式．
15．（12分）质量为 1.0kg m =的钢球自32m h =．高处自由落下，与地面碰撞后竖直向上弹回，碰撞时间01t =．秒，钢球反弹的最大高度为18m H =．．g 取210m/s ．在碰撞过程中，求：
（1）钢球将要落地时的速率多大?
（2）钢球受到地面的平均冲力的大小为多少?
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、C
【解析】
撤去1F ，其余力的合力与F 1等值、反向、共线，与速度方向不共线时，物体做匀变速曲线运动，共线时做匀变速直线运动，当合力的方向与速度的方向相反时，物体做加速运动，故C 正确，ABD 错误．
点睛：本题关键是明确：多力平衡时，任意一个力必定与其余所有力的合力等值、反向、共线；当合力与速度共线时，物体做直线运动；当合力与速度不共线时，物体做曲线运动．
2、D
【解析】
若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和木块的整体，根据牛顿第二定律可得：
1224F mg ma μ-⋅=；解得：124
F a g m μ=-；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：124mg mg ma μμ-⋅=，解得：12
a g μ=，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

3、B
【解析】
设此时杆对小球的作用力为拉力，则有
2
v mg T m L
+= 解得
2
mg T =- 负号说明力的方向与假设相反，即球受到的力为杆子的支持力，根据牛顿第三定律可知杆受到
2mg 的压力，故B 正确，ACD 错误。

4、D
【解析】
A.根据图像信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故A 错误；
B.逆电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，故B 错误；
C.尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故C 错误；
D.离电晕极越远，场强越小，尘埃带电量不变，电场力越小，故D 正确.
故选D.
5、B
【解析】 物体完全越过光滑平台时，摩擦力做功为12
umgl ，剩余滑动距离摩擦力做功为()umg s l -，则由能量守恒可得()
21122
mv umg s l umgl =-+B 正确 6、C
【解析】
A ．车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，故A 错误；
B ．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上A 、B 、
C 组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故B 错误；
CD ．A 、B 两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为v 1，有
012mv mv =
解得
12m/s v =
从小球开始上摆到小球摆到最高点的过程中，A 、B 、C 组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为v 2，有
102()2C C mv m v m m v ++=
解得
2 2.4 m/s v =
从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A 、B 、C 组成的系统机械能守恒，即
222C C 01C 21112(222)2
m gh m v mv m m v =+-＋ 解得
0.16m h =
故C 正确，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、ABD
【解析】
A ．乙图中显示t ＝0时刻该质点处于平衡位置向上振动，甲图波形图中，波向x 轴正方向传播，则质点L 正在平衡位置向上振动，选项A 正确；
B ．根据甲图可知，波长λ=2m ；根据乙图振动图像可得周期T =4s ，该波的波速
0.5m/s v T λ
==
选项B 正确；
C ．t =8s 时质点M 处于波谷，位移为-0.8m ，选项C 错误；
D ．在4s 内K 质点完成1次全振动，所经过的路程为3.2m ，选项D 正确；
E ．波在传播过程中，质点只是在平衡位置附近振动，不会随波运动，选项E 错误。

故选ABD 。

【点睛】
本题关键要能够区分振动图象和波动图象，由图象得到周期、波长、振幅以及振动情况。

8、BD
【解析】
A.物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理合外力做功等于动能的变化量可得：
()=k E F mg f H ∆--，
故A 错误；
B.重力的功为−mgH ，所以物体的重力势能增加了 mgH ，故B 正确；
CD.除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加：
()=E F f H -，
故C 错误，D 正确；
9、BCE
【解析】
A 、当入射光AO ⊥BC 时，不发生折射，在光屏上没有彩色光斑，故A 错误；
B 、由于红光的折射率最小，紫光的折射率最大，点光源从B 移动到
C 的过程中，红光通过半圆形玻璃砖后折射角最小，移动的距离最小，由于光线通过长方体玻璃砖后，出射光线与入射光线平行，可知光屏上红色光斑的移动距离比紫光小，红光移动速率比紫色光斑的小，故B 正确；
C 、点光源在A 点时，由于红光的偏折程度最小，紫光的偏折程度最大，则红光的光屏上红色光斑在紫色光斑的上方，故C 正确；
D 、光线通过长方体玻璃砖后会向上发生移侧，则点光源在A 点时，若撤除长方体玻璃砖，光屏上红色光斑将向下移动，故D 错误；
E 、点光源在A 点时，若将光屏稍向右平移，出射光线方向不变，根据几何关系可知，光屏上红色光斑与紫色光斑的间距增大，故E 正确；
故选BCE ．
10、BC
【解析】
由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t 1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带一直做负功．故A 错误．在t 1～t 2内，物块向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B 正确．0～t 2内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大．故C 正确．0～t 2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得：W+W G =12mv 22-12mv 1，则传送带对物块做功
W≠12mv 22-12
mv 1．故D 错误．故选BC ． 【点睛】
由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解功是常用的方法．
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、R2 3.0 2.1 ()d b A 2c a I I -r +R I I ⎛⎫ ⎪⎝⎭
相等 【解析】
（1）电流表A 2与R 2串联，可改装为量程为62()30010(10009000)3g A U I r R V V -=+=⨯+=的电压表，故选R 2即可；
（2）由图可知电流表A 2的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E =3.0V ；内阻 3.0 1.80 2.10.58U r I ∆-=
=Ω=Ω∆ （3）由题意可知：2()a b A I R I r R =+ ，2()()c x d A I R R I r R +=+；联立解得2(-)()d b x A c a
I I R r R I I =+；由以上分析可知，若考虑电流表A 1内阻的影响，则表达式列成：12()()a A b A I R r I r R +=+ ，12()()c A x d A I r R R I r R ++=+，最后求得的R x 表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相等。

12、312x x t
-∆ 下滑的位移X mgx 过原点的直线 滑块的质量M 【解析】
(1)[1]匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：
312B x x v t
-=∆ (2)[2][3]由做功定义式可以知道还需要知道滑块下滑的位移x ,由动能定理可以知道
k W E =∆合
即
k mgx E =
(3)[4][5]合外力做的功为
212
W mgx Mv ==
即: 22v W M
=
2v W -图象应该为一条过原点的直线,设图象的斜率为k ,则
2k M
= 得滑块质量
2M k
= 还可以求得滑块的质量M 。

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）4m/s （2）2.4J （3）3.36m （4）2.4s
【解析】
试题分析：（1）小球在B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出B 点的速度；（2）根据动能定理即可求出小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）结合平抛运动的公式，即可求出为使小球落点P 与B 点的水平距离最大时BC 段的长度；（4）由机械能的损失求出速度的损失，然后结合竖直上抛运动的公式求出各段时间，最后求和即可；
（1）小球在B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则：20N v F mg m R
-= 代入数据可得：04/v m s =
（2）A 到B 的过程中重力和阻力做功，则由动能定理可得：20102f mgR W mv -=
- 代入数据得： 2.4f W J =
（3）B 到C 的过程中，由动能定理得：2201122
BC c kmgL mv mv -=
- 解得：2202c BC v v L kg -=
从C 点到落地的时间：00.8t s == B 到P 的水平距离：22002c c v v L v t kg
-=+ 代入数据，联立并整理可得：214445
c c L v v =-+ 可知．当 1.6/c v m s =时，P 到B 的水平距离最大，为L=3.36m
（4）由于小球每次碰撞机械能损失75%，由212k E mv =，则碰撞后的速度为碰撞前速度的12，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的12
，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C 点到落地的时间的12，所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间：10120.82
t t s =⨯=，同理，从第二次碰撞后到发生第三次碰撞的时间：21110.80.422t t s ==⨯=，由此类推可知，从第n 次碰撞后到发生第n+1次碰撞的时间：1112n n t t -⎛⎫= ⎪⎝⎭
小球运动的总时间：012n t t t t t =+++⋯+
由数学归纳法分可得： 2.4t s =
【点睛】该题结合机械能守恒考查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，其中的第三问的难度较大，根据小球每次碰撞机械能损失75%，得出碰撞后的速度为碰撞前速度的12
是解答的关键． 14、（1） （2）mv Bq （3）2πm Bq
【解析】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图；
（2）带电粒子运动过程中所受洛伦兹力F qvB =洛；
洛伦兹力充当向心力2
v F m r
洛=，解得轨道半径mv r Bq =； （3）带电粒子运动周期22r m T v Bq
ππ==． 点睛：本题考查了求粒子的轨道半径、粒子的周期，应用牛顿第二定律、线速度与周期的关系即可正确解题．
15、 (1) 8m/s (2) 150N
【解析】（1）依据运动学公式2202t v v ax -=，
故22y v gh =，解得8m/s y v =．
（2）竖直向上弹弹起时，依据竖直上抛运动，
故222y v gH =，解得26m/s y v =．
依据动量定理规定向下为正方向，
()2y y mg F t mv mv -=--，
解得：150N F =．
即平均冲力的大小为150N ．。