2024學年安徽省安慶一中安師大附中銅陵一中馬鞍山二中高三物理第一學期期中質量檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，用細線將質量為m的氫氣球拴在車廂地板上的A點，此時細線與水平方向成θ=37°角，氣球與固定在水平車頂上的壓力傳感器接觸，小車靜止時，細線恰好伸直但無彈力，壓力傳感器的示數為氣球重力的．重力加速度為g．現要保持細線方向不變而傳感器示數為零，下列方法中可行的是（）A．小車向右加速運動，加速度大小為B．小車向左加速運動，加速度大小為C．小車向右減速運動，加速度大小為D．小車向左減速運動，加速度大小為2、據悉我國計劃于2022年左右建成天宮空間站，它離地面高度為400?450km的軌道上繞地球做勻速圓周運動，其軌道半徑大約為地球同步衛星軌道半徑六分之一，則下列說法正確的是A．空間站運行的加速度等于地球同步衛星運行的加速度的6倍B．空間站運行的速度約等于地球同步衛星運行速度的倍C．空間站運行的周期等于地球的自轉周期的1倍D．空間站運行的角速度小于地球自轉的角速度3、某物體運動的vt圖像如圖所示，下列說法不正確的是A．0~1s內和0~5s內，物體的位移大小相等B．0~1s內和1~2s內，物體的加速度大小相等C．1~2s內和2~3s內，物體的速度變化量大小相等D．2~3s內和3~4s內，物體的運動方向相反4、小明和小華在實驗室探究加速度與力質量的關系，他倆各自獨立設計了如圖甲、乙所示的實驗裝置，小車總質量用M表示，（甲圖中傳感器的質量可以忽略）鉤碼總質量用m表示。為便于測量合外力的大小，并得到小車總質量一定時，小車的加速度與所受合外力成正比的結論，下列說法正確的是（）A．兩組實驗中只有甲需要平衡摩擦力B．兩組實驗都需要平衡摩擦力C．兩組實驗中只有甲需要滿足所掛鉤碼的總質量m遠小于總質量M的條件D．兩組實驗都需要滿足所掛鉤碼的總質量m遠小于總質量M的條件5、如圖所示，在豎直光滑墻壁上用細繩將一個質量為m的球掛在A點，平衡時細繩與豎直墻的夾角為θ，θ<45°。墻壁對球的支持力大小為N，細繩對球的拉力大小為T，重力加速度為g。則下列說法正確的是A．N>mg，T>mg B．N<mg，T>mgC．N<mg，T<mg D．N>mg，T<mg6、甲、乙兩車在公路上沿同一方向做直線運動，在時刻，乙車在甲車前方處，它們的圖象如圖所示，下列對汽車運動情況的描述正確的是A．甲車先做勻速運動再做反向勻減速運動B．在第末，甲、乙兩車的加速度大小相等C．第末，甲、乙兩車相距D．在整個運動過程中，甲、乙兩車可以相遇兩次二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個正六邊形的六個頂點，A、B、C三點的電勢分別為1V、2V、5V．則下列說法中正確的為A．D、E、F三點的電勢分別為6V、5V、2VB．正點電荷在從D點移動到F點的電場力做負功C．D、E、F三點的電勢分別為7V、6V、3VD．負點電荷在從D點移動到C點的電場力做負功8、質量為m的物體以初速度v0開始做平拋運動，經過時間t，下降的高度為h，速率變為v，則在這段時間內物體動量變化量的大小為（）A．m（v－v0） B．mgt C．m D．9、下列說法正確的是（）A．布朗運動反映了液體分子的無規則運動B．0℃的冰熔化成0℃的水的過程中內能和分子勢能都有增大C．物體的溫度為0℃時，物體分子的平均動能為零D．隨著低溫技術的發展，我們可以使溫度逐漸降低，但不能達到絕對零度E.氣體分子的平均動能越大，則氣體壓強越大F.空氣的相對濕度定義為水的飽和蒸汽壓與相同溫度時空氣中所含水蒸氣的壓強之比10、信使號探測器圍繞水星運行了近4年，在信使號水星探測器隕落水星表面之前，工程師通過向后釋放推進系統中的高壓氦氣來提升軌道，使其壽命再延長一個月，如圖所示，釋放氦氣前，探測器在貼近水星表面的圓形軌道I上做勻速圓周運動，釋放氦氣后探測器進入橢圓軌道Ⅱ，忽略探測器在橢圓軌道上所受阻力．則下列說法正確的是A．探測器在軌道Ⅱ的運行周期比在軌道I的大B．探測器在軌道Ⅱ上某點的速率可能等于在軌道I上速率C．探測器在軌道I和軌道Ⅱ上經過E處時加速度相同D．探測器在軌道Ⅱ上遠離水星過程中，勢能和動能均增大三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）為了“驗證牛頓第二定律”，某實驗小組設計了如圖1所示的實驗裝置。（1）實驗過程有以下操作：a．安裝好實驗器材，將打點計時器接到頻率為50Hz的交流電源上，接通電源后，讓拖著紙帶的小車沿長木板運動，重復幾次。b．選出一條點跡清晰的紙帶，選取部分計數點如圖2所示（每相鄰兩個計數點間還有4個點，圖中未畫出）。c．測得OA=3.59cm；AB=4.41cm；BC=5.19cm；CD=5.97cm；DE=6.78cm；EF=7.64cm。d．計算出小車的加速度a=_________m/s2；打下B點時，小車的速度vB=_________m/s。（結果均保留2位小數）（2）若保持小車及車中的砝碼質量一定，研究加速度a與所受外力F的關系，在木板水平和傾斜兩種情況下分別做了實驗，得到了兩條a-F圖線，如圖3所示。圖線_____（選填“甲”或“乙”）是在木板傾斜情況下得到的；小車及車中的砝碼總質量m=_____kg。12．（12分）如圖所示為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數的實驗裝置示意圖，實驗步驟如下:①用天平測量物塊和遮光條的總質量M、重物的質量m，用游標卡尺測量遮光條的寬度d=0.950cm;用米尺測量兩光電門之間的距離s;②調整輕滑輪，使細線水平;③讓物塊從光電門A的左側由靜止釋放，用數字毫秒計分別測出遮光條經過光電門A和光電門B所用的時間和，求出加速度a;④多次重復步驟③，求a的平均值;⑤根據上述實驗數據求出物塊與水平桌面間動摩擦因數μ．回答下列問題:(1)物塊的加速度a可用d、s、和表示為a=________________．(2)動摩擦因數μ可用M、m、和重力加速度g表示為μ=_____________．(3)如果滑輪略向下傾斜，使細線沒有完全調節水平，由此測得的μ___(填“偏大”或“偏小”);這一誤差屬于______(填“偶然誤差"或“系統誤差")．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）一半徑為R的半圓形豎直圓柱面，用輕質不可伸長的細繩連接的A、B兩球，懸掛在圓柱面邊緣兩側，A球質量為B球質量的2倍，現將A球從圓柱邊緣處由靜止釋放，如圖所示，已知A球始終不離開圓柱內表面，且細繩足夠長，若不計一切摩擦.求:

(1)A球沿圓柱內表面滑至最低點時速度的大小.

(2)從A被釋放到B上升到最大高度過程中，繩子拉力對A球所做的功14．（16分）民航客機在發生意外緊急著陸后，打開緊急出口，會有一條狹長的氣囊自動充氣，形成一條連接出口與地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地上．若某客機緊急出口下沿距地面高h=3.2m，氣囊所構成的斜面長度L=6.4m，一個質量m=60kg的人沿氣囊滑下時受到大小恒定的阻力f=225N，重力加速度g取10m/s2，忽略氣囊形變的影響．求：（1）人沿氣囊滑下的過程中，人克服阻力所做的功和人的重力做功的平均功率；（2）人滑至氣囊底端時速度的大小；15．（12分）如圖所示，固定點O上系一長L＝0.6m的細繩，細繩的下端系一質量m＝1.0kg的小球(可視為質點)，原來處于靜止狀態，球與平臺的B點接觸但對平臺無壓力，平臺高h＝0.80m，一質量M＝2.0kg的物塊開始靜止在平臺上的P點，現對物塊M施予一水平向右的初速度v0，物塊M沿粗糙平臺自左向右運動到平臺邊緣B處與小球m發生正碰，碰后小球m在繩的約束下做圓周運動，經最高點A時，繩上的拉力恰好等于小球的重力，而物塊M落在水平地面上的C點，其水平位移x＝1.2m，不計空氣阻力，g＝10m/s2.(1)求物塊M碰撞后的速度大小；(2)若平臺表面與物塊M間的動摩擦因數μ＝0.5，物塊M與小球的初始距離為x1＝1.3m，求物塊M在P處的初速度大小．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解題分析】

車廂靜止時，通過對氣球受力分析可求出氣球受到的浮力；當壓力傳感器示數為零時，根據牛頓第二定律求小車的加速度，分析運動狀態．【題目詳解】當小車靜止時，細線恰好伸直但無彈力，對氣球受力分析，受到重力、支持力和浮力，根據受力平衡根據題意知，，所以有當壓力傳感器示數為零時，對氣球受力分析如圖豎直方向：水平方向：聯立解得：，方向水平向左故小車向右做減速運動故應選：C．【題目點撥】對于動力學問題，正確分析物體的受力情況，畫出受力圖是解題的基礎，并要靈活運用正交分解法列方程．2、B【解題分析】

ABC.設空間站運行的半徑為R1，地球同步衛星半徑為R2，由得：由于，則有故AC錯誤，B正確；D.由于地球自轉的角速度等于地球同步衛星角速度，故可以得到空間站運行的角速度大于地球自轉的角速度，故D錯誤。3、D【解題分析】

速度時間圖線的斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移，根據圖象的形狀分析物體的運動情況；【題目詳解】A、根據圖像可知，物體做往復運動，4s某物體回到出發點，根據圖形的面積代表位移，可知0~1s內和0~5s內，物體的位移大小相等，故選項A正確；B、根據加速度公式可以知道，在0~1s內：a在1~2s內：a2C、根據圖像可知，在1~2s內，物體的速度變化量為：Δv在2~3s內，物體的速度變化量為：Δv3D、由圖像可知，在2~3s內和3~4s內，圖像的縱坐標為負，說明物體向負方向運動，即運動方向相同，故選項D錯誤。【題目點撥】解決本題的關鍵知道速度時間圖線表示的物理意義，知道圖線斜率和圖線與時間軸圍成的面積表示的含義，同時知道速度變化量為末速度與初速度的差值。4、B【解題分析】

AB．為了減小誤差，兩組實驗均需要平衡摩擦力，故A錯誤，B正確；CD．甲圖中小車受到的拉力可由傳感器讀出，乙圖中拉小車的力可有測力計讀出，故都不需要鉤碼的總質量m遠小于小車的總質量M，故CD錯誤。故選B。5、B【解題分析】

分析球的受力情況，作出力圖，根據平衡條件求解懸繩對球的拉力和墻壁對球的支持．【題目詳解】以球為研究對象，分析其受力情況：重力mg、懸繩對球的拉力和墻壁對球的支持力，根據平衡條件，有：，N=mgtanθ，由于θ＜45°，所以N＜mg.故選B.【題目點撥】本題是三力平衡問題，分析受力情況，作出力圖，運用平衡條件和幾何知識列式求解即可6、D【解題分析】

A．由圖象可知：甲車先做勻速運動再做勻減速直線運動，但甲的速度圖象一直在時間軸的上方，一直沿正向運動，沒有反向，故A錯誤；B．在第末，甲車的加速度為，大小為；乙車的加速度大小為，所以加速大小不相等，故B錯誤；C．在第末，甲的位移為，乙的位移為，所以甲乙兩車相距，故C錯誤；D．剛開始乙在甲的前面處，甲的速度大于乙的速度，經過一段時間甲可以追上乙，然后甲在乙的前面，到末，甲停止運動，甲在乙的前面處，此時乙以的速度勻速運動，所以再經過乙追上甲，故在整個運動過程中，甲、乙兩車可以相遇兩次，故D正確．故選D．【題目點撥】在速度時間圖像中，需要掌握三點，一、速度的正負表示運動方向，看運動方向是否發生變化，只要考慮速度的正負是否發生變化，二、圖像的斜率表示物體運動的加速度，三、圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，在坐標軸上方表示正方向位移，在坐標軸下方表示負方向位移。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、CD【解題分析】:AC、設正六邊形的中心為O.設D點電勢為,因為勻強電場中電勢隨距離均勻變化(除等勢面),又因為正六邊形對邊平行,DE間電勢差等于BA間電勢差,EF間電勢差等于CB間電勢差,則有E的電勢為:,F點的電勢為，O點是AD的中點,則O點的電勢為,AC中點的電勢與OB中點重合,根據幾何知識得,計算得出則E點電勢為：,F點的電勢為.故A錯誤，C正確；

B、由于D點電勢高于F點電勢，正電荷受力方向和電場線方向一致，所以正點電荷在從D點移動到F點電場力做正功，故B錯誤；D

由于D點電勢高于C點電勢，負電荷受力方向和電場線相反，所以把負電荷從D點移動到C點電場力做負功、故D正確；綜上所述本題答案是：CD8、BCD【解題分析】

A．因為v與v0的方向不同，所以物體動量變化量的大小不為m（v－v0）．故A不符合題意．B．根據動量定理得，合力的沖量等于動量的變化量，所以△p=mgt．故B符合題意．C．末位置的動量為mv，初位置的動量為mv0，根據三角形定則，知動量的變化量：故C符合題意．D．因為，所以，可得：．故D符合題意．9、ABD【解題分析】

A．布朗運動是固體微粒的無規則運動，反映了液體分子的無規則運動，故A正確；B．0℃的冰熔化成0℃的水的過程中，需要吸熱，內能增大，由于溫度不變，即分子平均動能不變，所以分子勢能增大，故B正確；C．物體內的分子在永不停息的做無規則運動，當溫度為0℃時，物體的分子平均動能一定不為零，故C錯誤；D．根據熱力學第三定律可知，絕度0度不可到達，故D正確；E．氣體的壓強與分子運動的激烈程度、分子的密度都有關，氣體分子的平均動能越大，則氣體壓強不一定越大，故E錯誤；F．空氣的相對濕度定義為空氣中所含水蒸氣的壓強與相同溫度時水的飽和蒸汽壓之比，故F錯誤。故選ABD．10、ABC【解題分析】由開普勒第三定律，探測器在軌道Ⅱ的運行半徑比在軌道I的大，則有探測器在軌道Ⅱ的運行周期比在軌道I的大，故A正確；由軌道I的E點到軌道II需要點火加速，軌道II的E點到軌道II的F點機械能守恒，引力勢能將增加，動能減小，速度減小，則有探測器在軌道Ⅱ上某點的速率可能等于在軌道I上速率，故B正確；地球對衛星的萬有引力為G，由G＝ma，可得衛星在E點的加速度a＝，探測器在軌道I和軌道Ⅱ上經過E處時加速度相同，故C正確；探測器在軌道Ⅱ上遠離水星過程中，機械能守恒，引力勢能將增加，動能減小，故D錯誤；故選ABC。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、1.811.48甲1.5【解題分析】

(1)[1]由題意可知s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.61cm。每五個點取一個計數點，故T=1.1s。根據△x=aT2可知：可得加速度為：[2]根據平均速度等于中間時刻的瞬時速度可得：(3)[3]由圖象可知，當F=1時，a≠1．也就是說當繩子上沒有拉力時小車就有加速度，該同學實驗操作中平衡摩擦力過大，即傾角過大，平衡摩擦力時木板的右端墊得過高。所以圖線甲是在軌道右側抬高成為斜面情況下得到的。[4]由牛頓第二定律得：，由圖乙所示圖象可知，圖象斜率：，可得質量：kg12、偏大系統誤差【解題分析】

(1)[1]物塊經過點時的速度：物塊經過點時的速度：物塊做勻變速直線運動，由速度位移公式得：解得加速度：(2)[2]以、組成的系統為研究對象，由牛頓第二定律得：解得：(3)[3]如果滑輪略向下傾斜，使細線沒有完全調節水平，則滑塊對接觸面的正壓力測量值偏大，測得的加速度偏小，根據動摩擦因數的表達式知，動摩擦因數測量值偏大，[4]該誤差屬于系統誤差。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）(2)【解題分析】

（1）先根據幾個關系求出A球和B球速度的關系和位移的大小，再對AB整體運用機械能守恒定律即可求解；

（2）當A球的速度為0時，B上升的高度最高，則此時A球沿圓柱面運動的位移最大，設為s，則據機械能守恒定律即可求解；【題目詳解】（1）當A球運動到最低點時，作出圖象如圖所示：

設A球的速度為v，根據幾何關系可知B球的速度為，B球上升的高度為，

對AB小球整體運用系統機械能守恒得：

解得：；（2）當A球的速度為0時，B上升的高度最高，則此時A球沿圓柱面運動的位移最大，設為s，此時連接A球的繩子與水平方向的夾角為．

由幾何關系得：

A球下降的高度為：

則據機械能守恒定律可得：解得：對A分析可知，拉力對A做功等于A的機械能的減小，即．【題目點撥】本題主要考查了機械能守