2024屆浙江省杭州市浙大附中物理高三上期中質量跟蹤監視試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、兩平行金屬板相距為，電勢差為，一電子質量為，電荷量為，從點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達點，然后返回，如圖所示，，則此電子具有的初動能是A． B． C． D．2、如圖所示，物體P左邊用一根水平輕彈簧和豎直墻壁相連，放在粗糙水平面上，靜止時彈簧的長度大于彈簧的原長．若再用一個從零開始逐漸增大的水平力F向右拉P，直到把P拉動．在P被拉動之前的過程中，彈簧對P的彈力N的大小和地面對P的摩擦力f的大小的變化情況是（）A．N始終增大，f始終減小B．N保持不變，f始終減小C．N保持不變，f先減小后增大D．N先不變后增大，f先減小后增大3、如圖所示，空間有一正三棱錐OABC，點A′、B′、C′分別是三條棱的中點．現在頂點O處固定一正的點電荷，則下列說法中正確的是（）A．A′，B′，C′三點的電場強度相同B．△ABC所在平面為等勢面C．將一正的試探電荷從A′點沿直線A′B′移到B′點，靜電力對該試探電荷先做正功后做負功D．若A′點的電勢為φA′，A點的電勢為φA，則A′A連線中點D處的電勢φD一定小于4、如圖所示是北斗導航系統中部分衛星的軌道示意圖，已知a、b、c三顆衛星均做圓周運動，a是地球同步衛星，則（）A．衛星a的角速度小于c的角速度 B．衛星a的加速度大于b的加速度C．衛星a的運行速度大于第一宇宙速度 D．衛星b的周期大于24h5、假設將來一艘飛船靠近火星時，經歷如圖所示的變軌過程，則下列說法正確的是（）A．飛船在軌道Ⅱ上運動到P點的速度小于在軌道軌道Ⅰ上運動到P點的速度B．若軌道I貼近火星表面，測出飛船在軌道I上運動的周期，就可以推知火星的密度C．飛船在軌道I上運動到P點時的加速度大于飛船在軌道Ⅱ上運動到P點時的加速度D．飛船在軌道Ⅱ上運動時的周期小于在軌道I上運動時的周期6、從水平地面上方同一高度處，使a球豎直上拋，使b球平拋，且兩球質量相等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面上．空氣阻力不計．下述說法中正確的是（）A．重力對兩球所做的功相等 B．兩球著地時的重力的功率相等C．重力對兩球的沖量相同 D．兩球著地時的動量相同二、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、質量為m的小球由輕繩a、b分別系于一輕質木架上的A和C點，繩長分別為la、lb，如圖所示。當輕桿繞軸BC以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，繩a在豎直方向，繩b在水平方向，當小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時輕桿停止轉動，則()A．小球仍在水平面內做勻速圓周運動B．在繩b被燒斷瞬間，a繩中張力保持不變C．若角速度ω較小，小球在垂直于平面ABC的豎直平面內擺動D．繩b未被燒斷時，繩a的拉力等于mg，繩b的拉力為8、如圖所示，在電阻不計的邊長為L的正方形金屬框abcd的cd邊上接兩個相同的電阻，平行金屬板e和f通過導線與金屬框相連，金屬框內兩虛線之間有垂直于紙面向里的磁場，同一時刻各點的磁感應強度B大小相等，B隨時間t均勻增加，已知，磁場區域面積是金屬框面積的二分之一，金屬板長為L，板間距離為L．質量為m，電荷量為q的粒子從兩板中間沿中線方向以某一初速度射入，剛好從f板右邊緣射出．不計粒子重力，忽略邊緣效應．則A．金屬框中感應電流方向為abcdaB．粒子帶正電C．粒子初速度為D．粒子在e、f間運動增加的動能為9、如圖所示，半圓形框架豎直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下處于靜止狀態，P與圓心O的連線與水平面的夾角為θ。現將力F在豎直面內沿順時針方向緩慢地轉過90°，框架與小球始終保持靜止狀態。在此過程中下列說法正確的是()A．框架對小球的支持力先減小后增大B．拉力F的最小值為mgsinθC．地面對框架的摩擦力減小D．框架對地面的壓力始終減小10、如圖所示，傾角為的斜面體C置于水平地面上，一條細線一端與斜面上的物體B相連，另一端繞過質量不計的定滑輪與物體A相連，定滑輪用另一條細線懸掛在天花板上的O點，細線與豎直方向成角，A、B、C始終處于靜止狀態，下列說法正確的是A．若僅增大A的質量，B對C的摩擦力一定減小B．若僅增大A的質量，地面對C的摩擦力一定增大C．若僅增大B的質量，懸掛定滑輪的細線的拉力可能等于A的重力D．若僅將C向左緩慢移動一點，角將增大三、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）用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律，已知打點計時器打點頻率f=50Hz.(1)對于該實驗，下列操作中對減小實驗誤差有利的是___________(填選項前的字母)A.重物選用質量和密度較大的金屬錘B.兩限位孔在同一豎直面內上下對正C.精確測量出重物的質量D.用手托穩重物，先釋放重物,后接通電源(2)實驗中得到的一條紙帶如圖乙所示，打下的第一個點標記為O，選擇點跡清晰且便于測量的連續5個點，標為A、B、C、D、E，測出A、C、E到O點的距離分別為d1=9.51cm、d2=15.71cm、d3=23.47cm.重物質量為0.5kg，當地重力加速度g=9.80m/s2.現選取重物在OC段的運動進行數據處理，則OC段重力勢能減少量為____________J，動能增加量為______________J.(計算結果均保留兩位有效數字)，(3)實驗結果往往是重力勢能的減少量略大于動能的增加量，關于這個誤差，下列說法正確的是_____(填選項前的字母)A.該誤差屬于偶然誤差B.該誤差屬于系統誤差C.可以通過多次測量取平均值的方法來減小該誤差D.可以通過減小空氣阻力和摩擦阻力的影響來減小該誤差12．（12分）飛飛同學學習了牛頓第二定律之后，想自己通過實驗來驗證“當質量一定時，物體運動的加速度與它所受的合外力成正比”這一物理規律。他在實驗室找到了如下器材：一傾角可以調節的長斜面（可近似認為斜面光滑）。小車。計時器一個。米尺。請填入適當的公式或文字，棒他完善下面的實驗步驟：①讓小車自斜面上方一固定點A1從靜止開始下滑至斜面底端A2，記下所用的時間t。②用米尺測量A1與A2之間的距離x，則小車的加速度a=________。③用米尺測量A1相對于A2的高度h。設小車所受重力為mg，則小車所受合外力F=___________。④改變__________（填字母），重復上述測量。⑤為縱坐標，__________（用所測物理量對應字母表達）為橫坐標，根據實驗數據作圖。如能得到一條過原點的直線，則可以驗證“當質量一定時，物體運動的加速度與它所受的合外力成正比”這一規律。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）如圖（a）所示，一可視為質點的物塊在t=0時刻以v0=8ms的速度大小滑上一固定斜面，斜面足夠長，斜面的傾角θ=30(1)物塊向上和向下滑動過程中，物塊的加速度大小；(2)物塊從斜面底端出發到再次返回斜面底端所用的總時間；(3)求出物塊再次返回斜面底端的速度大小，并在圖（b）中畫出物塊在斜面上運動的整個過程中的速度時間圖像，取沿斜面向上為正方向。14．（16分）如圖所示，細繩一端系著質量m=1．1kg的小物塊A，置于光滑水平臺面上;另一端通過光滑小孔O與質量M=1．5kg的物體B相連，B靜止于水平地面上．當A以O為圓心做半徑r=1．2m的勻速圓周運動時，地面對B的支持力FN=2．1N，求物塊A的速度和角速度的大小．(g=11m/s2)15．（12分）如圖所示，質量為m、半徑為R、內壁光滑的、r圓槽置于光滑水平面上，其左側緊靠豎直墻，右側緊靠一質量為m的小滑塊．將一質量為2m的小球自左側槽口A的正上方某一位置由靜止開始釋放，由圓弧槽左端A點進入槽內，小球剛好能到達槽右端C點．重力加速度為g，求：(1)小球開始下落時距A的高度；(2)小球從開始下落到槽最低點B的過程中，墻壁對槽的沖量；(3)小滑塊離開槽的速度大小．

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、D【解題分析】

全程只有電場力做功，根據動能定理解出電子的初動能；【題目詳解】設出電子的初動能，末動能為零，極板間的電場，根據動能定理：，解得：，故D正確，A、B、C錯誤；故選D．2、C【解題分析】由題意可知，放在粗糙水平面上，靜止時彈簧的長度大于原長，則彈簧對P的拉力向左，由于粗糙水平面，因此同時受到水平向右的靜摩擦力．當再用一個從零開始逐漸增大的水平力F向右拉P，直到把P拉動前過程中，物體P受到的靜摩擦力從向右變為水平向左．所以其大小先減小后增大．故只有A正確．選A．【題目點撥】在P被拉動之前的過程中，彈簧仍處于原狀，因此彈力不變，而物體P先開始受到向右的靜摩擦力，當拉力漸漸增大時，導致出現向左的靜摩擦力，因而根據進行受力分析，即可判斷．3、D【解題分析】

根據點電荷的場強公式E=kQ/r2分析電場強度的大小關系；點電荷的等勢面是一系列的同心圓；沿著電場線，電勢逐漸降低；根據電勢的變化，分析電勢能的變化，從而判斷電場力做功的正負；根據公式U=Ed分析A′A連線中點D處的電勢．【題目詳解】A′、B′、C′三點到O點的距離相等，根據點電荷的場強公式E=kQ/r2分析可知，A′、B′、C′三點的電場強度大小相等．但方向不同，故A錯誤．A、B、C的三個點到場源電荷的距離相等，在同一等勢面，但其它點到場源電荷的距離與A、B、C三點到場源電荷的距離不等，故△ABC所在平面不是等勢面，故B錯誤；將一正的試探電荷從A′點沿直線A′B′移到B′點，電勢先升高后降低，電勢能先增大后減小，則靜電力對該試探電荷先做負功后做正功，故C錯誤．由于A′D間場強大于DA間場強，由U=Ed知，A′、D間的電勢差大于DA間的電勢差，則有：φA-φD＞φD-φA′，則φD＜（φA+φA′），由于正點電荷電場中電勢大于零，因此φD＜φA+φA′，故D正確；故選D．【題目點撥】本題關鍵是明確點電荷的電場分布情況，注意根據對稱性分析，同時要注意場強是矢量，電勢是標量．4、A【解題分析】

AB．根據萬有引力提供向心力有解得，，，由角速度、加速度的表達式可得出：半徑大的角速度小，加速度小，選項A正確，B錯誤；C．由線速度的表達式可得出軌道半徑大的線速度小，則衛星a的運行速度小于第一宇宙速度，選項C錯誤；D．衛星b與衛星a的軌道半徑相同，a是地球同步衛星，則周期相同為24h，選項D錯誤故選A。5、B【解題分析】

A．飛船從軌道Ⅱ到軌道I時做向心運動，所以要減速，所以飛船在軌道Ⅱ上運動到P點的速度大于在軌道軌道Ⅰ上運動到P點的速度，故A錯誤；B．由公式，解得：密度故B正確；C．不管在那個軌道上飛船在P點受到的萬有引力是相等的，為飛船提供加速度，所以加速度相等，故C錯誤；D．由開普勒第三定律可知，可知，由于軌道Ⅱ上半長軸大于軌道Ⅰ的半徑，所以飛船在軌道Ⅱ上運動時的周期大于在軌道I上運動時的周期，故D錯誤．6、A【解題分析】

重力對兩球做功WG=mgh相等；根據P=mgvy判斷重力的瞬時功率；豎直上拋和平拋運動的時間不同，故重力對兩球的沖量不同；動量是矢量，動量的方向就是速度的方向，豎直上拋和平拋運動的球落地時速度方向是不一樣的，故這兩種運動的球落地時動量是不同的；【題目詳解】豎直上拋和平拋過程中球都只受重力作用，只有重力做功，兩物體初位置高度相同，故重力做的功WG=mgh相同．故A正確．根據瞬時功率的表達式P=mgvy，兩球落地時a球的豎直速度大于b球的豎直速度，可知兩球著地時的重力的功率不相等，選項B錯誤；因豎直上拋物體落地用時間較長，根據I=mgt可知，重力對a球的沖量較大，選項C錯誤；兩球著地時速度的方向不同，則動量不同，選項D錯誤；故選A.【題目點撥】此題的關鍵要知道豎直上拋和平拋運動都是只受重力，但是它們運動的時間和落地速度方向都是不一樣的．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】

ACD．繩子斷開前，小球做勻速圓周運動，合力指向c點，對小球受力分析，受重力G，a繩子的拉力F1，b繩子的拉力F2，根據牛頓第二定律有：；豎直方向有：小球的線速度為：。繩子斷開后，桿停止轉動，由于慣性，小球將繞A點轉動，若速度較小，小球將在垂直于平面ABC的豎直平面內擺動，若速度較大，也有可能在垂直于平面ABC的豎直平面內繞A點做完整的圓周運動，故A不符合題意，CD符合題意。B．在最低點時，解得：則a繩中張力突然增大，故B不符合題意。8、AC【解題分析】

A．因為磁場垂直紙面向里均勻增大，故根據楞次定律可得金屬框中感應電流方向為abcda，e板帶負電，f板帶正電，A正確；B．因為粒子剛好從f板右邊緣射出，所以粒子受到向下的電場力，而電場方向向上，所以粒子帶負電，B錯誤；C．粒子在電場中做類平拋運動，在水平方向上有在豎直方向上有而電容器兩極板間的電壓等于R兩端的電壓，故聯立解得C正確；D．根據動能定理可得粒子增加的動能為D錯誤．故選AC。9、CD【解題分析】

以小球為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力圖，根據平衡條件分析小球受力變化情況．再以整體為研究對象，分析框架的受力情況．【題目詳解】AB.以小球為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力圖，如圖所示。根據幾何關系可知，將F順時針轉動至豎直向上之前，支持力N逐漸減小，F先減小后增大，當F的方向沿圓的切線方向向上時，F最小，此時：F=mgcosθ.故A錯誤，B錯誤；C.以框架與小球組成的整體為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由圖可知，F在順時針方向轉動的過程中，F沿水平方向的分力逐漸減小，所以地面對框架的摩擦力逐漸減小。故C正確；D.以框架與小球組成的整體為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由圖可知，F在順時針方向轉動的過程中，F沿豎直方向的分力逐漸增大，所以地面對框架的支持力逐漸減小，根據牛頓第三定律可知，框架對地面的壓力也逐漸減小。故D正確。故選：CD10、BD【解題分析】

A、若B具有上滑的趨勢，增大A的質量，則B對C的摩擦力增大，若B具有下滑的趨勢，增大A的質量，則B對C的摩擦力減小，所以不一定增大，故A錯誤；B、將BC看作一個整體，具有向左的運動趨勢，僅增大A的質量，地面對C的摩擦力一定增大，故B正確；C、若B具有上滑的趨勢，增大B的質量，則B受到的摩擦力減小，若B具有下滑的趨勢，增大B的質量，則B受到的摩擦力增大，所以不一定增大，故C錯誤；D、連接AB的細線的夾角一半即α角的大小，若僅將C向左緩慢移動一點，增大連接AB的細線的夾角，則α角將增大，故D正確；故選BD．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、AB0.77J0.76JBD【解題分析】

（1）實驗供選擇的重物應該相對質量較大、體積較小的物體，這樣能減少摩擦阻力的影響，從而減小實驗誤差，故A正確；為了減小紙帶與限位孔之間的摩擦圖甲中兩限位孔必須在同一豎直線，這樣可以減小紙帶與限位孔的摩擦，從而減小實驗誤差，故B正確；因為我們是比較mgh、mv2的大小關系，故m可約去，不需要測量重錘的質量，對減小實驗誤差沒有影響，故C錯誤；實驗時，先接通打點計時器電源再放手松開紙帶，對減小實驗誤差沒有影響，故D錯誤．所以AB正確，CD錯誤．（2）由題意可得物體由O到C的過程中，重物高度下降了：d2=15.71cm，故重力勢能的減小量：△EP=mg△h=0.5×9.8×0.1571J≈0.77J；C點速度為：，動能增加量．（3）實驗結果往往是重力勢能的減少量略大于動能的增加量，這個誤差是系統誤差，無法避免，可以通過減小空氣阻力和摩擦阻力的影響來減小該誤