廣西賀州市平桂區高級中學2025屆高三上物理期中質量跟蹤監視模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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,質量相同的三個小球均可視為質點,處于同一水平面上．A球以初速度v0豎直上拋,B球以與水平面成θ角、大小也是v0的初速度斜向右上拋出,C球沿傾角為θ的足夠長斜面以初速度v0上滑.上述運動過程中均不計空氣阻力和一切摩擦,以下關于三個小球上升的最大高度的比較正確的(

)A．HB<HA=HC B．HA>HB=HC C．HA<HB<HC D．HA>HB>HC2、建筑工人用圖示的定滑輪裝置運送建筑材料．質量為71.1kg的工人站在地面上，通過定滑輪將21.1kg的建筑材料以1．511m／s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取11m／s2．)A．511N B．491N C．891N D．911N3、如圖所示，三條平行且等間距的虛線表示電場中的三個等勢面，其電勢分別為10V、20V、30V，實線是一帶電粒子不計重力在該區域內運動的軌跡，軌跡上有a、b、c三點，已知帶電粒子所帶電荷量為，在a點處的動能為，則該帶電離子（）A．可能帶負電 B．在b點處的電勢能為C．在b點處的動能為零 D．在c點處的動能為4、如圖所示，物塊在靜止的足夠長的傳送帶上以速度v0勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示，在此傳送帶的速度由零逐漸增大到2v0后勻速運動的過程中，下列分析正確的是（）A．物塊下滑的速度不變B．物塊在傳送帶上加速運動到速度為2v0后勻速運動C．物塊先向下勻速運動，后向下加速運動，最后沿傳送帶向下勻速運動D．物塊受到的摩擦力方向始終沿傳送帶向上5、如圖所示的裝置可以將滑塊水平方向的往復運動轉化為OB桿繞O點的轉動，圖中A、B、O三處都是轉軸．當滑塊在光滑的水平橫桿上滑動時，帶動連桿AB運動，AB桿帶動OB桿以O點為軸轉動，若某時刻滑塊的水平速度v，連桿與水平方向夾角為，AB桿與OB桿的夾角為，此時B點轉動的線速度為()A． B． C． D．6、如圖所示，水平固定且傾角為37°（sin37°=1．6，cos37°=1．8）的光滑斜面上有兩個質量均為m=2kg的小球A、B，它們用勁度系數為k=211N/m的輕質彈簧連接，彈簧的長度為l1=21cm，現對B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a=4m/s2向上做勻加速運動，此時彈簧的長度l和推力F的大小分別為（）A．1.1m，25NB．1.3m，51NC．1.1m，41ND．1.3m，25N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，平行板電容器與直流電源（內阻不計）連接，下極板接地，靜電計所帶電量很少，可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點，現將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，上極板不動，則（）A．平行板電容器的電容值將變大B．靜電計指針張角變小C．帶電油滴的電勢能將減少D．若先將上極板與電源正極的導線斷開再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變8、如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑橢圓大環，其長軸長、短軸長．勁度系數為k的輕彈簧上端固定在大環的中心O，下端連接一個質量為m、電荷量為q、可視為質點的小環，小環剛好套在大環上且與大環及彈簧絕緣，整個裝置處在水平向右的勻強電場中。將小環從A點由靜止釋放，小環運動到B點時速度恰好為O。已知小環在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等。則（）A．小環從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大B．小環從A點運動到B點的過程中，小環的電勢能一直增大C．電場強度的大小D．小環在A點時受到大環對它的彈力大小9、假設地球可視為質量均勻分布的球體.已知地球表面的重力加速度在兩極的大小為，在赤道的大小為g；地球半徑為R，引力常數為G，則A．地球同步衛星距地表的高度為 B．地球的質量為C．地球的第一宇宙速度為 D．地球密度為10、兩水平平行金屬板連接在如圖所示的電路中，板長為L間距d,在距板右端2L處有一豎直光屏，D為理想二極管（具有單向導電性）。讓一帶電量為q、質量為m的粒子從兩板左端連線的中點O以水平速度v0射入板間，粒子飛出電場后垂直打在屏上。則A．電場強度大小為3mg/qB．質點在板間運動的過程中與它從板右端運動到屏的過程中速度變化相同C．若僅將滑片P下移，再讓該粒子從O點以v0水平射入，粒子打D．若僅將板間距增大，再讓該粒子從O點以v0水平射入，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）如圖所示的裝置可以用來測量滑塊與水平面之間的動摩擦因數μ。在水平面上將彈簧的一端與擋板固定不動，另一端與帶有遮光條的滑塊接觸(彈簧與滑塊不固連)。剛開始壓縮彈簧到某一位置，然后由靜止開始釋放，滑塊被彈出，離開彈簧后經過O處的光電門，在水平面上的P點。(1)在本實驗中除了用光電門測量出遮光條的遮光時間t，還需要測量的物理量有_____A．滑塊(帶遮光條)的質量m1B．遮光條的寬度d1C．光電門O與P點之間的距離LD．滑塊釋放點到P點的距離s(2)動摩擦因數的表達式μ=_____．(用上述測量物理量和重力加速度g表示)12．（12分）圖甲為驗證牛頓第二定律的實驗裝置示意圖。圖中打點計時器的電源為50Hz的交流電源，打點的時間間隔用Δt表示。在小車質量未知的情況下，某同學設計了一種方法用來探究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質量間的關系”。(1)完成下列實驗步驟中的填空：①平衡小車所受的阻力：小吊盤中不放物塊，調整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器打出一系列________________的點。②按住小車，在小吊盤中放入適當質量的物塊，在小車中放入砝碼。③打開打點計時器電源，釋放小車，獲得帶有點列的紙帶，在紙帶上標出小車中砝碼的質量m。④按住小車，改變小車中砝碼的質量，重復步驟③。⑤在每條紙帶上清晰的部分，每5個間隔標注一個計數點。測量相鄰計數點的間距s1、s2、…。求出與不同m相對應的加速度a。⑥以砝碼的質量m為橫坐標，為縱坐標，在坐標紙上作出－m關系圖線。若加速度與小車和砝碼的總質量成反比，則與m應成________關系(填“線性”或“非線性”)。(2)完成下列填空：①本實驗中，為了保證在改變小車中砝碼的質量時，小車所受的拉力近似不變，小吊盤和盤中物塊的質量之和應滿足的條件是_______________________。②圖乙為用米尺測量某一紙帶上的s1、s3的情況由此求得加速度的大小a＝_______m/s2(保留三位有效數字)。③圖丙為所得實驗圖線的示意圖。設圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，若牛頓定律成立，則小車受到的拉力為____________，小車的質量為________。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）圖中滑塊和小球的質量均為m，滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動，小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為l，開始時，輕繩處于水平拉直狀態，小球和滑塊均靜止．現將小球由靜止釋放，當小球到達最低點時，水平向右運動的滑塊剛好被一表面涂有粘性物質的固定擋板粘住，在極短的時間內速度減為零，小球繼續向左擺動．求：（1）從滑塊與擋板接觸到速度剛好變為零的過程中，擋板阻力對滑塊的沖量；（2）小球從釋放到第一次到達最低點的過程中，繩的拉力對小球做的功；14．（16分）桌面上放著一個單匝矩形線圈，線圈中心上方0.2m處有一豎立的條形磁鐵（如圖），此時線圈內的磁通量為0.04Wb。把條形磁鐵豎放到線圈內的桌面上時，線圈內的磁通量為0.12Wb。分別計算以下兩個過程中線圈中的：(1)磁通量變化量(2)把條形磁鐵從圖中位置在0.2s內放到單匝線圈內的桌面上產生的電動勢(3)換用10匝的矩形線圈，線圈的面積和原來的單匝線圈相同，把條形磁鐵仍從圖中位置在0.2s內放到線圈內的桌面上產生的電動勢15．（12分）如圖所示，豎直平面xOy內有三個寬度均為首尾相接的電場區域ABFE、BCGF和CDHG．三個區域中分別存在方向為＋y、＋y、＋x的勻強電場，且電場區域豎直方向無限大，其場強大小比例為1∶1∶1．現有一帶正電的物體以某一初速度從坐標為(0，)的P點射入ABFE場區，初速度方向水平向右．物體恰從坐標為(1，/1)的Q點射入CDHG場區，已知物體在ABFE區域所受電場力和所受重力大小相等，重力加速度為，物體可以視為質點，求：(1)物體進入ABFE區域時的初速度大小；(1)物體在ADHE區域運動的總時間；(3)物體從DH邊界射出位置的坐標．

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、A【解析】對于A、C兩個球，達到最高點時，A、C兩個球的速度均為零，物體的動能全部轉化為重力勢能，所以A、C的最大高度相同；對于B球來說，由于B是斜拋運動，在水平方向上有一個速度，這個分速度的動能不會轉化成物體的重力勢能，所以B球在最高點時的重力勢能要比AC兩球的小，所以高度要比AC兩球的高度小，所以A正確．故選A．2、B【解析】

對建筑材料進行受力分析根據牛頓第二定律有,得繩子的拉力大小等于F=211N,然后再對人受力分析由平衡的知識得,得FN=491N,根據牛頓第三定律可知人對地面間的壓力為491N，B對.3、D【解析】

A．根據電場線和等勢線垂直，且由高電勢處指向低電勢處，得出場強方向向上，由帶電粒子的運動軌跡可判定，粒子所受電場力向上，則粒子帶正電荷，A錯誤；B．b點處的電勢能：B錯誤；C．由能量守恒，a點處動能和電勢能總和：則b點處的動能為：C錯誤；D．c點處的動能為：D正確。故選D。4、C【解析】

傳送帶靜止時，物塊勻速下滑，故有當傳送帶轉動時，開始階段傳送帶速度小于物塊速度v0，傳送帶對物塊的作用力沒有變化，物塊仍然勻速下滑；當傳送帶的速度大于物塊的速度，物塊受到向下的摩擦力，根據受力分析可知，物體向下做加速運動，當物塊速度達到傳送帶速度2v0時，物塊和傳送帶相對靜止，隨傳送帶勻速下滑，故C正確，ABD錯誤。故選C。5、A【解析】

A點的速度的方向沿水平方向，如圖將A點的速度分解：根據運動的合成與分解可知，沿桿方向的分速度：vA分=vcosα，B點做圓周運動，實際速度是圓周運動的線速度，可以分解為沿桿方向的分速度和垂直于桿方向的分速度，如圖設B的線速度為v′則：vB分=v′?cosθ=v′cos（90°-β）=v′sinβ又二者沿桿方向的分速度是相等的，即：vA分=vB分聯立可得：．故A正確，BCD錯誤；故選A.6、B【解析】以整體為研究對象，受力分析如圖所示：根據牛頓第二定律，沿斜面方向有：，代入數據解得F=51N，以A為研究對象，根據牛頓第二定律和胡克定律，沿斜面方向有：代入數據解得：l=1.3m，故B正確，ACD錯誤。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【解析】

A．根據可知，d增大，則電容減小，故A錯誤；

B．靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變。故B錯誤；

C．電勢差不變，d增大，則電場強度減小，P點與上極板的電勢差減小，則P點的電勢增大，因為該電荷為負電荷，則電勢能減小。故C正確；

D．電容器與電源斷開，則電荷量不變，d改變，根據知電場強度不變，則油滴所受電場力不變。故D正確。故選CD。8、AD【解析】

A．已知小環在A、B兩點時彈簧的彈力大小相等，說明在A點彈簧的壓縮量等于在B點的伸長量相等，設為x，原長為，則得在A點在B點解得小環在A點時，彈簧壓縮量為小環從A點運動到B點的過程中，彈簧從壓縮到原長，再到伸長，所以其彈性勢能先減小后增大，A正確；B．小環從A點運動到B點的過程中，小環沿電場線方向水平運動2L，電場力做正功，小環的電勢能一直減小，B錯誤；C．整個過程由能量守恒定律得得C錯誤；D．小環在A點時彈簧壓縮量為，故平衡條件，有D正確。故選AD。9、ACD【解析】

AB.質量為m的物體在兩極所受地球的引力等于其所受的重力，故：，所以地球的質量：，在赤道，引力為重力和向心力的矢量和，故：，聯立解得：，同步衛星受到的萬有引力提供向心力，則：，解得：，故A正確，B錯誤；C.近地衛星受到的萬有引力提供向心力，所以：，又，聯立得：，故C正確；D.地球的密度：，故D正確。10、AD【解析】

質點先在電場和重力場的復合場中做類平拋運動，要垂直打在M屏上，離開出場后，質點一定打在光屏的上方，做斜上拋運動，質點從離開電場后到垂直打在M屏上過程是平拋運動的逆運動，采用運動的分解方法可知，分析質點類平拋運動與斜上拋的關系，確定加速度關系，求出板間場強；【詳解】A、粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運動，要垂直打在M屏上，離開電場后，粒子一定打在屏的上方，做斜上拋運動。否則，粒子離開電場后軌跡向下彎曲，粒子不可能垂直打在M板上。粒子在板間的類平拋運動和離開電場后的斜上拋運動，水平方向都不受外力，都做勻速直線運動，速度都等于v0，而且v0方向水平，粒子垂直打在M板上時速度也水平，根據粒子的軌跡彎曲方向可知兩個過程粒子的合力方向相反，加速度方向相反，則速度變化量方向相反,粒子的軌跡如圖所示：

設粒子在板間運動的過程中加速度大小為a，則有粒子離開電場時豎直分速度大小vy=at1=qE-mgm?lC、若僅將滑片P向下滑動一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電量要減小，由于二極管具有單向導電性，所以電容器不能放電，電量不變，板間電壓不變，所以質點的運動情況不變，再讓該質點從O點以水平速度v0射入板間，質點依然會垂直打在光屏上，故C錯誤；

D、若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，由C=QU知U不變，電量要減小，但由于二極管具有單向導電性，所以電容器不能放電，電量不變，根據推論可知板間電場強度不變，所以質點的運動情況不變，再讓該質點從O點以水平速度v0射入板間，質點依然會垂直打在光屏上，故【點睛】本題關鍵抓住兩個運動軌跡的特點，巧用逆向思維分析電場外質點的運動情況，要知道運動的合成與分解是研究曲線運動的常用方法，要靈活運用。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、BCd2【解析】

（1）實驗的原理：根據遮光條的寬度與滑塊通過光電門的時間即可求得滑塊的速度：v=d/t；根據動能定理得：-μmgL=0-12mv2；聯立以上兩個公式得動摩擦因數的表達式：μ=d22gLt2；還需要測量的物理量是：遮光條的寬度d，光電門O與P之間的距離L。故BC正確，AD錯誤；故選BC.

【點睛】本題通過動能定理得出動摩擦因數的表達式，從而確定要測量的物理量。要先確定實驗的原理，然后依據實驗的原理解答即可.12、等間距線性遠小于小車和砝碼的總質量1.16(1.13～1.19之間均正確)【解析】

(1)[1]在平衡摩擦力時，應小吊盤中不放物塊，調整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器打出一系列等間距的點，則此時說明小車做勻速運動；[2]由牛頓第二定律：F=ma可知：在F一定時，與m成正比，與m成線性關系.(2)[3]探究牛頓第二定律實驗時，當小吊盤和盤中物塊的質量之和遠小于小車和車中砝碼的總質量時，可以近似認為小車受到的拉力等于小吊盤和盤中物塊受到的重力，認為小車受到的拉力不變．[4]兩個相鄰計數點之間還有4個點，打點計時器的打點時間間隔為0.02s，計數點間的時間間隔：t=0.1s,由勻變速直線運動的推論：△x=at2可知加速度：[5][6]設小車質量為M，小車受到外力為F，由牛頓第二定律有：所以則圖象的斜率為，故縱截距為則四、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），水平向