广东省广州市第二中学2024学年高三物理第一学期期中达标测试试题含解析

广东省广州市第二中学2024学年高三物理第一学期期中达标测

试试题

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时电阻丝AB段受到的安培力为F，则此时三根电阻丝受到的安培力的合力大小为

A．F B．1.5F C．2F D．3F

2、在竖直墙壁上悬挂一镖靶，某人站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A、B由同一位置水平掷出，两只飞镖落在靶上的状态如图所示(侧视图)，若不计空气阻力，下列说法中正确的是()

A．A、B两镖在空中运动时间相同

B．B镖掷出时的初速度比A镖掷出时的初速度小

C．A、B镖的速度变化方向可能不同

D．A镖的质量一定比B镖的质量小

3、我们生活中的许多实际现象如果要用物理规律严格地进行求解往往会很复杂，甚至可能无法求解，而有些问题用量纲分析法就简便得多．比如，鸟能够飞起来的必要条件是空气对鸟的升力大于鸟的重力，设鸟的升力为f，它与鸟的翅膀面积S和飞行速度v 有关，另外鸟是在空气中飞行的，因而可能与空气的密度ρ有关，人们猜测f与这些有

关因素之间的关系式为：f=CS a v b ρc ，其中C 为无量纲的常数．根据量纲分析的方法，你认为该公式中的a 、b 、c 应分别为 A ．a=1,b=1, c=1 B ．a=1, b=2, c=1 C ．a=1,b=2, c=2

D ．a=2, b=2, c=2

4、在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在三楼的阳台上，放手让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为t 1．如果站在四楼的阳台上，放手让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将（ ） A ．不变

B ．变大

C ．变小

D ．无法判断

5、汽车的额定功率为90 kW ，路面的阻力恒为F ，汽车行驶的最大速度为v .则( ) A ．如果阻力恒为2F ，汽车的最大速度为

2

v B ．如果汽车牵引力为原来的二倍，汽车的最大速度为2v C ．如果汽车的牵引力变为原来的

1

2

，汽车的额定功率就变为45 kW D ．如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率就是90 kW

6、如图所示，P 是水平面上的圆弧凹槽。从高台边B 点以速度0v 水平飞出的小球，恰能以固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 沿圆弧切线方向进入轨道。O 是圆弧的圆心，1θ是OA 与竖直方向的夹角，2θ是BA 与竖直方向的夹角，则

A ．12ot θtan θ2c =

B ．12tan θtan θ2=

C ．12cot θcot θ2=

D ．12tan θcot θ2=

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、质量为20kg m =的物体，在大小恒定的水平外力F 的作用下，沿粗糙水平面做直线运动.02s ～内F 与运动方向相反，24s ～内F 与运动方向相同，物体的v t -图象如图，g 取210m/s ，则( )

A．拉力F的大小为100N

B．物体在4s时拉力的瞬时功率为120W

C．4s内拉力所做的功为-480J

D．4s内物体克服摩擦力做的功为480J

8、2017年6月19日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星，按预定计划，“中星9A”应该首选被送入近地点约为200公里，远地点约为3.6万公里的转移轨道II （椭圆），然后通过在远地点变轨，最终进入地球同步轨道III （圆形）．但是由于火箭故障，卫星实际入轨后初始轨道I远地点只有1.6万公里．技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在近地点点火，尽量抬高远地点的高度，经过10次轨道调整，终于在7月5日成功定点于预定轨道，下列说法正确的是（）

A．失利原因可能是发射速度没有达到7.9 m/s

B．卫星在轨道III经过Q点时和在轨道II经过Q点时的速度相同

C．卫星从轨道I的P点进入轨道II后机械能增加

D．卫星在轨道II由P点向Q点运行时处于失重状态

9、2020年7月23日，中国“天问一号”探测器发射升空，成功进入预定轨道，开启了火星探测之旅，迈出了我国自主开展行星探测的第一步。如图所示，“天问一号”被火星捕获之后，需要在近火星点P变速，进入环绕火星的椭圆轨道。则关于“天问一号”，下列说法中正确的是（）

A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在P点加速

B．在轨道Ⅰ上经过P点时的加速度大于在轨道Ⅱ上经过P点时的加速度

C．在轨道Ⅰ上运行周期大于在轨道Ⅱ上运行周期

D．在轨道Ⅰ上运行时的机械能大于在轨道Ⅱ上运行时的机械能

10、图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（）

A．平面c上的电势为零

B．该电子可能到达不了平面f

C．该电子经过平面d时，其电势能为4eV

D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的倍

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）下图是小车运动过程中打点计时器打下的一条纸带的一部分，打点计时器的打点周期为0.02s，相邻计数点之间还有4个点没有画出，时间间隔为T，请根据纸带回答下列问题，计算结果均保留三位有效数字：

(1)小车加速度的大小为______m/s2；

(2)b点的速度为______m/s。

12．（12分）某组同学计划用如图甲所示的实验装置，探究加速度a与合外力F及小车质量M之间的定量关系．

(1)为了平衡小车在运动过程中受到的阻力，必须使木板倾斜恰当的角度θ，若小车和木板之间的动摩擦因数为μ，则tanθ______μ（选填“>”、“<”或“=”）．

(2)实验得到如图乙所示的纸带．O点为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为

0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G，小车的加速度大小为_________m/s2（结果保留2位有效数字）．

(3)在处理实验数据时，用m表示砝码和托盘的总质量，用M表示小车的质量，用g表示当地的重力加速度．若用m、M和g表述小车的加速度，则测量值为_________，理论值为_________．

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，半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A点，质量为m＝1 kg的小物体（可视为质点）在水平拉力F的作用下，从静止开始由C点运动到A点，物体从A点进入半圆轨道的同时撤去外力F，物体沿半圆轨道通过最高点B后做平抛运动，正好落到C点，已知x AC＝1 m，物体与水平面的动摩擦因素为μ＝0.48，g取10 m/s1．试求：

（1）物体在B点时的速度大小

（1）物体到达半圆轨道A点时对轨道的压力大小；

（3）物体从C到A的过程中，外力F做的功．

14．（16分）某物理兴趣小组研究物体的多过程运动，其情景如下．如图所示，在光滑水平面上，建立直角坐标系xoy，有两根平行线ab与cd（均平行于x轴）将水平面分成三个区域．自区域I的A点将质量均为m的小球M、N以相等的初动能水平向右、向左抛出．两小球在全过程中受到沿水平面向+y方向的恒定外力1.5mg的作用；两小球经过宽度为H的区域II时，受到沿+x方向的恒力作用．小球从区域II的下边界离开进入区域III，N球的速度方向垂直cd向下；M球在区域II做直线运动；M球刚离开区域II的动能为N球刚离开区域II的动能的1.64倍．不计空气阻力．求：

（1）M与N在区域II中平行x轴方向的位移大小之比；

（2）A点距平行线ab的距离；

（3）区域II 提供的水平向右的恒力．

15．（12分）如图所示，半径R ＝0.4 m 的光滑圆弧轨道BC 固定在竖直平面内，轨道的上端点B 和圆心O 的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C 为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m ＝0.1 kg 的小物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝2 m/s 的速度被水平抛出，恰好从B 点沿轨道切线方向进入轨道，经过C 点后沿水平面向右运动至D 点时，弹簧被压缩至最短，C 、D 两点间的水平距离L ＝1.2 m ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2.求：

(1)小物块经过圆弧轨道上B 点时速度v B 的大小； (2)小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道的压力大小； (3)弹簧的弹性势能的最大值E pm .

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】

均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，电阻丝ACB 阻值是电阻丝AB 阻值的2倍，电阻丝AB 与电阻丝ACB 并联，所以电阻丝ACB 中电流是电阻丝AB 中电流的

1

2

；电阻丝ACB 在磁场中的有效长度与电阻丝AB 的长度相等，则电阻丝ACB 所受安培力是电阻丝AB 所受安培力的

1

2，即电阻丝ACB 所受安培力为12

F ；电阻丝AB 与电阻丝ACB 所受安培力的方向相同，所以三根电阻丝受到的安培力的合力

1

1.52

F F F F =+=合．故B 项正确，ACD 三项错误．

2、B

A .飞镖

B 下落的高度大于飞镖A 下落的高度，根据212

h gt =得t =B 下降的高

度大，则B 镖的运动时间长．故A 错误；

B .因为水平位移相等，B 镖的时间长，则B 镖的初速度小，故B 正确；

C .因为A 、B 镖都做平抛运动，速度变化量的方向与加速度方向相同，均竖直向下，故C 错误；

D .平抛运动的时间与质量无关，本题无法比较两飞镖的质量，故D 错误． 3、B 【解题分析】

A 、面积S 的单位是m 2，速度v 的单位是m/s ，密度ρ的单位是kg/m 3，力f 的单位是N ，即kg

m/s 2，把a=1,b=1, c=1代入鸟的升力f=CS a v b ρc =C m 2

3

m kg s m =C kg

s

，这不是力的单位，故A 错误．

B 、同理把a=1, b=2, c=1代入f=CS a v b ρc

=C m 2

22

3

m kg

s m =Ckg m/s 2，这是力的单位，

故B 正确．

C 、把a=1,b=2, c=2代入f=CS a v b ρc =C m 22226m kg s m =C 2

22kg s m

，这不是力的单位，故C 错误．

D 、把a=2, b=2, c=2代入f=CS a v b ρc

=Cm 4

2

226m kg s m =C 2

2kg s

，这不是力的单位，故D 错误． 故选B 4、C 【解题分析】

设细线的长度为L ，第一个小球着地后，另一个小球再运动的位移为L 才落地，在L 内运行的时间，即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L 内的初速度，高度越高，落地的速度越大，可知高度越高，另一个小球在位移L 内的初速度越大，根据201

2

L v t gt =+，初速度越大，时间越短，即落地的时间差变小，故选项C 正确，ABD 错误． 5、A

A ：汽车速度达到最大时，做匀速运动，此时汽车的牵引力等于阻力，根据P fv =，当阻力加倍时，最大速度减半．故A 项正确．

B ：牵引力加倍，只要阻力不变，最大速度不变．故B 项错误．

C ：汽车的额定功率是不变的，故C 项错误．

D ：汽车可以以某一恒定功率做匀速运动，不一定以额定功率．故D 项错误． 6、B 【解题分析】

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，速度与水平方向的夹角为1θ，则有：

10

tan θy v gt

v v =

=

位移与竖直方向的夹角为2θ，则有：

00222tan θ12

v t v x

y gt gt ===

联立可得：

12tan θtan θ2=

A. 12ot θtan θ2c =与分析不符，故A 错误；

B. 12tan θtan θ2=与分析相符，故B 正确；

C. 12cot θcot θ2=与分析不符，故C 错误；

D. 12tan θcot θ2=与分析不符，故D 错误。

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、BCD 【解题分析】

0～2s 内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：22110

m/s =5m/s 2

v a t ∆=

=∆，根据牛顿第二定律有：1f F F ma +=，匀加速过程加速度大小为：2222

=m/s =1m/s 2

v a t '∆=

'∆，根据牛顿第二定律有： 2f F F ma -= ，联立解得：40N 60N f F F ==，，故A 错

误；物体在4 s 时拉力的瞬时功率为：602W=120W P Fv ==⨯，故B 正确；4s 内物

体通过的位移为11

210m-22m=8m 22

x =

⨯⨯⨯⨯，，拉力做功为：480J W Fx =-=-，故C 正确；4s 内物体通过的路程为11

2102212m 22

S =⨯⨯+⨯⨯=，4s 内物体克服摩

擦力做的功为：4012J=480J f f W F S ==⨯，故D 正确． 8、CD 【解题分析】

卫星的最小发射速度为7.9km/s ，卫星已经发射，失利原因不可能是发射速度没有达到7.9km/s ，A 错误；卫星由Ⅱ的Q 点加速后才能进入Ⅲ，由此可知，卫星在轨道Ⅲ经过Q 点时的速度大于在轨道Ⅱ经过Q 点时的速度，B 错误；卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道Ⅰ的P 加速后才能做离心运动从而进入轨道Ⅱ后，卫星加速过程机械能增加，所以卫星从轨道Ⅰ的P 点进入轨道Ⅱ后机械能增加，C 正确；卫星在轨道II 由P 点向Q 点运行时，速度减小，故加速度向下，处于失重状态，D 正确． 9、CD 【解题分析】

A ．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在P 点减速，故A 错误；

B ．在轨道Ⅰ上经过P 点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P 点时的加速度，都是由万有引力提供向心力，故B 错误；

C ．根据万有引力提供向心力，有

2

224Mm G m r r T

π= 解得

2T = 因为轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半径，所以在轨道Ⅰ上运行周期大于在轨道Ⅱ上运行周期，故C 正确；

D ．从轨道Ⅰ变到轨道Ⅱ需要减速，所以在轨道Ⅰ上运行时的机械能大于在轨道Ⅱ上运行时的机械能，故D 正确。 故选CD 。 10、ABD 【解题分析】

A ：电子从a 到d 的过程中克服电场力做功，则电场力的方向水平向左，电场方向水平向右，从a 到d 电势降低．匀强电场内间距相等的等势面之间的电势差相等，设相邻等势面间的电势差为U ，则

；又

，联立解得：

．平面b 上的

电势为2V ，则平面c 上的电势为零．故A 项正确．

B ：由于电子运动方向未知，粒子经过平面d 时速度方向可能已经沿平面d ，则电子可能到达不了平面f ．故B 项正确．

C ：平面b 上的电势为2V ，相邻等势面间的电势差，则平面d 上的电势为

，

电子经过平面d 时，其电势能为．故C 项错误． D ：相邻等势面间的电势差，则，

，电子经过a 时的动能为10eV ，据动能定理可得：

、

，解得：

、

，

所以电子经过平面b 时的速率是经过d 时的

倍．故D 项正确．

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、1.40 0.300 【解题分析】

(1)[1]由题意T =0.1s ，则小车加速度的大小为

22222

(3.70 2.30)10m/s 1.40m/s 0.1

x a T -∆-⨯=== (2)[2]b 点的速度为

212(2.30 3.70)10m/s 0.300m/s 20.2

b x x v T -++⨯===

12、 = 0.99（0.98—1.0）

mg M mg

m M

+ 【解题分析】（1）为了平衡小车在运动过程中受到的阻力，必须使木板倾斜恰当的角度θ，若小车不受拉力作用下能沿斜面匀速下滑，由平衡知： sin cos mg mg θμθ= 得：

tan μθ=

（2）利用2

x aT

∆= 得; ()()()

22

0.66770.36700.36700.15500.99m/s 3a T ---== 由于误差存在，所以加速度在（0.98—1.00）都算正确；

（3）在处理实验数据时，用m 表示砝码和托盘的总质量，用M 表示小车的质量，用g

表示当地的重力加速度，由牛顿第二定律得： ()mg m M a =+，即mg a m M

=+这是实验的理论值，但在测量时认为绳子对车的拉力等于钩码和托盘的总重力，所以测量值为mg a M

= 综上所述本题答案是： (1). = (2). 0.99（0.98—1.0） (3).

mg M (4). mg m 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）5m/s ；（1）111.5N ；（3）14.1J

【解题分析】

(1)设物体在B 点的速度为v ，由B 到C 做平抛运动，有

2122

R gt = AC X vt =

解得：

v ＝5 m/s

(1)A 到B ，机械能守恒定律有：

2211mv mv +2mgR 22

A = 在A 点，设轨道对物体的作用力为N F ，则：

2A N mv F mg R

-= 解得：

F N ＝111.5 N.

(3)由C 到A 应用动能定理有：

212

F AC A W umgX mv -=

解得： 24.1F W =J

14、（1）3 :1；（2）

13H ；（3）1.2mg ． 【解题分析】

⑴两小球在区域II 中运动，竖直方向有：212

y y H v t a t =+⇒两球在区域II 中通过的时间相同．在水平方向上，两球加速度大小相等，设为a ，则

212

M x x v t at =+ ① 212

N x x v t at =- ② 对N 球：x v at = ③ 由①②③得31

M n x x = ④ ⑵小球在区域I 中运动，有：2

3y v gh = ⑤

进入区域II 后，在竖直方向上，有： 211.52

y H v t gt =+⋅ ⑥ 由几何关系有： 1.5 1.5tan y M x v H mg g x v F a

α==== ⑦ 由①③⑤⑥⑦得3

H h = ⑧ ⑶对MN 两球运动的全过程，由动能定理有：

()211.52

M kM x mg H h Fx E mv ++=- ⑨ ()211.52

N kN x mg H h Fx E mv +-=- ⑩ 由已知 1.64kM kN

E E = ⑪ 由④⑦⑧⑨⑩⑪得： 1.2

F mg =

15、（1）4/B v m s = （2）8F N = （3）0.8pm E J =

【解题分析】

（1）小物块恰好从B 端沿切线方向进入轨道，据几何关系有： 024/sin sin 30B v v m s θ===． （2）小物块由B 运动到C ，据机械能守恒有：2211(1sin )22C B mgR mv mv θ+=

- 在C 点处，据牛顿第二定律有2'

C C

v N mg m R -= 解得N C ′=8 N

根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道压力大小N C 为8N ． （3）小物块从B 运动到D ，据能量关系有

21(1sin )0.82

Pm B E mv mgR mgL J θμ=++-=