【文档说明】福建省优质校2023-2024学年高三上学期12月阶段性检测物理试题（解析版）.docx，共(20)页，1.506 MB，由envi的店铺上传

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2024届高三质优校阶段检测物理试题（本试题卷共6页全卷满分100分考试用时75分钟）考察范围：必修一必修二动量静电场注意事项：1．本试题卷分为选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上相对应题

目的标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．回答非选择题时，使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，将答案写在答题卡的相应位置上。写在试题卷、草稿纸和答题

卡上的非答题区域均无效。4．保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损。一、单选题（每题4分，共计16分）1.如图所示为导航地图APP软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，其推荐路线中有两个数据，13分钟和4.8公里，

关于这两个数据，下列说法正确的是（）A.研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看成质点B.13分钟表示的是某个时刻C.4.8公里表示了此次行程的位移的大小D.根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度的大小【答案】A【解析】【详解】A．研究汽车在导航图中的位置时，可以忽

略汽车的大小和形状，把汽车看成质点，故A正确；B．13分钟表示的是一段时间，是时间间隔，故B错误；C．4.8公里表示了此次行程的路程，故C错误；D．由于不知到汽车的位移，无法计算此次行程的平均速度，故D错误。故选A。2.唐

代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（）A.耕索对曲辕犁拉力的水平

分力比对直辕犁的大B.耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大C.曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力D.直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力【答案】B【解析】【分析】【详解】A

．将拉力F正交分解如下图所示则x方向可得出Fx曲=FsinαFx直=Fsinβ在在y方向可得出Fy曲=FcosαFy直=Fcosβ由题知α<β则sinα<sinβcosα>cosβ则可得到Fx曲<Fx直Fy曲>Fy直A错误、B正确；CD．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对

相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误。故选B【点睛】3.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势

分别为MN、，粒子在M和N时加速度大小分别为MNaa、，速度大小分别为MNvv、，电势能分别为PPMNEE、．下列判断正确的是A.MNMNvvaa，B.MNMNvv，C.PPMNMNEE，D.PPMNMNaaEE，【答案】D【解析】。【详解】试

题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有MNaa；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，

可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即MNpMpNvvEE，，负电荷在低电势处电势能大，故MN；若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在

某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即MNpMpNvvEE，，负电荷在低电势处电势能大，故MN；综上所述，D正确；【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的

运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．4.如图所示，质量为3m光滑曲面体A静止在光滑的水平面上，水平面和曲面最低点相切，质量为

m的小球B从曲面的最高点由静止释放，小球沿曲面运动到底端的过程，合外力对小球的冲量大小为I；则小球沿曲面运动到底端的过程（）的A.小球对曲面体的冲量大小也为IB.曲面体对小球做功为22ImC.小球对曲面体做功为23ImD.曲面体的高为2223Img【答案】

D【解析】【详解】A．小球沿曲面运动到曲面底端的过程，合外力对小球的冲量大小为I，则合力对曲面体的冲量大小为I，故A错误；B．曲面体的支持力和小球受到的重力对小球做功为22211()222IIWmvmmm===

故B错误；C．小球对曲面体做功等于其动能增量，即为2213236IImmm=故C错误；D．根据能量守恒2226IImghmm=+解得2223Ihmg=故D正确。故选D。二、双选题（每题6分，选不全得3分，选全得6分，选错不得分）5.我国女子短道速滑队

在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。如图所示，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙水平猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略一切阻力，运动员的速度方向相同，则（）A.甲的机械能守恒B.甲、乙系统的动量守恒C.甲对乙的冲

量一定与乙对甲的冲量相同D.甲的动能增加量大于乙的动能减少量【答案】BD【解析】【详解】A．根据题意可知，乙对甲的推力对甲做正功，则甲的机械能增加，故A错误；BC．根据牛顿第三定律可知，在乙推甲的过程中，甲对乙的作用力大小等于乙

对甲的作用力大小，作用时间相等，根据IFt=可知，甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量等大反向，忽略一切阻力，甲、乙系统所受合力为0，则甲、乙系统的动量守恒，故C错误，B正确；D．由于乙推甲过程中，要消耗体内的化学能转化为系统的机械能，则系统的机械能增加，可知，甲的动能增加量大于乙的动能

减少量，故D正确。故选BD。6.如图，直角支架固定在水平地面上，小球A穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮。将细绳一端系在A上，另一端跨过滑轮系在小水桶B上，系统处于静止状态。现因桶底破损，里面有少许水缓慢渗漏下来。不计滑轮质量及摩擦，在球A缓慢下降过程

中（）A.绳对球A拉力的竖直分量保持不变B.竖直杆对球A的弹力保持不变C.轴对滑轮作用力方向竖直向上D.轴对滑轮的作用力越来越小【答案】AD的的【解析】【详解】AB．球A缓慢下降，A处于动态平衡状态，对A受力分析，如图所示根据平衡条件得TAcosFmg=NAtanFmg=在球

A缓慢下降过程中，θ减小，则NF减小，绳对球A的拉力的竖直分量保持不变，故A正确，B错误；C．以滑轮为研究对象，由平衡条件可知，轴对滑轮的作用力方向在两绳子的夹角的角平分线上，故C错误；D．对球A、水桶B、滑轮和绳组成的系

统分析，受到竖直向下的重力、竖直杆对A水平向左的弹力NF和轴对滑轮斜向上的作用力T1F，由于重力减小，竖直杆对A的弹力NF也减小，故轴对滑轮的作用力也越来越小，故D正确。故选AD。7.两个等量点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一个

带电荷量为7210C−−、质量为0.1kg的小物块（可视为质点）从C点静止释放。其运动的vt−图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线（图中标出了该切线）斜率最大的位置，则下列说法正确的是（）A.B点为

中垂线上电场强度最大的点B.由C到A的过程中小物块的电势能先增后减C.由C点到A点电势逐渐增加D.A、B两点间的电势差UAB=500V【答案】ACD【解析】【详解】A．根据vt−图像的切线斜率表示加速度，可知小物块在B点处的加速度

最大，则小物块在B点处受到的电场力最大，B点为中垂线上电场强度最大的点，故A正确；BC．由C到A的过程中，根据vt−图像可知小物块的速度一直增大，动能一直增大，则小物块的电势能一直减小，根据pEq=由于小物块带负电，则由C点到A点电势逐渐增加，故B错误

，C正确；D．从vt−图像可知，A、B两点的速度分别为2610m/sAv−=，2410m/sBv−=从B到A过程，根据动能定理得221122BAABABqUqUmvmv=−=−解得500VABU=故D正确。故选ACD。8.如图所示，三个完全相同的物体A、B和C放在水平圆盘上，它们分

居圆心两侧，用两根不可伸长的轻绳相连。物块质量均为1kg，与圆心距离分别为Ar、Br和Cr，其中ACrr且1.5mAr=。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度ω绕轴OO＇匀速转动时，A、B绳中弹力1T和B、C绳中

弹力2T随2的变化关系如图所示，取210m/sg=，下列说法正确的是（）A.物体B与圆心距离0.5mBr=B.物体与圆盘间的动摩擦因数0.1=C.当角速度为1rad/s时，圆盘对A的静摩擦力方向背离圆心D.当角速度为2ra

d/s时，A、B恰好与圆盘发生滑动【答案】BD【解析】【详解】B．由题图可知，当()2212rad/s3=时，A、B间绳刚要有拉力，对A()21Amgmr=解得0.1=B正确；A．当()2220.5rad/s=时，B、C间绳刚要有拉力，对C，有()22Cm

gmr=解得2.0mCr=当()2231rad/s=时，B、C间绳的拉力均为1N，对B只有摩擦力提供向心力，有()23Bmgmr=解得1.0mBr=选项A错误；C．当角速度为1rad/s时，对A有213+AATfmr=解得0.5NAf=方向指向圆心，C错误；D．由图像可以得出

当角速度为2rad/s时，T1=4N，T2=3N，对A2124AATfmr−=解得21N=Afmg=对C2224+CCTfmr=解得21N=Cfmg=说明此刻整个系统都由相对圆盘向外滑动的最大趋势，D正确。故选B

D。三、填空题（每空1分，共9分）9.在古希腊奥林匹克运动会中跳远即已作为比赛项目之一。一位同学在水平面上进行跳远训练，该同学以与水平面成37、大小为5m/s的速度离开地面腾空（如图所示），不计空气阻力

，取210m/sg=，该同学可视为质点。则该同学到达最高点时的速度大小为______m/s，在空中运动的总时间为______s，落地时水平位移为______m。sin370.6=（）【答案】①.4②.0.6③.2.4【解析】【详解】[1]该同学

到达最高点时的速度大小为cos3750.8m/s4m/sxvv===[2]该同学在空中运动的总时间为sin3750.6222s0.6s10yvvtgg====[3]该同学落地时水平位移为40.6m2.4mxxvt===10.如图一轻绳跨过悬挂的定滑轮，两端系有质量分别为1m和2m的小球

A和B，且12mm，令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，小球B下落高度h时，小球A的重力势能增加了______（用题中给的符号表示），A、B组成的系统重力势能______（填“增加”、“减少”或“不变”），B球的速度为______。【答

案】①.1mgh②.减少③.()21122mmghmm−+【解析】【详解】[1]由重力势能知识可知，小球B下落高度h时，小球B的重力势能减少了2mgh小球A上升高度h，重力势能小球A的重力势能增加了1mgh；[2]因为12mm，所以小球B的重力势能减少量大于小球A的重力势能增

加量，所以A、B组成的系统重力势能减少了()21mmgh−[3]小球A和B组成的系统机械能守恒()()2211212mmghmmv−=+解得B球的速度为()21122mmghvmm−=+11.质量相等的两个人造地球

卫星A和B分别在不同的轨道上绕地球做匀速圆周运动，两卫星的轨道半径分别为AR和BR，已知BA4RR=，则A、B两卫星的运动周期BT=______AT，环绕速度Av=_______Bv，机械能AE______BE。（填“大于”、“等于”或“小于”）【答案】①.8②.2③.小于【解析】【详解】[

1][2]卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得22224GMmvmrmrTr==可得2334rTrGM=，1GMvrr=则有3BB3AA81TRTR==，ABBA21vRvR==[3]由于卫星A和B质量相等，且卫星B的轨道更高，则机械能AE小于B

E。四、实验题（每空2分，共12分）12.某实验小组用落体法验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能212mv，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机

械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题：（1）如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的计时点分别标为A、B、C、D，并测出各计时点到O点的距离。已知打点计时器所用

的电源是频率为50Hz的交流电，重物的质量为1.00kg，则从打点计时器打下点O到打下点C的过程中，重物减少的重力势能pE=_______J；重物增加的动能kE=______J，当地的重力加速度29.8m/sg=；（计算结果均保留

三位有效数字）（2）实验时应选用密度稍大的重物，这样做能减小误差的主要原因是______。【答案】①.4.28②.4.23③.减小空气阻力对实验的影响【解析】【详解】（1）[1]从打点计时器打下点O到打下点C的

过程中，重物减少的重力势能2p1.009.843.6510J4.28JOCEmgh−==[2]打点计时器所用的电源是频率为50Hz的交流电，相邻计时点的时间间隔为10.02sTf==由于C点为BD的中间时刻，

因此打C点的速度为BD段的平均速度249.6638.0210m/s2.91m/s220.02BDChvT−−===重物增加的动能22k111.002.91J4.23J22CEmv==（2）[3]实验时应选用密度稍大的重物，这样做能减小误差的主要原因是减

小空气阻力对实验的影响。13.如图所示，某同学为探究碰撞中动量是否守恒的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：①用天平测出两个小球的质量分别为1m和2m；②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，

再将一斜面BC连接在斜槽末端；③先不放小球2m，让小球1m从斜槽顶端A处静止释放，标记小球在斜面上落点位置P，重复实验多次；④将小球2m放在斜槽末端B处，仍让小球1m从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球12mm、在斜面上的落点位置，重复实验多次；

⑤用刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。图1中MPN、、点是实验过程中记下的小球在斜面上三个平均落点位置，从MPN、、到B点的距离分别为MPNsss、、。依据上述实验步骤，回答下面问题：（1）关于实验器材，下列说法正确的是___________；A．实验轨道必须光滑B．该实验不需要秒表

计时C．1m球的质量必须大于2m球的质量D．可选用半径不同的两小球（2）图2是小球1m的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为___________cm；（3）用实验中测得的数据字母来表示，只要满足关系式

___________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。若同时满足关系式___________，则还可判断该碰撞为弹性碰撞。【答案】①.BC##CB②.55.50（55.40~55.60）③.112PMNmsmsm

s=+④.112PMNmsmsms=+【解析】【详解】（1）[1]A．实验轨道是否光滑不影响碰撞前的速度，所以轨道不需要必须光滑，故A错误；B．该实验利用平抛运动表示速度，不需要秒表计时，故B正确；C．为了保持碰撞后，入射小球不反弹，1m球的质量必须大于2m球的质量，故C正确；D．为了保证碰

撞为对心碰撞，两小球的半径需要相同，故D错误。故选BC。（2）[2]图中刻度尺分度值为0.1cm，需要估读到下一位，由图2可知小球1m的平均位置对应的读数为55.50cm。（3）[3]碰撞前小球1m落在图中的P点，设水平初速度为0v，小

球1m和2m发生碰撞后，1m落点在图中的M点，设水平初速度为1v，2m的落点在图中的N点，设其水平初速度为2v，设斜面BC与水平面的夹角为，由平抛运动规律有21sin2Psgt=，0cosPsvt=解得20cos2sin

Pgsv=同理可得21cos2sinMgsv=，22cos2sinNgsv=因此只要满足101122mvmvmv=+即112PMNmsmsms=+则说明两球碰撞过程动量守恒。[4]如果小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足222101122111222mvmvmv=+代入（2）中速度可得11

2PMNmsmsms=+故若同时满足上述关系式，则还可判断该碰撞为弹性碰撞。五、计算题（本大题共3小题，14题9分，15题12分，16题16分，共37分）14.如图所示，质量m=0.1kg的物块（可视为质点）置于粗糙水平

桌面的最左端。现对物块施加一个F=0.8N的水平向右的恒力，物块由静止出发水平向右运动，经t=1s飞离桌面。此后撤去力F，物块最终落至水平地面上的P点。已知桌面高h=0.45m，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：（1）物块

离开桌面时的速度大小v；（2）物块在水平桌面上运动的距离l；（3）物块落地点P与飞出点的水平距离s。【答案】（1）3m/s；（2）1.5m；（3）0.9m【解析】【详解】（1）物块在桌面上滑动过程，对物

块受力分析，由牛顿第二定律得Fmgma−=解得23m/sa=则物块离开桌面时的速度大小3m/svat==（2）物块在水平桌面上运动的距离为221131m1.5m22lat===（3）物块从桌面飞出后做平抛运动，竖直方向有212hgt=解得220.45s0.3s10htg===物块落

地点P与飞出点的水平距离为0.9mxvt==15.如图所示，在平台AD中间有一个光滑凹槽BC，滑板的水平上表面与平台AD等高，一物块（视为质点）以大小v0=6m/s的初速度滑上滑板，当滑板的右端到达凹槽右端C时，物块恰好到达滑板的右端，且此时物块与滑板的速度

恰好相等。物块与滑板的质量分别为m1=0.1kg、m2=0.2kg，物块与滑板以及平台CD间的动摩擦因数均为μ=0.4，取重力加速度大小g=10m/s2。求：（1）滑板的长度l；（2）物块在平台CD上滑行的距离s；（3）滑板运动前右端到C点的距离d。【答案】（1）3ml=；（2）0.5ms

=；（3）1md=【解析】【详解】（1）设滑板的右端到达凹槽右端C时，物块与滑板的速度为v，根据动量守恒，有()1012mvmmv=+解得2m/sv=根据能量守恒定律，有()22101211122mvmmvmgl=

++解得3ml=（2）物块在平台上匀减速，根据动能定理，有211102mgsmv−=−解得0.5ms=（3）滑板运动过程中根据动能定理，有212102mgdmv=−解得1md=16.一个绝缘滑板如图甲所示，它由水平板MN和四分之一光滑圆弧NP组成。已知MN段上表面粗糙，动摩

擦因数为0.5=，其右端与四分之一光滑圆弧在N点相切，MN长度和圆弧半径均为R。该装置静置在光滑水平面上，一个可视为质点的滑块以初速度03vgR=从M点水平向右滑上滑板MN，上升到最高Q点时（未画出）与整个绝缘底板共速。已知该绝缘底板和滑块质量均为

m，重力加速度为g。求：（1）滑块与绝缘滑板共速时的速度？（2）N、Q两点的高度差是多少？（3）绝缘滑板和滑块组成的系统共产生多少热量？（4）如图乙，若开始时滑块在M点处于静止状态，并让滑块带上+q的电荷量，突然在装置所处空间加入方向水平向右的匀强电场，场强为大小为E；

当滑块运动到N点时又撤去匀强电场，要求滑块不能从P点飞出，则电场场强E大小必须满足什么条件？【答案】（1）32gR；（2）1.75R；（3）0.5mgR；（4）3mgmgEqq【解析】【详解】（1）滑块从M点运动到Q点的过程，系统动量守恒

()0mvmmv=+滑块与绝缘滑板共速时的速度0322vvgR==（2）（3）滑块从M点运动到Q点的过程，根据能量守恒()2201122mvmmvmghQ=+++系统产生的热量为QmgR=联立解得0.5QmgR=1.75hR=（4）（i）滑块所受的电场力FqE=滑块能到达

N点，即M、N相对滑动，要求滑块加速度大于滑板加速度，有Fmgmgmm−解得Fmg（ii）设滑块运动到N点时，相对地面的位移为1s，滑板的位移为2s，所需时间为t。若滑块恰好能到达P点整个过程中对系统用能量守恒定律()2112FsmmvmgRQ=+++共0.5QmgR=整个过程中

对系统用动量定理()Ftmmv=+共滑块运动到木板的N点过程中，滑块的对地位移为2112Fmgstm−=联立可得2226FtFgtmgRm=+由M、N位移关系12ssR=+其中木板的对地位移为2212mgstm=联立可得222430FFmgmg−+=解得3Fm

g=所以F应满足3mgFmg综上得3mgmgEqq获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com