2024届北京市大兴区物理高三上期末综合测试试题含解析

注意事项：

1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施。如图所示，一次最多可坐四人的浮圈从高为h的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为R、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A．人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态 B．人和浮圈刚进入盆体时的速度大小为2gh C．人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧

D．人和浮圈进入盆体后，所受支持力与重力的合力大于所需的向心力

2、如图所示，箱子中固定有一根轻弹簧，弹簧上端连着一个重物，重物顶在箱子顶部，且弹簧处于压缩状态。设弹簧的弹力大小为F，重物与箱子顶部的弹力大小为FN。当箱子做竖直上抛运动时（ ）

A．F=FN=0 B．F=FN≠0 C．F≠0，FN=0 D．F=0，FN≠0

3、在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的气缸质量为M，气缸内有一质量为m的活塞，已知M＞m．活塞密封一部分理想气体．现对气缸施加一个水平向左的拉力F（如图甲），稳定时，气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞（如图乙），稳定时气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1．设密封气体的质量和温度均不变，则 ( )

A．a1 =a1，p1＜p1，V1＞V1 B．a1＜a1，p1＞p1，V1＜V1 C．a1=a1，p1＜p1，V1＜V1 D．a1＞a1，p1＞p1，V1＞V1

4、如图，A、B两点固定有电荷量分别为+Q1和+Q2的点电荷，A、B连线上有C、D两点，且AC=CD=DB。试探电荷+q只在静电力作用下，从C点向右沿直线运动到D点，电势能先减小后增大，则（ ）

A．Q1一定大于Q2

B．C、D两点的场强方向可能相同 C．+q的加速度大小先减小后增大

D．+q的动能和电势能的总和先减小后增大

5、如图甲所示，开口向上的导热气缸静置于水平桌面，质量为m的活塞封闭一定质量气体，若在活塞上加上质量为m的砝码，稳定后气体体积减小了△V1，如图乙；继续在活塞上再加上质量为m的砝码，稳定后气体体积又减小了△V2，如图丙．不计摩擦，环境温度不变，则（ ）

A．△V1＜△V2 C．△V1＞△V2

B．△V1=△V2

D．无法比较△V1与△V2大小关系

6、工在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上（电源电压小于材料的击穿电压）。当流水线上通过的产品厚度减小时，下列说法正确的是（ ）

A．A、B平行板电容器的电容增大 B．A、B两板上的电荷量变大 C．有电流从a向b流过灵敏电流计 D．A、B两板间的电场强度变大

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、如图所示，用轻绳分别系住两个质量相等的弹性小球A和B。绳的上端分别固定于O、O点。A绳长度（长度为L）是B绳的2倍。开始时A绳与竖直方向的夹角为60，然后让A球由静止向下运动，恰与B球发生对心正碰。下列说法中正确的是（ ）

A．碰前瞬间A球的速率为gL B．碰后瞬间B球的速率为2gL C．碰前瞬间A球的角速度与碰后瞬间B球的角速度大小之比为1:2 D．碰前瞬间A球对绳的拉力与碰后瞬间B球对绳的拉力大小之比为2:3

8、如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过（0.1，4.5）和（0.15，3）两点，图中虚线为该曲线过点（0.15，3）的10－8 C的滑块P（可视为质点）切线。现有一质量为0.20 kg、电荷量为＋2.0×，从x＝0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是（ ）

A．滑块P运动过程中的电势能逐渐减小 B．滑块P运动过程中的加速度逐渐增大 C．x＝0.15 m处的电场强度大小为2.0×106 N/C D．滑块P运动的最大速度为0.5 m/s

9、如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一轻质水平状态的弹簧相连，弹簧的另一端固

定在墙上O点，且处于原长。现让圆环从A点由静止开始下滑，滑到O点正下方B点时速度为零。则在圆环下滑过程中（ ）

A．圆环的机械能先减小后增大，再减小 B．弹簧的弹性势能先增大再减小

C．与圆环在A点的加速度相同的位置还有两处 D．弹簧再次恢复到原长时圆环的速度最大 10、下列说法中正确的是 。 A．电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性

B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的

C．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减小 D．光电效应中极限频率的存在说明了光的波动性

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）某实验小组用如图所示的装置探究功和速度变化的关系：将小钢球从固定轨道倾斜部分不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹．为了使问题简化，小钢球在轨道倾斜部分下滑的距离分别为L、2L、3L、4L…，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为W0、2W0、3W0、4W0…．

（1）为了减小实验误差必须进行多次测量，在L、2L、3L、4L…处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹，那么，确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是___________________； （2）为了完成实验，除了测量小钢球离开轨道后的下落高度h和水平位移s，还需测量_____________． A．小钢球释放位置离斜面底端的距离L的具体数值 B．小钢球的质量m

C．小钢球离开轨道后的下落高度h D．小钢球离开轨道后的水平位移x

（3）请用上述必要的物理量写出探究动能定理的关系式：W=______；

（4）该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象，则图象的横坐标表示_________（用实验中测量的物理量符号表示）．

12．（12分）如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律.

（1）已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是______（填字母代号）.

A．直流电源、天平及砝码 B．直流电源、毫米刻度尺 C．交流电源、天平及砝码 D．交流电源、毫米刻度尺

（2）实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h.某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中合理的是__________（填字母代号）.

A．用刻度尺测出物体下落的高度h，由打点间隔数算出下落的时间t，通过v=gt算出瞬时速度v B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v2gh计算出瞬时速度v

C．根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通

v2过h计算得出高度h

2gD．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v

（3）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是_________（填字母代号）.

A．该误差属于偶然误差 B．该误差属于系统误差

C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差

D．可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差

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，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长.(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：

(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？

(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？ (3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？ 14．（16分）如图所示，质量为m＝1kg的物块放在倾角为＝37°的斜面底端A点，在沿斜面向上、大小为20N的恒力F1的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，运动到B点时撤去拉力F1，当物块运动到C点时速度恰为零，物块向上加速的时间与减速的时间均为2s。物块运动到C点后，再对物块施加一平行于斜面的拉力F2，使物块从C点运动到A点的时间与从A点运动到C点的时间相等。已知斜面足够长，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）物块与斜面间的动摩擦因数; （2）拉力F2的大小和方向。

15．（12分）如图所示，绝热气缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，气缸底部连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T，活塞距离气缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为P0，气缸横截面积为S，重力加速度为g，求:

(1)U形细管内两侧水银柱的高度差；

(2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降h0，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化．

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、D 【解题分析】

A．由于人和浮圈沿滑梯下滑过程中有向下的分加速度，所以人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于失重状态，故A错误。 B．若不考虑摩擦阻力，根据机械能守恒有

mgh12mv 2可得v2gh。由于人和浮圈沿滑梯下滑过程中受到了阻力作用，所以人和浮圈刚进入盆体时的速度一定小于2gh，故B错误。

C．人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力为滑动摩擦力，与运动方向相反，故C错误。

D．人和浮圈进入盆体后做半径逐渐减小的圆周运动，为向心运动，其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力，故D正确。 故选D。 2、B 【解题分析】

刚开始时，对重物受力分析，根据受力平衡有，mgFNF，弹簧的弹力大于重力；当箱子做竖直上抛运动时，重 物处于完全失重状态，弹簧仍然处于压缩状态，弹簧的弹力F与箱子顶部的弹力FN大小相等，故B正确，ACD错误。

故选B。 3、A 【解题分析】

两种情况下对整体受力分析由Fma，因此a1a2 对活塞进行受力分析，第一种情况P0SPS1ma 对第二种情况FP0SPS1ma 因此可得P1P2

密封气体得质量和温度不变，因此可得V1V2，因此A正确 4、C 【解题分析】

A．试探电荷+q只在静电力作用下，从C点向右沿直线运动到D点，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，电场线先向右后向左，可知在CD之间存在场强为零的位置，但是不能确定与两电荷的距离关系，则不能确定两电荷带电量的关系，故A错误；

B．由以上分析可知，C、D两点的场强方向相反，故B错误；

C．因CD之间存在场强为零的位置，则试探电荷从C向D移动时，所受电场力先减小后增加，加速度先减小后增加，故C正确；

D．因+q只有电场力做功，则它的动能和电势能的总和保持不变，故D错误。 故选C。 5、C 【解题分析】

设大气压强为p0，起初活塞处于平衡状态，所以：p0SMgpS

mg Smg 则甲状态气体的压强为：p1p0S2mg 乙状态时气体的压强为：p2p0S3mg 丙状态时气体的压强为：p3p0S解得该气体的压强为：pp0由玻意耳定律得：p1V1p2V2p3V3

得：V2p0SmgpSmgV1，V30V2

p0S2mgp0S3mgmgV1

p0S2mg2mgV12V1

p0S3mg所以V1V1V2V1V2V1V3所以：V1V2． 故本题选C． 【题目点拨】

对活塞进行受力分析，由平衡条件分别求出几种情况下的气体压强；由玻意耳定律可以求出气体体积，然后比较体积的变化即可． 6、C 【解题分析】 A．根据CS可知当产品厚度减小，导致减小时，电容器的电容C减小，A错误； 4kdBC．根据QCU可知极板带电量Q减小，有放电电流从a向b流过，B错误，C正确； D．因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度为E故选C。

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、ACD 【解题分析】

A．A球由静止下摆至最低点过程中机械能守恒有

U不变，D错误。 d12mgL1cos60mvA

2解得

vAgL①

选项A正确；

B．两球碰撞过程中系统动量守恒有

mvAmvAmvB

碰撞前后系统动能相等，即

121212mvAmvAmvB 222结合①式解得

vBgL②

选项B错误；

C．碰前瞬间，A球的角速度为

AvA L碰后瞬间，B球的角速度

BvBL 2结合①②式得

A1 B2选项C正确；

D．在最低点对两球应用牛顿第二定律得

2vAFAmgm

L2vBFBmgmL 2结合①②式得

FA2 FB3选项D正确； 故选ACD. 8、AC 【解题分析】

A．在φ-x图像中，图线的斜率表示电场强度，由图可知，滑块P运动过程中，电场方向不变，电场力始终做正功，则电势能逐渐减小，故A正确；

BC．由A可知，图线的斜率表示电场强度，x0.15m处的场强为

3105EN/C2106N/C2.0106N/C

x0.30.15则此时的电场力大小为

FqE21082106N0.04N

滑动摩擦力大小为

fmg0.020.210N0.04N

此时电场力与滑动摩擦力大小相等，由图可知图线斜率逐渐减小，故在x0.15m之前，电场力大于摩擦力，滑块做加速运动，加速度逐渐减小，在x0.15m之后，电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故B错误，C正确；

D．滑块加速度为零时，速度最大，由BC选项可知，在x0.15m时，电场力和摩擦力大小相等，加速度为零，此时滑块的速度最大，根据动能定理得

qUfx12mv0 2由图可知0.10m处和0.15m处的电势差大约为1.5105V，代入解得最大速度大约为v0.1m/s，故D错误。 故选AC。 9、AC 【解题分析】

AB．开始时，弹簧处于原长，弹簧先压缩，弹性势能增大，当弹簧与杆垂直时，弹簧压缩量最大，继续往下滑，弹性势能减小，当滑到弹簧恢复原长时，继续下滑，弹簧将伸长，弹性势能增大直到滑到B点，即弹簧弹性势能先增大后减小再增大，由能量守恒可知，圆环的机械能先减小后增大，再减小，A正确，B错误； C．A点时，弹簧为原长，无弹力，受力分析可知，圆环的加速度由重力沿斜面向下的分力提供：

mgsin=ma

解得agsin，当弹簧与杆垂直时，弹簧弹力垂直于杆，不提供加速度，此时加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即agsin，继续往下滑，还有一处弹簧恢复原长，此处弹簧也没有弹力，加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即agsin，所以与圆环在A点的加速度相同的位置还有两处，C正确；

D．弹簧再次恢复到原长时，加速度为agsin，沿斜面向下，即将继续往下加速运动，直到加速度为零时开始减速，所以弹簧再次恢复到原长时速度不是最大，D错误。 故选AC。

10、AB 【解题分析】

A．电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故A正确；

B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化，故B正确；

C．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，故C错误； D．光电效应现象说明了光的粒子性，并不是波动性，故D错误。 故选AB。

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。

mgx2 11、用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点， 圆心即为平均落点的位置 B

4h【解题分析】

（1）确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是：用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置；

11mv 21根据平抛规律可得：x=vt，h=gt1

2（1）根据动能定律可得：W=

mgx2联立可得探究动能定理的关系式：W=， 4h根据表达式可知为了探究动能定理，并测量当地的重力加速度还需测量的量为小钢球的质量m，故选B．

mgx2（3）由解析（1）可知探究动能定理的关系式为：W=． 4hmgx2 （4）根据图象形状可知，W与横轴表示的物理量成正比例，又因为表达式为W=，所以图象的横坐标表示x1． 4h12、D D BD 【解题分析】

（1）打点计时器需接交流电源．机械能守恒中前后都有质量，所以不要天平和砝码．计算速度需要测相邻计数的距离，需要刻度尺，故选D．

（2）在验证机械能守恒时不能用有关g值来计算速度，利用vgt 、v22gh ，在计算高度时直接测量距离，在计算速度时利用中点时刻的速度等于平均速度求解，故ABC错误；D正确

（3）由于系统内不可避免的存在阻碍运动的力，比如空气阻力，纸带与限位孔之间的摩擦力等系统误差导致重力势能的减小量与动能的增加量不相等，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故BD正确

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)2.4 N； (2)0.25 m； (3)0.1 J； 【解题分析】

(1)线框abcd还未进入磁场的过程中，以整体法有：

m1gsinm2g＝(m1m2)a

解得：

a2m/s2

以m2为研究对象有：

Tm2gm2a

解得：

T2.4N

(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有：

B2L2vm1gsinm2g0

R解得：

v1m/s

ab到MN前线框做匀加速运动，有：

v22ax

解得：

x0.25m

(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：

m1gsin(xdL)m2g(xdL)解得：

1(m1m2)v12Q 2Q＝0.4J

所以：

1Qab＝Q＝0.1J

414、 (1)μ=0.5 (2) F2=3N,方向平行斜面向下 【解题分析】

(1)设物块向上做加速运动的加速度大小为a1， 根据牛顿第二定律有：F1-mgsin-μmgcos=ma1

撤去拉力F1后，物块做匀减速运动，设运动的加速度大小为a2 根据牛顿第二定律有：μmgcos+mgsin=ma2 由于加速的时间与减速的时间相等，即:a1t=a2t 联立解得： μ=0.5

（2）物块向上运动时，a1=a2=10m/s2 ，物块从A到C运动的距离： x=2×a1t=40m

设拉力的方向沿斜面向下，则根裾牛顿第二定律有：F2+mgsin-μmgcos=ma3 由题意可知：x=解得： a3=5m/s2 F2=3N

F2方向平行斜面向下 15、 (1) h【解题分析】

(i) 设封闭气体的压强为P，对活塞分析：

12212a（32t） 2h0h0MT0，UQP (2) T0Mgh0 h0SP0SPSMg

用水银柱表达气体的压强

PP0gh

解得：hM； S(ii) 加热过程中气体变化是等压变化

h0S(h0h0)S， T0TTh0h0T0 h0气体对外做功为WPSh0(P0SMg)h0 根据热力学第一定律：UQW 可得UQ(P0Mg)h0．