2024届浙江省温州市苍南县金乡卫城中学物理高三第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析

2024届浙江省温州市苍南县金乡卫城中学物理高三第一学期期
中学业水平测试模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在
A．电子B．中子C．质子D．原子核
2、一个同学在做研究平抛运动实验时，只在纸上记下y轴位置，并在坐标纸上描出如图所示曲线．现在我们在曲线上取A、B两点，用刻度尺分别量出它们到y轴的距离AA′ = x1，BB′ = x2，以及AB的竖直距离h，从而求出小球抛出时的初速度v0为( )
A．
22
21
()
2
x x g
h
-
B．
2
21
()
2
x x g
h
-
C．21
22
x x g
h
+
D．21
22
x x g
h
-
3、如图所示,两块水平放置的正对金属板A、B与电源E相连,金属板A接地,AB板之间有一固定点C．若将B板向上平移一小段距离(仍在C点下方) ,下列说法中正确的是( )
A．电容器所带电荷量减少
B．C点电势升高
C．若在C点处固定一带负电的点电荷,其电势能增大
D．若保持B板不动,将A板上移一小段距离,C点电势升高
4、2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。

图为一简化后的跳台滑雪的轨道示意图，运动员（可视为质点）从起点由静止开始自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B
点。

已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝50 kg。

重力加速度g＝10 m/s2。

下列说法正确的是( )
A．运动员从起点运动到B点的整个过程中机械能不守恒
B．运动员到达A点时对轨道的压力大小为1000 N
C．运动员到达A点时重力的瞬时功率为104 W
D．运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为23
3
s
5、在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，采用如图所示电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是( )
A．灯泡中灯丝已烧断
B．滑片接触不良
C．灯泡内部短路
D．滑动变阻器A端接触不良
6、如图所示，细绳悬挂在墙壁上的A、B两点位置，已知且，同一细绳子ACB总长度是AO段的3倍挂在细绳上的小滑轮C可自由移动，其下悬挂重为G 的物体，不计细绳和小滑轮的质量及其摩擦则小滑轮静止时( )
A．两根绳子的拉力大小为
B．两根绳子的拉力大小为
C．悬挂点B上移两根绳子的拉力变小
D．悬挂点B上移两根绳子的拉力变大
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、用如图所示的电路研究小电动机的性能，当调节滑动变阻器R让电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.0V；重新调R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和24V．则这台电动机正常运转时（不计温度对电阻的影响）（）
A．输出功率为32 W B．输出功率为48 W
C．发热功率为16W D．发热功率为47 W
8、在星球A上将一小物块P竖直向上抛出，P的速度的二次方v2与位移x间的关系如图中实线所示；在另一星球B上用另一小物块Q完成同样的过程，Q的v2-x关系如图中虚线所示．已知星球A、B的半径相等，若两星球均为质量均匀分布的球体，两星球上均没有空气，不考虑两星球的自转，则下列说法正确的是（）
A．星球A表面的重力加速度是星球B表面的重力加速度的1 3
B．A的密度是B的密度的3倍
C．P抛出后落回原处的时间是Q抛出后落回原处的时间的1 3
D．A的第一宇宙速度是B3
9、在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是
A ．伽利略发现了行星运动的规律
B ．卡文迪许通过实验测出了引力常量
C ．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
D ．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献
10、在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球，皮球落地时速度大小为v 2。

若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g 。

下列判断正确的是( )
A ．皮球上升的最大高度为2
12v g
B ．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为
22121122
mv mv - C ．皮球上升过程经历的时间为
1
v g
D ．皮球从抛出到落地经历的时间为12
v v g
+
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）某同学设计了用光电门传感器探究小车的加速度a 与小车所受拉力F 及质量m 的关系．
（1）如图1所示，在小车上固定宽度为l 的挡光片，将两个光电门传感器固定在相距为d 的轨道上，释放小车，传感器记录下小车经过光电门1和光电门2的时间分别为
1t ∆、2t ∆，可以测得小车的加速度a=____________（用题中的符号l 、d 、1t ∆、2t ∆表
示）．
（2）该同学多次重复测量，作出a —F 图，如图2所示，发现该图线不通过坐标原点，其原因可能是__________；此图线的BC 段明显偏离直线，其原因可能是__________．
A ．平衡摩擦力时，轨道右端垫的过高
B ．轨道保持了水平状态
C ．所用小车的质量太大
D ．所挂钩码的总质量太大
12．（12分）用如图所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验．实验中小车及砝码的总质量为m 1，钩码质量为m 1，并用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用纸带测出小车运动的加速度．
(1)下列说法正确的是______
A ．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B ．实验时应先释放小车后接通电源
C ．本实验中m 1应远大于m 1
D ．在用图象探究加速度与质量关系时，应用1
1
a m
图象 (1)下图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A 、B 、C 、D 、E ，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A 点之间的距离，如图所示．已知打点计时器接在频率为50Hz 的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a =_____m/s 1．（结果保留两位有效数字）
(3)实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度．根据测得
的多组数据画出a-F关系图线，如图所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是____
A．小车与平面轨道之间存在摩擦
B．平面轨道倾斜角度过大
C．所挂钩码的总质量过大
D．所用小车的质量过大
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，光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B，B的质量为M=3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生弹性碰撞，碰撞后小物块A又滑上劈B，求物块A在B上能够达到的最大高度．
14．（16分）如图所示，用细管连接A、B两个绝热的气缸，细管中有一可以自由移动的绝热活塞M，细管容积不计．A、B中分别装有完全相同的理想气体，初态的体积均为V1=1.0×10-1m3，压强均为p1=1.0×105Pa，温度和环境温度相同且均为t1=17C︒，A中导热活塞N的横截面积S A=500cm1．现缓缓加热B中气体，保持A气体的温度不变，同时给N施加水平向右的推力，使活塞M的位置始终保持不变．稳定时，推力F=
5
⨯103 N，外界大气压p0=1.0×105Pa，不计活塞与缸壁间的摩擦．求：
3
(1)A中气体的压强；
(1)活塞N向右移动的距离；
(3)B 中气体的温度．
15．（12分）如图所示，AB 为半径R ＝0.50m 的四分之一圆弧轨道，B 端距水平地面的高度h ＝0.45m 。

一质量m ＝1.0kg 的小滑块从圆弧道A 端由静止释放，到达轨道B 端的速度v ＝2.0m/s 。

忽略空气的阻力，取g ＝10m/s 2，求：
（1）小滑块在圆弧轨道B 端受到的支持力大小；
（2）小滑块由A 端到B 端的过程中，克服摩擦力所做的功W ； （3）小滑块的落地点与B 点的水平距离x 。

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】
卢瑟福在α粒子散射实验中观察到绝大多数α粒子穿过金箔后几乎不改变运动方向，只有极少数的α粒子发生了大角度的偏转，说明在原子的中央存在一个体积很小的带正电的物质，将其称为原子核．故选项D 正确． 【题目点拨】
本题需要熟悉α粒子散射实验和原子核式结构模型． 2、A 【解题分析】
设初速度为v 0，则从抛出点运动到A 所需的时间t 1=
1
x v ，从抛出点运动到B 所需的时
间t 2=20x v ，在竖直方向上有： 22
211122
gt gt h -= 代入t 1、t 2，解得：
v 0=
()
22212x
x g h
-．故A 正确
3、C 【解题分析】
A 、电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将
B 板向上平移一小段距离，根据，电容增大，再由Q =CU ，可知电容器处于充电状态电何量增多；故A 错误.
B 、根据
分析得知板间电场强度增大，由U =Ed 知，C 与A 间的电场差增大，A 点
的电势为零，C 点的电势小于零，则知C 点的电势降低；故B 错误. C 、C 点的电势降低，由
知负电荷在C 点的电势能增大；故C 正确.
D 、若保持B 板不动，将A 板上移一小段距离，则极板间距增大，因电压U 不变，依据
，可知电场强度减小，C 与B 的电势差减小，那么C 与A 的电势差增大，因此
C 点电势降低；故
D 错误. 故选C. 【题目点拨】
由于金属板与电源始终相连，即使改变两板间距，两板的电压仍不变，掌握公式
，
与Q =CU 的应用，同时考查了电势能与电荷的电量及电势有关，且注意电荷的极性与电势的正负． 4、B 【解题分析】
A ．运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功，机械能守恒，故A 错误；
B ．运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以
2
1(160)2
mgR cos mv -︒=
由牛顿第二定律可得，
2
mv N mg R
-= 得
1000N N =
故A 点时对轨道的压力大小为1000N ，故B 正确；
C ．此时速度沿水平方向，故重力的瞬时功率为零，故C 错误；
D ．由
212
h gt =
0s v t =
tan h s
θ=
可得
02tan 43
s 3
v t g θ=
= 故D 错误． 5、C
【解题分析】根据题中图可知若电压表的电阻无穷大，移动滑片时，因电流表示数有变化，故和电流表串联的回路为通路，不存在短路，故A 错误；若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故B 错误；若滑动变阻器A 端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变化，故D 错误；若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，故C 正确。

所以C 正确，ABD 错误。

6、A 【解题分析】
AB 、由图根据几何关系知：，又
，解得：
，则
，由C 点受力分析得：
，且是同一根绳子：
，解
得绳子拉力大小均为：
，故A 正确，B 错误；
CD 、悬挂点B 上移，由图根据几何关系知绳子与竖直方向的夹角不变，两根绳子的拉力的大小不变，故C 、D 错误； 故选A 。

【题目点拨】
关键是根据几何关系列式，联立方程求解夹角θ；同一根绳，拉力相等，对C 点受力分析，根据平衡条件列式求解即可。

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、AC
【解题分析】电动机停止转动时，可以当做纯阻电路计算，电动机的内阻为：
11 2.040.5
U r I =
=Ω=Ω，电动机的总功率P =U 2I 2=24V×2A=48W ，电动机的发热功率为： 2
22=2416P I r W W =⨯=热，故C 正确，D 错误；电动机正常运转时的输出功率是：
==32P P P W -出热，故A 正确，B 错误。

所以AC 正确，BD 错误。

8、BD 【解题分析】 A.根据
2202v v gx -=-
可知图像斜率代表重力加速度大小，A 、B 两星球表面重力加速度之比3:1，所以A 错误； B.由公式
2
Mm mg G
R = ，M V ρ= ，3
43V R π=
解得：
34g
GR
ρπ=
得A 、B 星球密度之比为3:1，所以B 正确；
C.由图像得P 、Q
：1，根据
v t g
=
：3，所以C 错误； D.
由公式v =A 、B
1，所以D 正确．
9、BD 【解题分析】
试题分析：行星运动定律由开普勒、牛顿等人发现，选项A 错误．库仑测量出静电力常数，选项B 错误．伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，选项C 错误．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项D 正确． 考点：本题考查了物理学史． 10、BD
【解题分析】
A ．当阻力为零时，皮球上升的最大高度，由动能定理：21102
mgh mv -=-
，可得上升的最大高度： 212v h g
= 当有阻力作用时，皮球上升的最大高度小于212v g。

故A 错误。

B ．皮球在整个上升和下降过程中只有阻力做功，根据动能定理有：
22211122f W mv mv -=-，因为阻力做负功，所以克服阻力做功为：22121122mv mv -。

故B 正确。

C ．皮球上升过程中受到向下的阻力作用，故皮球上升时的加速度大于重力加速度，故上升时间小于1v g。

故C 错误。

D ．用动量定理，结合微积分思想，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v ，则：上升过程：mgt 1+kvt 1＝mv 1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h ＝vt 1，即mgt 1+kh ＝mv 1。

同理，设上升阶段的平均速度为v ′，则下降过程：mgt 2+kvt 2＝mv 2，即：mgt 2﹣kh ＝mv 2。

联立可得：
mg （t 1+t 2）＝m （v 1+v 2）
而t 1+t 2＝t ，可得：
12v v t g
+= 故D 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、()222122212
2∆-∆∆∆l t t d t t B D 【解题分析】
(1)数字计时器记录通过光电门的时间,由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度,用该平均速度代替物体的瞬时速度,故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为: 11l v t =∆ 以及22
l v t =∆
根据匀变速直线运动的速度位移公式22212v v ad -= ;
计算得出()22212
22122l t t a d t t ∆-∆=∆∆
(2)线性图象不通过坐标原点,当力达到一定值时才开始有加速度，则说明操作过程中可能是没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足. 此图线的BC 段明显偏离直线，其原因是所挂钩码的总质量太大，小车受到的拉力不再近似等于砝码的重力导致的，故选D 故本题答案是：(1).
()2221222122l t t d t t ∆-∆∆∆ (2). B (3). D
【题目点拨】
常用仪器的读数要掌握,这是物理实验的基础.处理实验时一定要找出实验原理,根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项.
利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题,在平时练习中要加强基础知识的理解与应用,提高解决问题能力.
实验用控制变量法,本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于砂和砂桶质量的双重条件下,才能用砂和砂桶重力代替小车所受的合力!
12、CD 1.0 C
【解题分析】
试题分析：(1)当平衡了摩擦力后有sin cos mg mg θμθ=计算后得
，说明在该实验中，改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，A 选项错误；
实验时应该先接通电源再释放小车，以此保证在纸带上打下较多的点，也为了使打点计时器工作稳定后再进行实验，减小误差，B 选项错误；
由于小车运动的加速度有钩码提供，则有212()m g m m a =+， 而2211221
1m g m g a m m m m m =
=++， 当m 1>>m 1时有21
m g a m =，所以C 选项正确； 由于小车加速度a 与小车质量m 1成反比，即可以看成11a m ∝
，所以D 选项正确． （1）小车的加速度为221/4CE AC x x a m s T
-==．
(3)由2211221
1m g m g a m m m m m =
=++可知，当钩码质量逐渐增加之后，加速度a 逐渐变小，所以出现该现象．
考点：本题考查实验验证牛顿第二定律即加速度与质量和力关系．
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、2038v h g
= 【解题分析】
试题分析：选取A 、C 系统碰撞过程动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出A 的速度；A 、B 系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．
小物块C 与A 发生弹性碰撞，
由动量守恒得：mv 0＝mv C ＋mv A 由机械能守恒定律得：2220111222
C A mv mv mv =+ 联立以上解得：v C ＝0，v A ＝v 0
设小物块A 在劈B 上达到的最大高度为h ，此时小物块A 和B 的共同速度大小为 v ，对小物块A 与B 组成的系统， 由机械能守恒得：()221122
A mv mgh m M v =++ 水平方向动量守恒()A mv m M v =+
联立以上解得： 2038v h g
= 点睛：本题主要考查了物块的碰撞问题，首先要分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．要注意A 、B 系统水平方向动量守恒，系统整体动量不守恒．
14、 (1)1.33⨯105Pa(1)5cm (3)127︒
【解题分析】
(1) A 中气体的压强为：
355204
5103(1.010) 1.331050010F p p Pa Pa S -⨯=+=⨯+=⨯⨯； (1)对A 气体由玻意耳定律得：
p 1V 1=p 1V 1
解得：
5233311252(1.010)(1.010)m 7.510m 1.3310
p V V p --⨯⨯⨯===⨯⨯ 活塞N 向右移动的距离为：
3
124
(107.5)10m 5cm 50010A V V L S ----⨯∆===⨯ (3)B 气体温度为：
T 1=173+t 1=173+17K=300K ，T 1=173+t 1
由查理定律
1212
p p T T = 得
5
2215
1 1.3310300K 400K 10p T T p ⨯==⨯= 所以：
t 1=T 1-173=117C ︒
15、 (1)18N(2)3J(3)0.6m
【解题分析】
(1)小滑块在圆弧轨道底端B 点时，由重力和支持力的合力提供向心，根据牛顿第二定律得
2
N v F mg m R
-= 代入数据解得
N 18N F =
(2)小滑块由A 到B 的过程中，根据动能定理得
212
mgR W mv -= 解得克服摩擦力所做的功为
213J 2
W mgR mv =-= (3)小滑块从B 点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律， 水平方向：x vt =，竖直方向：212
h gt =
，解得 0.6m x =。