2024学年宁夏银川一中物理高三第一学期期中考试模拟试题含解析

2024学年宁夏银川一中物理高三第一学期期中考试模拟试题考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、如图所示，质量相同的两小球(可看成质点)a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．小球a、b在空中飞行的时间之比为2︰1
B．小球a、b抛出时的初速度大小之比为2︰1
C．小球a、b到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为1︰1
D．小球a、b到达斜面底端时的动能之比为4︰1
2、一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为 ．若在x=0处质点的振动图象如图所示，则该波在t=T/2时刻的波形曲线为（）
A．
B．
C．
D ．
3、如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，A 、B 是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到静电力作用，根据此图不能作出的正确判断是( )
A ．带电粒子在A 、
B 两点的受力方向
B ．带电粒子所带电荷的正、负
C ．带电粒子在A 、B 两点的加速度何处较大
D ．带电粒子在A 、B 两点的速度何处较大
4、一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，质点的加速度为2s t
该动能变为原来的几倍。

( ) A ．3 B ．6 C ．9 D ．12
5、如图，质量为m 的物体用轻绳悬挂于天花板上，绳上套有一个轻质的光滑小圆环。

用力F 拉着小环水平向左缓慢移动，物体与环不接触。

用T 表示绳中张力的大小，在环移动的过程中
A ．F 逐渐变小，T 逐渐变大
B ．F 逐渐变小，T 保持不变
C ．F 逐渐变大，T 逐渐变大
D ．F 逐渐变大，T 保持不变
6、有A 、B 两小球，B 的质量为A 的两倍；现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A 的运动轨迹，则B 的运动轨迹是（ ）
A ．①
B ．②
C ．③
D ．④
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、静止在水平地面上的物体，在竖直向上的拉力作用下开始竖直上升，不计空气阻力，物体机械能E 与物体升高的高度h 之间的关系图象如图所示，其中图线在A 点处的切线的斜率最大，在B 点处的切线水平， 2h ～3h 的图线为平行于横轴的直线，则下列说法正确的是( )
A ．物体在2h 处物体的速度最大
B ．物体在1h 处的加速度最大
C ．2h ～3h 过程中拉力的功率为零
D ．0～2h 过程中物体所受拉力始终大于重力
8、一定量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程ab 、bc 、ca 回到原状态，其p T 图象如图所示，下列判断正确的是（ ）
A ．过程ab 中气体一定吸热
B ．过程bc 中气体既不吸热也不放热
C ．过程ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D ．A 、b 和c 三个状态中，状态 a 分子的平均动能最小
E.b 和c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
9、将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上，一小滑块A 放在物体B 上，如图所示，
除了物体B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽略不计，已知物体B 的质量为M 、滑块A 的质量为m ，重力加速度为g ，当整个装置静止时，A 、B 接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ．则下列选项正确的是
A ．物体
B 对水平面的压力大小为(M +m )g
B ．物体B 受到水平面的摩擦力大小为tan mg θ
C ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan θ
D ．滑块A 对物体B 的压力大小为cos mg θ
10、如图所示为甲、乙两个质点同时、同地向同一方向运动的v —t 图，由图可知
A ．在0～3 s 内，甲做匀加速直线运动
B ．甲在3 s 后改做匀速运动，在7 s 末乙追上甲
C ．5～7 s 内两者相互逐渐靠近
D ．0～7 s 内两者在前进方向上的最大距离大于5 m
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）研究性学习小组为“研究匀变速直线运动的规律”和“测当地的重力加速度”，采用了如图1所示的装置，其中m 1＝50g 、m 1＝150g ，开始时保持装置静止，然后释放物块m 1，m 1可以带动m 1拖着纸带打出一系列的点，只要对纸带上的点进行测量，即可研究匀变速直线运动．某次实验打出的纸带如图1所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50Hz ．
（1）系统的加速度大小为________m/s1，在打点0～5的过程中，系统动能的增量ΔE k ＝________J．
（1）忽略一切阻力的情况下，某同学作出的
2
2
v
— h图象如图3所示，则当地的重力加
速度g＝______m/s1．
12．（12分）(1)有一种游标卡尺,它的主尺的最小分度是1mm,游标尺上有50个等分刻度,此种游标尺刻度部分的总长度是______mm,用这种游标尺测长度时可以准确到
______mm.用此尺测铁球直径时,游标尺零刻度线在2.2cm到2.3cm两刻度线之间,游标尺的第19条刻度线与主尺上某条刻度线对齐,则此球的直径为______mm.
(2)螺旋测微器的读数是________________mm.
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，将横截面积S=100cm2、容积为V=5L，开口向上的导热良好的气缸，置于t1=－13C 的环境中。

用厚度不计的轻质活塞将体积为V1=4L的理想气体封闭在气缸中，气缸底部有一个单向阀门N。

外界大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速
g=10m/s2，不计一切摩擦。

求：
(i)将活塞用卡销Q锁定，用打气筒通过阀门N给气缸充气，每次可将体积V0=100mL，压强为p0的理想气体全部打入气缸中，则打气多少次，才能使其内部压强达到1.2p0；(ii)当气缸内气体压强达到1.2p0时，停止打气，关闭阀门N，将质量为m=20kg的物体放在活塞上，然后拔掉卡销Q，则环境温度为多少摄氏度时，活塞恰好不脱离气缸。

14．（16分）如图所示，在倾角为37°的斜坡上有一人，前方有一动物沿斜坡匀速向下奔跑，速度v＝15 m/s，在二者相距L＝30 m 时，此人以速度v0水平抛出一石块，击打动物，石块和动物都可看成质点(已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2)
(1)若动物在斜坡上被石块击中，求v0的大小；
(2)若动物离斜坡末端较近，设其在水平面上匀速运动速度的大小与其在斜面上的相同，试分析该动物在水平面上被石块击中的情况下，人抛石块的速度v0的取值范围．15．（12分）探究平抛运动的实验装置如图所示，半径为L的四分之一光滑圆轨道固定于水平桌面上，切口水平且与桌边对齐，切口离地面高度为2L．离切口水平距离为L 的一探测屏AB竖直放置，一端放在水平面上，其高为2L．—质量为m的小球从圆轨道上不同的位置由静止释放打在探测屏上．若小球在运动过程中空气阻力不计，小球可视为质点，重力加速度为g．求：
(1)小球从圆轨道最高点P处由静止释放，到达圆轨道最低点Q处时速度大小及小球对圆轨道的压力；
(2)为让小球能打在探测屏上，小球应从圆轨道上什么范围内由静止释放？
(3)小球从什么位置由静止释放，打在屏上时动能最小，最小动能为多少？
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、C
【解题分析】
根据下落的高度求出平抛运动的时间之比,结合水平位移和时间求出初速度之比,根据动能定理求出小球到达斜面底端时的动能之比.抓住速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍,求出两球的速度方向与斜面的夹角关系.
【题目详解】
A 、因为a 、b 两球下落的高度之比为2:1,根据212h gt = 得,2h t g = ,则飞行时间之比为2:1 ,故A 错误.
B 、a 、b 两球的水平位移之比为2:1,时间之比为2:1,根据0x v t
= 知,初速度之比为2:1,故B 错；
C 、小球落在斜面上时,速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍,因为位移与水平方向的夹角相等,则速度与水平方向的夹角相等,到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等,故C 对;
D 、根据动能定理可以知道,到达斜面底端时的动能之比
2212122
a a
b b mv mgh E h E mv mg +=+ 代入已知量可知21
a b E E = ，故D 错； 故选C
2、A
【解题分析】
由x=0点处质点的振动图象可知该质点的运动情况，得出时刻的运动性质即可得出符合题意的选项．
【题目详解】
从振动图上可以看出x=0处的质点在t=时刻处于平衡位置，且正在向下振动，波沿x 轴正向传播，根据走坡法，四个选项中只有A 图符合要求，故A 项正确．
【题目点拨】
本题要求学生能正确的分析振动图象和波动图象；难点在于能否由波动图象中得出物体的运动方向．
3、B
【解题分析】
由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在A 、B 两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性。

故A 正确，B 错误。

A 点的电场线比B 点密集，则A 点的场强较大，粒子在A 点的电场力较大，加速度较大，选项C 正确；由A 到B ，电场力做负功，动能减小，故B 处的速度小，故D 正确。

本题选不能判断的，故选B 。

【题目点拨】
本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，即受力方向指向轨迹的凹向；电场线的疏密反映场强的大小．
4、C
【解题分析】设质点的初速度为v 0，末速度为v ，根据位移时间关系：
2012s v t at =+，代入加速度得： 02s v t
=， 根据速度时间关系： 032s v v at t
=+= 则03v v = 根据动能212k E mv =
，末动能等于初动能的9倍，C 正确，ABD 错误。

故选：C 。

5、D
【解题分析】
对小圆环受力分析，受到两条绳子的拉力T ，和水平拉力F ，对小物块受力分析，恒有T G =，所以绳子的拉力不变，随着环的左移，两段绳子的夹角越来越小，将绳子的两个拉力看做两个分力，因为分力大小不变，所以合力增大，即F 增大，D 正确． 6、A
【解题分析】
试题分析：两球初速度大小和方向均相同，同时因抛出后两物体均只受重力，故加速度相同，因此二者具有相同的运动状态，故B 的运动轨迹也是①；选项A 正确，BCD 错误．故选A ．
考点：抛体运动
【名师点睛】本题考查对抛体运动的掌握，要注意明确质量不同的物体在空中加速度是相同的，而影响物体运动的关键因素在于加速度，与质量无关．
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、BC
【解题分析】D 、物体机械能E 与物体升高的高度h 之间的关系图象的斜率表示竖直向上的拉力的大小，图象的斜率先增大后减小，再不变且为0， 20h ~过程中物体所受拉力大小先增大后减小为0，故D 错误；
A 、在12h h ~过程中拉力先大于重力，后小于重力，所以先加速后减速，故有物体在2h 处物体的速度不是最大，故A 错误；
B 、在h 1处斜率最大，竖直向上的拉力最大，加速度最大，故B 正确；
C 、在23h h ~过程中斜率为0，则有拉力为0，功率为0，故C 正确；
故选BC 。

8、ADE
【解题分析】
试题分析：从a 到b 的过程，根据图线过原点可得a b a b
P P T T =，所以为等容变化过程，气体没有对外做功，外界也没有对气体做功，所以温度升高只能是吸热的结果，选项A 对．从b 到c 的过程温度不变，可是压强变小，说明体积膨胀，对外做功，理应内能减少温度降低，而温度不变说明从外界吸热，选项B 错．从c 到a 的过程，压强不变，根据温度降低说明内能减少，根据改变内能的两种方式及做功和热传递的结果是内能减少，所以外界对气体做的功小于气体放出的热量，选项C 错．分子的平均动能与温度有关，状态a 的温度最低，所以分子平均动能最小，选项D 对．b 和c 两个状态，温度相同，即分子运动的平均速率相等，单个分子对容器壁的平均撞击力相等，根据b 压强大，可判断状态b 单位时间内容器壁受到分子撞击的次数多，选项E 对．
考点：分子热运动 理想气体状态方程 气体压强的微观解释
9、AB
【解题分析】
C 、
D 、首先对物体A 受力分析，如图所示：
根据平衡条件，有：1mg F sin θ=
，2mg F tan θ
= 根据牛顿第三定律，A 对B 的压力大小为mg sin θ，A 对挡板的压力大小为mgtan θ，CD 错误；
A 、
B 、再对AB 整体受力分析，受重力、地面支持力、挡板支持力、地面的静摩擦力，如图所示：
根据平衡条件，地面支持力大小M m g N F =
+（），地面的摩擦力大小2f mg F tan θ
==； 再根据牛顿第三定律，对地压力大小为
M m g +（），A 正确；B 正确； 故选AB ．
10、CD
【解题分析】
在0～3s 内，甲的速度时间图象是曲线，所以甲做变加速运动，故A 错误．甲在3s 后改做匀速运动，在0～7s 内甲图形所包围的面积大于乙图形所包围的面积，所以在7s 末乙没有追上甲，故B 错误．5s 末，甲在前面，乙在后面，但5s 末后乙的速度大于甲的速度，所以5～7s 内两者相互逐渐靠近，故C 正确．当两者速度相等时，前进方向上的距离最大，在0～5s 内，图形所包围的面积等于它们的位移，根据面积之差知道最大距离大于5m ，故D 正确．故选CD ．
【题目点拨】
解决图象问题一是要注意图象的横纵坐标的含义以确定是什么图象；二是要明白图象代表的物理含义：速度图象的斜率等于物体的加速度；“面积”表示位移．
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、4.8 0.576 9.6
【解题分析】
（1）据题意，从纸带可以求出系统的加速度：,而相邻计数点之间时间间隔为：0.1T s =，则加速度为：24.8/a m s =，在打点0～5的过程中，系统动能的增量为：21251()2k E m m v ∆=+，计数点5的瞬时速度为：465 2.4/2x v m s T
==，则0.576k E J ∆=；（1）据2211251()()2
m m gh m m v -=+，整理得：252112()2v m m gh m m -=+，则图像斜率为：2112()7.2 4.81.5
m m g k m m -===+，重力加速度为：29.6/g m s =． 12、49 0.02 22.38 6.706(6.704~6.708)
【解题分析】
(1)游标卡尺上有50个等分刻度，此游标卡尺的总长度为49mm ，用这种游标尺测长度可以准确到0.02mm ，游标尺零刻线是在2.2cm 到2.3cm 两刻线之间，主尺读数是
2.2cm=22mm ，若游标尺的第19条刻线与主尺刻线对齐，则此木球的直径为0.02×19mm=0.38mm ，所以最终读数为：22mm+0.38mm=22.38mm ；
(2)螺旋测微器的整毫米数为6.5mm ，转动刻度的精确度为0.01mm ，格数估读为20.6，则读数为6.5+20.6×0.01mm=6.706mm.(6.704~6.708)
【题目点拨】
解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
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、 (i)8；(ii)52C ︒
【解题分析】
(1)由玻意耳定律得
()010011.2p V nV p V +=
其中14L V =，0100mL V =，n 为打气次数，代入数值解得：
8n =
(ii)初态气体温度为11273K 260K T t =+=，最终稳定时，体积为5L V =，内部气体压强为
520 1.210Pa mg p p S
=+=⨯ 即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律得：112
V V T T =，解得 2325K T =
则气缸内气体的温度为
22273K 52t T =-=℃
14、（1）20 m/s （2）20 m/s ＜v 0≤27.65 m/s
【解题分析】
【分析】动物沿斜面做匀速运动，石块做平抛运动，将石块的运动分解到水平方向和竖直方向，列出公式，即可求得结论；因题目仅仅说：若动物离斜坡末端较近，没有具体的数值，所以可以使用特殊值法：假设动物开始时在斜面的底端，代入相应的方程，解出结果，然后进行说明；
解：（1）设过程中石块运动所需时间为t 对于动物：运动的位移：v S t = 对于石块：竖直方向：021)sin37gt 2
L S +=
（ 水平方向： 00()cos37v L S t += 代入数据，由以上三式可得：020/v m s =
（2）要分析这种情况下人抛石块的速度取值范围可以使用特殊值法：假设动物开始时在斜面的底端，则：
对动物：1x vt =
对于石块：竖直方向： 021sin 372L gt =
水平方向：1cos x vt L θ+=
代入数据，由以上三式可得：v=55m/s
所以此种情况下，石块的速度应：20m/s ＜v 0≤55m/s
15、 (1)3mg,方向竖直向下(2)
8L (3) 2
L 【解题分析】
(1)小球从P 处下滑到Q 点，由机械能守恒可得：212
mgL mv =
得：
在Q 点对小球受力分析得：2
N v F mg m L
-= 代入得：F N =3mg
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为3mg ，方向竖直向下．
(2)小球从轨道上某点C 下滑到Q 处平拋，恰好打在B 点，则根据平拋运动规律 竖直方向2L= 212
gt ， 水平方向v Q =L/t
从C 到Q 根据机械能守恒得：
mgh c = 212
Q mv 得：h c =L/8
即小球从PC 范围内从静止释放均能打到探测屏上．
(3)设从Q 处以速度v 0射出，打到探测屏上，其动能为：
E k =
2012
mv +mgh 而h=212gt =g2(Lv0)2 L=v 0t
得E k =2012
mv +222012L mg v 由数学知识得v 0
时E k 最小，且E kmin =mgL
释放点位置离Q 的竖直高度H=L/2
【题目点拨】
（1）小球从P 处下滑到Q 点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律求到达圆轨道最低点Q 处速度．在Q 点对小球受力分析，由牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，再得到小球对轨道的压力；
（2）小球从轨道上某点C 下滑到Q 处平拋，恰好打在B 点，根据平拋运动规律求出平抛运动的初速度，从C 到Q 根据机械能守恒求出小球下滑时的临界高度，从而得到符合要求的高度范围；
（3）根据动能定理求出小球打在屏上时动能与Q 处速度的关系式，由数学知识求小球打在屏上时最小的动能．。