2024学年四川省新津中学物理高三第一学期期中教学质量检测试题含解析

2024学年四川省新津中学物理高三第一学期期中教学质量检测
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、一物块用轻绳AB悬挂于天花板上，用力F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O（圆
环质量忽略不计），系统在图示位置处于静止状态，此时细绳OA与竖直方向的夹角为α，力F与竖直方向的夹角为β，当缓慢拉动圆环使α（0<α<90°）增大时，则
A．F变大，β变小
B．F变小，β变小
C．F变大，β变大
D．F变小，β变大
2、如图所示，AB和CD是彼此平行且笔直的河岸。

若河水不流动，小船船头垂直河岸由A点匀速驶向对岸，小船的运动轨迹为直线P；若河水以稳定的速度沿平行河岸方向向右流动，且水流速度处处相等，现使小船船头垂直河岸由A点匀加速驶向对岸，则小船实际运动的轨迹可能是图中的（）
A．曲线S B．直线R C．曲线Q D．直线P
3、如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩
具车A、B并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车（无牵引力），假设车受到的阻力与质量成正比，控制两车以相同的速度υ0做匀速直线运动。

某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A保持原来的牵引力不变，玩具车B保持原来的输出功率不变，当玩具车A的速度为2υ0时，玩具车B的速度为1.5υ0，则（）
A．在这段时间内两车的位移之比为6∶5
B．玩具车A的功率变为原来的4倍
C．两车克服阻力做功的比值为12∶11
D．两车牵引力做功的比值为5∶1
4、在光滑水平面上有一长木板，质量为M，在木板左端放一质量为m的物块，物块与木板间的滑动摩擦力为f，给物块一水平向右的恒力F，当物块相对木板滑动L距离时，木板运动位移为x，则下列说法正确的是
A．此时物块的动能为FL B．此时物块的动能为(F-f)L
C．此时木板的动能为fx D．物块和木板动能的总增加量为F(x+L)
5、在空间某区域存在一电场，x轴上各点电势随位置变化情况如图所示. -x1～x1 之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称. 下列关于该电场的论述正确的是
A．图中A点对应的场强大于B点对应场强
B．图中A点对应的电势大于B点对应电势
C．一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在-x1点的电势能
D．一个带正电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2点的电势能
6、如图所示，单摆摆球的质量为m，做简谐振动的周期为T，摆球从最大位移A处由静止开始释放，运动到最低点B时的速度大小为v。

则摆球从A运动到B的过程中，下列说法正确的是
A．摆球重力做功为
B．摆球受到的合力的平均功率为
C．摆球运动到B点时重力的瞬时功率为
D．摆球受到的合力提供圆周运动的向心力
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，质量为4.0kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为6.0kg的物体B 用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取10m/s2）（）
A．A加速的大小为1m/s2
B．B加速的大小为6m/s2
C．弹簧弹力大小为60N
D．A、B间相互作用力的大小为24N
8、气象卫星是用来拍摄云层照片、观测气象资料和测量气象数据的．我国先后自行成功研制和发射了“风云”一号和“风云”二号两颗气象卫星．“风云”一号卫星轨道与赤道平面垂直并且通过两极，每12 h巡视地球一周，称为“极地圆轨道”．“风云二号”气象卫星轨道平面在赤道平面内称为“地球同步轨道”，则“风云一号”卫星比“风云二号”卫星（）
A．发射速度大B．线速度大C．运行轨道半径大D．向心加速度小9、甲、乙两物体从不同点出发且在同一条直线上运动，它们的v–t图象如图所示，已知t=2s时两车相遇，则下列说法正确的是（）
A．t=1 s时，甲车在前，乙车在后
B．t=0 s时，甲、乙车距离x0=3m
C．t=6 s时，甲车在前，乙车在后
D．3~5 s内两车的平均速度相同
10、下列说法正确的是（）
A．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都其有方向性
B．在自然过程中一个弧立系统的熵总是增加或不变的
C．一定量的某种理想气体被压缩时,内能一定增加
D．一定量的某种理想气体在等压膨压过程中,内能可能减少
E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
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）为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻,某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0=5Ω的保护电阻。

(1)断开开关S,调整电阻箱的阻值，再闭合开关S,读取并记录电压表的示数及电阻箱接
入电路中的阻值。

多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R,建立11
u R 的
坐标系，并在图中描点，如图乙所示。

由图线可求得电池组的电动势E=_____V, 内阻r=_____Ω(结果均保留两位有效数字)
(2)除导线电阻、读数误差之外，引起该实验误差的主要原因是_____。

R/ΩU/V 1/R（1/Ω）1/U（1/V）
1.0 0.40 1.00
2.50
2.0 0.67 0.50 1.49
3.0 0.90 0.33 1.11
4.0 1.06 0.25 0.94
5.0 1.23 0.20 0.81
7.0 1.45 0.14 0.69
10.0 1.71 0.10 0.58
80.0 2.60 0.01 0.38
100.0 2.63 0.01 0.38
1000.0 2.80 0.00 0.36
12．（12分）某实验小组用图所示的实验装置和器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力，为探究小车的动能变化规律：
（1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是____。

A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作
B．实验操作时要先释放小车，后接通电源
C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好
D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
（2）除实验装置图中的仪器外，还需要的测量仪器有__________________________，（3）如图为实验中打出昀一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”。

已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g，图中已经标明了要测量的物理量。

另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m。

请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出_____________________________________________。

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，O为固定悬点，长为L的绝缘丝线悬挂一个带电量为＋q小球，处于水平方向的匀强电场中受到电场力为F．当丝线处于竖直位置时，将小球由静止释放，丝线摆动的最大角度为θ，重力加速度为g．求：
（1）电场强度；
（2）小球由静止摆到θ角时电势能的变化量；
（3）带电量为＋q的小球质量．
14．（16分）如图所示，薄板A长L="5" m，其质量M="5" kg，放在水平桌面上，板
右端与桌边相齐．在A上距右端s="3" m处放一物体B（可看成质点），其质量m="2" kg．已知A、B间动摩擦因数μ1=1．1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为
μ2=1．2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．（g取11 m/s2）求：
（1）B运动的时间；
（2）力F的大小．
15．（12分）如图所示，平行金属板长为2m，一个带正电为2×10−6C、质量为5×10−6kg 的粒子以初速度5m/s紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：
（1）粒子末速度大小；
（2）上下两个极板的电势差是多少？
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、A
【解题分析】
由于圆环O是光滑的，所以环的绳子各处张力大小相等，等于物块的重力，当α增大时，AO与OB间的夹角减小，根据平行四边形定则可知，绳AO和OB的拉力的合力变大，由平衡条件可知，F与绳AO和OB的拉力的合力等大反向，所以F变大，α+β变小，则β变小．故选A.
2、A
【解题分析】
小船的实际运动是小船在静水中垂直河岸的运动与随河水流动的合运动，其中分运动一个是匀速直线运动（沿AB方向），另一个是匀加速直线运动（沿AC方向），则它们的合运动是匀变速曲线运动，因此小船将沿曲线运动，其轨迹将偏向合力的方向，即沿AC方向偏，所以小船实际运动轨迹为曲线S，故选A。

【题目点拨】
讨论两个分运动的合运动的性质，要看两个分运动的合加速度与两个分运动的合速度是否在一条直线上，如果在一条直线上，则合运动是直线运动，否则为曲线运动。

3、C
【解题分析】
设玩具车、火车质量都为m，动摩擦因数为μ，那么两车的挂钩断开与货车分离，玩具车的速度为v0，牵引力F=2μmg，加速度为a=μg，电机输出功率P=Fv0=2μmgv0；玩具车A保持原来的牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车A的速度为2v0时，位移，功率P A′=F•2v0=2P A，克服摩擦力做的功W fA＝μmgs A＝mv02，牵引力做的功W FA＝Fs A＝3mv02；玩具车B保持原来的输出功率不变前进，当玩具车A 的速度为2v0时，玩具车B的速度为1.5v0，由动能定理可得：
；所以位移，所以，
s A：s B=12：11；克服摩擦力做的功W fB＝μmgs B＝，所以，W fA：W fB=12：11；牵引力做的功W FB＝P＝2μmgv0×＝2mv02，所以，W FA：W FB=3：2；故C正确，ABD错误；故选C。

4、C
【解题分析】
物块对地的位移为L+x，对物块，根据动能定理得，物块的动能为E k=（F-f）（L+x），故AB错误；木板对地的位移为x，对木板，由动能定理得：此时木板的动能为fx．故C正确。

物块和木板动能的总增加量为（F-f）（L+x）+fx=F(x+L)-fL，则D错误；故选C.
【题目点拨】
本题涉及力在空间的效果求动能，要首先想到动能定理，要注意对单个物体，位移的参照物是地面．
5、C
【解题分析】
A．φ-x图象的斜率大小等于电场强度，所以B点对应的场强等于A点对应场强，故A 错误；
B．由图易知A点对应的电势小于B点对应电势，故B错误；
C．由图可知，场强方向均指向O点，根据对称性可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在-x1点的电势能，故C正确；
D．电场线指向O点，则正电荷由-x1到-x2的过程中电场力做负功，故电势能增加，故带正电的粒子在-x1点的电势能小于在-x2的电势能，故D错误．
故选C。

6、A
【解题分析】
重力做功与路径无关只与高度差有关，也可以运动动能定理求解；
根据公式来判断瞬时功率；
小球不是做匀速圆周运动，不是合力提供向心力；
【题目详解】
A、摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B，根据动能定理得：，故A正确；
B、整个过程中只有重力做功，则合力做功的平均功率为：，故选项B错误；
C、根据瞬时功率的公式，摆球运动到B时的速度方向是水平的，即，所以重力的瞬时功率是0，故C错误；
D、对小球进行受力分析，将重力分解如图所示：
可知由拉力T和重力分力的合力提供向心力，故选项D错误。

【题目点拨】
本题需要区分平均功率和瞬时功率的求解方法，同时注意小球做单摆运动，不是匀速圆
周运动，沿圆心方向的合力提供向心力。

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、BD
【解题分析】
弹簧的弹力不能突变，以A 、B 系统为研究对象，由牛顿第二定律求出系统的加速度，然后以B 为研究对象，由牛顿第二定律求出A 、B 间的作用力。

【题目详解】
C 、物体A 、B 接触但不挤压，剪断细线前，对A 由平衡条件得，弹簧的弹力：T=m A g=4×10=40N ，由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为40N ，故C 错误；
A 、剪断细线后，A 、
B 一起向下加速运动，对系统，由牛顿第二定律得：（m A +m B ）g ﹣T=（m A +m B ）a ，解得：a=6m/s 2，故A 错误，B 正确；
D 、对B ，由牛顿第二定律得：m B g ﹣F=m B a ，解得：F=24N ，则A 、B 间的作用力为24N ，故D 正确；
故选：BD 。

【题目点拨】
本题考查牛顿第二定律的应用；解题的关键是先采用整体法求解加速度，再隔离物体B 并根据牛顿第二定律列式求解。

8、BC
【解题分析】
A 、“风云二号”卫星为地球同步轨道卫星，周期为24h ，“风云一号”卫星是极地卫星，
周期为12h ，根据2224G Mm m r r T π= 得到：T =“风云一号”的轨道半径较小，A 正确；
B 、据2
2G Mm v m r r
=得，v =“风云一号”卫星比“风云二号”卫星轨道高度小，所以线速度大，B 错误；
C 、据22G Mm m r r ω=得，ω=，即轨道半径越大，角速度越小，“风云一号”卫星比“风云二号”卫星轨道高度小，所以角速度大，C 错误；
D 、由万有引力提供向心加速度：2G Mm ma r =，得：2a GM r =，即轨道半径越大，向心加速度越小，“风云一号”卫星比“风云二号”卫星轨道高度小，向心加速度大，D 错误；
故选A ．
9、BD
【解题分析】
A ：在0～2s 内甲的速度大于乙的速度，t =2 s 时两车相遇，则2 s 前乙车在前，甲车在后．故A 项错误．
B ：在0～2s 内甲的位移112442
x m m =⨯⨯=，在0～2s 内乙的位移212112
x m m =⨯⨯=；t =2 s 时两车相遇，t =0 s 时，甲、乙车距离012413x x x m m =-=-=．故B 项正确．
C ：t =2 s 时两车相遇；匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则2～6s 内两车平均速度都等于4 s 时两车的瞬时速度，2～6s 内两车平均速度相等，2～6s 内两车位移相等；t =6 s 时，两车再次相遇．故C 项错误．
D ：匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，3~5 s 内两车的平均速度都等于4 s 时两车的瞬时速度，3~5 s 内两车的平均速度相同．故D 项正确．
点睛：匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即022t t v v v v +==． 10、ABE
【解题分析】
理想气体是一种理想化的物理模型，实际上并不存在；理想气体的内能仅与温度有关，与气体的体积无关；实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下可以看做理想气体．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体．
【题目详解】
A ．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故A 正确；
B ．根据熵增原理可知，在自然过程中一个孤立系统的熵总是增加或不变的，故B 正确；
C ．气体被压缩时，外界对气体做功W ＞0，如果向外界放热Q ＜0，根据热力学第一定律
△U =W +Q
可能△U =0内能不变，故C 错误；
D ．一定量的某种理想气体等压膨胀过程中，根据盖吕萨克定律可知，体积与热力学温
度成正比，温度升高，内能增加，故D 错误；
E ．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间必定处于热平衡，故E 正确。

故选ABE ．
【题目点拨】
只有熟练掌握热力学的一些基本概念，第二定律的内容才能顺利解决本题，故一定要注意基本概念的积累．
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、2.7-3.0v 1.3-1.9Ω 电压表分流
【解题分析】
(1)[1][2]根据坐标系内描出的点作出图象如图所示
由图示电路图可知，电源电动势
00()U E U I r R U R r R
=++=+
+（） 整理得 0111()r R U R E
=++ 由11U R
-图象可知： 10.40E
= 01 2.90-0.40=1 1.25U r R R
∆+=∆ 解得，电源电动势：E =2.5V ，电源内阻r =1.5Ω；
(2)[3]由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于
U R
，这是造成实验误差的原因。

12、AD 刻度尺、天平（或弹簧秤） ()2221232M x x mgx T -=
【解题分析】 第一空.A 、实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，故A 正确．
B 、实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故B 错误．
C 、在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近测量误差越大，故C 错误．
D 、在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细绳对小车的拉力，故D 正确．
第二空.由于实验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带计算得出的，故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，故需要天平．
第三空.小车的质量为M ，砂和砂桶的总质量为m ，M 远大于m ．则对小车的作用力等
于砂和砂桶的总重力mg ，所以恒力对小车做的功可表示为：mgx ．由2
t x v t ＝得：14A x v T ＝ ，24B x v T
＝，所以小车动能的改变量为2222212()112232K B A M x x E Mv Mv T
--=＝ ；本实验就是要验证减少的重力势能是否等于增加的动能，即mgx ＝22212()32M x x T
-.
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) F E q
=
,，方向水平向右 (2) 电势能减少sin FL θ (3) sin (1cos )F m g θθ=- 【解题分析】
（1）根据电场强度的定义： F E q
= 由图可知，正电荷受力方向向右，则场强方向水平向右。

（2）电场力所做的功等于电势能的减少量：
sin W FL θ=电
sin P E W FL θ∆=-=-电
电场力做正功，所以电势能减少sin FL θ。

（3）对小球，摆到θ的过程中，由动能定理得：
sin (1cos )FL mgL θθ=-
求得： sin (1cos )
F m g θθ=- 14、（1）3 s （2）26 N
【解题分析】
试题分析：根据牛顿第二定律求出物体B 与A 发生相对滑动时的加速度，再对A 运用牛顿第二定律，结合运动学公式求出将A 从B 下抽出B 运动的时间和使B 停在桌右边缘拉力F 的大小．
解析=：（1）对于B ，在未离开A 时，根据牛顿第二定律得
加速度为：a B1=="1" m/s 2
设经过时间t 1后B 离开A ，根据牛顿第二定律得
离开A 后B 的加速度为：a B2=﹣=﹣2 m/s 2
设物体B 离开A 时的速度为v B ，根据运动学公式有
v B =a B1t 1 ，a B1t 12+=s ，
代入数据解得t 1="2" s ，t 2=="1" s ，
所以B 运动的时间是：t=t 1+t 2="3" s ．
（2）设A 的加速度为a A ，则根据相对运动的位移关系得
a A t 12﹣a B1t 12=L ﹣s
解得：a A ="2" m/s 2，
由牛顿第二定律得F ﹣μ1mg ﹣μ2（m+M ）g=Ma A ，
代入数据得：F="26" N ．
答：（1）B 运动的时间是 3 s
（2）力F 的大小是26 N ．
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
15、（1）m/s ( 2 )10.4V
【解题分析】
（1）粒子在平行板间做类平抛运动，根据平行四边形定则知，。

（2）根据动能定理得，qU＝mv2−mv02，
解得
【题目点拨】
本题考查了带电粒子在电场中的偏转，掌握处理类平抛运动的方法，运用动能定理进行求解，基础题。