2024学年厦门市第六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学年厦门市第六中学物理高三第一学期期中学业水平测试
模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市，单车的车锁内集成了嵌入式芯片、GPS 模块和SIM卡等，便于监控单车在路上的具体位置。

用户仅需用手机上的客户端软件（APP）扫描二维码，即可自动开锁，骑行时手机APP上能实时了解单车的位置，骑行结束关锁后APP就显示如图所示的信息。

下列说法正确是（）
A．单车和手机之间是利用声波传递信息的
B．单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星定位确定的
C．由手机APP上显示骑行距离849米是位移
D．由手机APP上的显示信息，可求出骑行的平均速度
2、对于质点的运动，下列说法正确的是
A．质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零
B．质点速度变化率越大，则加速度越大
C．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零
D．质点运动的加速度越大，它的速度变化越大
3、如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x轴的正方向．若振子位于B点时开始计时，则其振动图像为（）
A．B．
C．D．
4、如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为
A．
2
400
mv
B．
2
200
mv
C．
2
99
200
mv
D．
2
199
400
mv
5、科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段，在研究和解决问题的过程中，不仅需要相应的知识，还要注意运用科学方法．理想实验有时更能深刻地反映自然规律．关于力和运动的关系伽利略设想了一个思想实验，如图所示．
①两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；
②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度；
③减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度；
④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速直线运动．通过对这个实验分析，我们可以得到的最直接结论是（）
A．自然界的一切物体都具有惯性
B．小球的加速度和所受合外力成正比
C．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
D．光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力
6、一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其x
t
t
图象如图所示，
则()
A ．质点在1 s 末的速度为1.5 m/s
B ．质点在第1 s 内的平均速度为1.5 m/s
C ．质点做匀加速直线运动，在前2秒内的位移为2m
D ．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s 2
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、物体以初速度0v 竖直上抛，经3s 到达最高点，空气阻力不计，g 取2
10m s ，则下列说法正确的是( )
A ．物体速度改变量的大小为30/m s ，方向竖直向上
B ．物体上升的最大高度为45m
C ．物体在第1s 内、第2s 内、第3s 内的平均速度之比为5:3:1
D ．物体在1s 内、2s 内、3s 内的平均速度之比为9:4:1
8、如图所示,a 、b 、c 是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗人造地球卫星,下列判断正确的是( )
A ．b 卫星加速就能追上同一轨道上的卫星
B ．b 、c 卫星的线速度相等且大于a 卫星的线速度
C ．b 卫星的角速度等于c 卫星的角速度
D ．a 卫星的周期大于b 卫星的周期
9、动车是怎样爬坡的?西成高铁从清凉山隧道开始一路上坡，釆用25‰的大坡度穿越秦岭，长达45公里，坡道直接落差1100米，为国内之最。

动车组就是几节自带动力的车辆加几节不带动力的车辆编成一组，就是动车组。

带动力的车辆叫动车，不带动力的车辆叫拖车。

动车爬坡可以简化如图所示，在沿斜面向上的恒力F 作用下，A 、B 两物
块一起沿倾角为θ的斜面向上做匀加速直线运动，两物块间用与斜面平行的轻弹簧相连，已知两物块与斜面的动摩擦因数相同，则下列方法能保证A 、B 两物块的距离不变的是
A ．只增加斜面的粗糙程度
B ．只增加物块B 的质量
C ．只增大沿斜面向上的力F
D ．只增大斜面的倾角θ
10、如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长4BD L =、短轴长2AC L =．劲度系数为k 的轻弹簧上端固定在大环的中心O ，下端连接一个质量为m 、电荷量为q 、可视为质点的小环，小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中。

将小环从A 点由静止释放，小环运动到B 点时速度恰好为O 。

已知小环在A 、B 两点时弹簧的形变量大小相等。

则（ ）
A ．小环从A 点运动到
B 点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大
B ．小环从A 点运动到B 点的过程中，小环的电势能一直增大
C ．电场强度的大小mg
q E =
D ．小环在A 点时受到大环对它的弹力大小12
F mg kL =+ 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，R 0=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）如图A．为“用DIS研究物体的加速度与质量的关系”实验装置．
（1）实验中应保持轨道___________且摩擦力足够小；为了研究小车的加速度与质量的关系，应保持_______________不变．
（2）若测得小车和发射器的总质量为0.3千克，则跨过滑轮的细绳下悬挂的钩码质量最适合用（______）
A．20克B．50克C．100克D．200克
（3）某同学用正确的实验方法测得实验数据，作出a-m图线如图B．．他观察到a-m
图线为曲线，于是得出物体的加速度与质量成反比．你认为他的做法正确吗？如果认为正确，请说明理由．如果认为不正确，请给出正确的处理方法_______________．
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）一物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，依次经过A、B、C三点，已知AB=L，BC=S，且物体在AB段与BC段所用时间相等，求OA的长度．
14．（16分）如图所示，一长l=1．45m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量
m=1．11kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H = 1．91m．开始时小球处于A点，
此时轻绳拉直处于水平方向上，让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g=11m/s2．求：
（1）绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；（2）若=1．31m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻绳能承受的最大拉力．
15．（12分）图是离心轨道演示仪结构示意图．光滑弧形轨道下端与半径为R的光滑圆轨道相接，整个轨道位于竖直平面内．质量为m的小球从弧形轨道上的A点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，若小球通过圆轨道的最高点时对轨道的压力与重力等大．小球可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力．求：
（1）小球运动到圆轨道的最高点时速度的大小；
（2）小球开始下滑的初始位置A点距水平面的竖直高度h；
（3）小球从更高的位置释放，小球运动到圆轨道的最低点和最高点时对轨道的压力之差．
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、B
【解题分析】
A ．单车和手机之间是利用电磁波传递信息的。

故A 错误。

B ．单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星定位确定的。

故B 正确。

C ．由手机APP 上显示骑行距离849米是路程。

故C 错误。

D ．由手机APP 上的显示信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的平均速度。

故D 错误。

2、B
【解题分析】
选B.质点运动的加速度为零时，质点的速度变化为零，但速度不一定为零，A 错误；
质点速度变化率即为加速度，B 正确；质点在某时刻的加速度不为零，其速度可能为零，
如自由落体的物体在开始下落的瞬间，故C 错误；质点的速度变化Δv ＝a·Δt ，即速度的变化由质点的加速度和时间共同决定，D 错误．
3、A
【解题分析】
由题意：设向右为x 正方向，振子运动到N 点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N 点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A 正确．
4、A
【解题分析】
系统全过程动量守恒：
()()0129999100mv m m v m m m v =+=++
子弹打入木块过程损失的动能转化为系统内能，A 、B 速度相同时弹性势能有最大值：
()()22301211999910022400
p mv E m m v m m m v =+-++= 故选A 。

5、D
【解题分析】理想斜面实验只能说明钢球具有惯性，推广到一切物体的是牛顿，故A 错误；小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小，这是牛顿第二定律内容，故B 错误；如果小球受到力的作用，它的运动状态，将发生改变，这是牛顿得出的，故C 错误；伽利略通过“理想斜面实验”和科学推理，得出的结论是：力不是维持物体运动的原因，光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力，故D 正确．故选D. 6、B
【解题分析】
ACD.由图得：
10.5x t t
=+ 根据：
2012
x v t at =+ 得：
012
x v at t =+ 对比可得：
01v =m/s
10.52
a = 则加速度为：
20.51a =⨯=m/s 2
由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，则质点在1s 末速度为： 0v v at =+=1+1=2m/s
前2s 内的位移为：
222022*********
x v t at m =+=⨯+⨯⨯=m 故ACD 错误。

B.质点在第1s 内的平均速度：
012 1.522
v v v ++===m/s 故B 正确。

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】
速度改变量大小为30/v gt m s ∆==，方向向下，故A 错误；竖直上抛从最高点为自由落体运动故上升高度为20452v h m g
==，故B 正确；由运动学推论可知，在第1s 末、第2s 末、第3s 末的速度分别为20/m s ，10/m s ，0，故平均速度由公式02
v v v +=
得，物体在第1s 内、第2s 内、第3s 内的平均速度之比为5:3:1，故C 正确；由12h v gt t ==，
可知物体在1s 内、2s 内、3s 内的位移之比为5:8:9，平均速度之比为5:4:3，故D 错误；故选BC.
【题目点拨】
物体做竖直上抛运动，其加速度大小始终为g ，方向竖直向下，上升阶段：匀减速直线运动，达到最高点时速度为零，加速度还是g ，应用匀变速直线运动的规律求解． 8、BCD 【解题分析】根据万有引力提供卫星圆周运动向心力
可知：
b 卫星原本匀速圆周运动，万有引力等于圆周运动向心力，现让b 卫星加速，则卫星所需向心力增加，而提供卫星圆周运动向心力的万有引力没有变化，故此时满足离心运动条件：F 供＜F 需，故卫星将做离心运动而抬高轨道，故b 加速后不能追上同一轨道运行的
c 卫星，故A 错误．由
，b 、c 卫星的半径比a 小，则线速度比a 大，故B 正确；角速度可知b 、c 半径相同，角速度大小相等，故C 正确；
可知，a 卫星的半径大，故周期大于b 的周期，所以D 正确；故选BCD.
9、AD
【解题分析】
对AB 整体应用牛顿第二定律求得加速度，然后对物体A 或B 应用牛顿第二定律求得弹簧弹力，即可根据弹簧弹力的表达式得到弹簧弹力的变化，从而得到两物块距离变化.
【题目详解】
A 和
B 两物块的距离不变，则弹簧弹力T 不变；
对AB 整体应用牛顿第二定律可得：
()sin ()cos ()A B A B A B F m m g m m g m m a θμθ-+-+=+，所以匀加速直线运动的加速度sin cos A B
F a g g m m θμθ=--+； 对物块B 应用牛顿第二定律可得：sin cos B B B T m g m g m a θμθ--=，所以弹簧弹力(sin cos )B B A B
m T m g g a m m θμθ=+=+； 所以，改变斜面粗糙程度和斜面倾角，弹簧弹力不变，两物体的距离不变；增加物体B 的质量，11B A A B B m m m m m =++增大，故弹簧弹力增大，两物体的距离增大；增大拉力F ，
弹簧弹力增大，两物体距离增大，故A ，D 正确，B ，C 错误；
故选AD.
【题目点拨】
物体爬坡做匀加速运动，加速度沿斜面向上，对B 进行受力分析可得对B 的弹簧弹力沿斜面向上，所以，弹簧伸长，弹簧弹力增大，距离增大.
10、AD
【解题分析】
A ．已知小环在A 、
B 两点时弹簧的弹力大小相等，说明在A 点弹簧的压缩量等于在B 点的伸长量相等，设为x ，原长为0L ，则得在A 点
0L x L -=
在B 点
02L x L +=
解得小环在A 点时，弹簧压缩量为
12
x L = 小环从A 点运动到B 点的过程中，弹簧从压缩到原长，再到伸长，所以其弹性势能先减小后增大，A 正确；
B ．小环从A 点运动到B 点的过程中，小环沿电场线方向水平运动2L ，电场力做正功，小环的电势能一直减小，B 错误；
C ．整个过程由能量守恒定律得
2Eq L mgL ⨯=
得
2mg E q
= C 错误；
D ．小环在A 点时弹簧压缩量为
12
L ，故平衡条件，有 12F mg kL =+ D 正确。

故选AD 。

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、（1）水平； 小车所受拉力 （或钩码个数）； （2）A ； （3）某同学做法不正确．正确的处理方法是计算质量的倒数，然后作出a —1m
图线，如所得图线为过原点的直线，则a 与m 成反比．否则则a 与m 不成反比．（或正确的做法是检验这条曲线是否为反比例曲线，如每组数据的a ×m 的值都在误差范围内相等，则a 与m 成反比．否则则a 与m 不成反比．）
【解题分析】
（1）实验中应保持轨道水平且摩擦力足够小；为了研究小车的加速度与质量的关系，应保持小车所受拉力 （或钩码个数）不变．
（2）要想使得小车受到的拉力等于钩码的重力，则必须使得钩码的质量远小于小车的
质量，则钩码质量最适合用20g ，故选A.
（3）这位同学做法不正确．正确的处理方法是计算质量的倒数，然后作出a —1m
图线，如所得图线为过原点的直线，则a 与m 成反比．否则则a 与m 不成反比．（或正确的做
法是检验这条曲线是否为反比例曲线，如每组数据的a ×
m 的值都在误差范围内相等，则a 与m 成反比．否则则a 与m 不成反比．）
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、2
(3)8()
L S S L -- 【解题分析】
物体做匀加速运动，加速度不变．对AB 段、BC 段时间相等，分别用位移关系公式列方程求出加速度和初速度，再由速度位移关系公式求解有O 与A 的距离；
【题目详解】
解：设物体的加速度为a ，到达A 点的速度为v 0，通过AB 段和BC 点所用的时间为t 根据位移公式则有：201
2
L v t at =+ 2022L S v t at +=+ 联立解得：2
S L a t -= 032L S v t
-= 设0与A 的距离为x ，则有202v x a
= 联立解得2
(3)8()
L S x S L -=- 14、（1）1．9m （2）7N
【解题分析】
试题分析：（1）设小球运动到B 点时的速度大小为B v ，由机械能守恒定律得：
212
B mv mgl =
解得小球运动到B 点时的速度大小为： 3.0/B v m s =
小球从B 点做平抛运动，由运动学规律得到：B x v t =，212
y H l gt =-=
解得：C 点与B 点之间的水平距离：0.90x v m ==． （2）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值m F ，由牛顿定律得：
2B m v F mg m r
-=，r l OP =- 由以上各式解得：7m F N =．
考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、向心力
【名师点睛】本题关键明确小球的运动情况，然后结合机械能守恒定律、牛顿第二定律、平抛运动的分位移公式列式求解．
15、 (1)V (2)3h R = (3)6N mg ∆=
【解题分析】
（1）小球经过最高点，轨道的压力N ＝mg ， 依据牛顿第三定律可知小球对轨道压力
为mg ,由牛顿第二定律有：mg +mg ＝2
v m R
解得 v
（2）小球自A 点下滑至圆轨道最高点的过程，依据动能定理有
()2122
mg h R mv -= 解得 h ＝3R
（3）设小球从更高的位置释放运动到最低点时的速度为v 1，受轨道的压力为N 1；运动到最高点时的速度为v 2，受轨道的压力为N 2；依据牛顿第二定律有
211-v N mg m R
= 222+v N mg m R
= 小球由最低点运动到最高点的过程，依据动能定理有：221211222mg R mv mv ⋅=
- 得压力差 126N N N mg ∆=-=。