辽宁省本溪满族自治区高级中学2023年高三物理第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

辽宁省本溪满族自治区高级中学2023年高三物理第一学期期末
教学质量检测模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l，在两导线中通有方向垂直于纸面向里的电流．在纸面内与两导线距离均为l的a点，每根通电直线产生的磁场磁感应强度大小均为B．若在a点平行于P、Q放入一段长为L的通电直导线，其电流大小为I，方向垂直纸面向外，则关于它受到的安培力说法正确的是
A．大小等于BIL，方向水平向左
B．大小等于BIL，方向水平向右
C3BIL，方向竖直向下
D3BIL，方向竖直向上
2、如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表
示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的1
2
；R2的阻值等于电流表内阻的4倍。

若用电
流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（）
A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 A
B ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 A
C ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 A
D ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A
3、已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390，月球绕地球旋转的周期约为27天.利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为 A ．0.2
B ．2
C ．20
D ．200
4、如图，劲度系数为400N/m 的轻弹簧一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块的顶端O 处，另一端拴一质量为m =
10
10
kg 的小球。

当楔形滑块以大小为a =3g 的加速度水平向右运动时，弹簧的伸长量为（取g=10m/s 2）（ ）
A ．
5
4
cm B ．
104
cm C ．1.25cm D ．2.5cm
5、如图所示，理想变压器的原线圈接在()1200sin100V u t π=的交流电源上，副线圈接有50R =Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为4：1，C 为电容器，电流表为理想交流电表，电路中所有元件均正常工作，则（ ）
A ．该交流电的频率为100Hz
B．交流电流表的示数为0
C．电阻R的功率为50W
D．电容器的耐压值不能小于50V
6、2019年11月23日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第五十、五十一颗北斗导航卫星。

如图所示的a、b、c为中国北斗卫星导航系统中的三颗轨道为圆的卫星。

a是地球同步卫星，b是轨道半径与卫星a相同的卫星，c是轨道半径介于近地卫星和同步卫星之间的卫星。

下列关于这些北斗导航卫星的说法，正确的是（）
A．卫星a的运行速度大于第一宇宙速度
B．卫星a的向心加速度大于卫星c的向心加速度
C．卫星b可以长期“悬停”于北京正上空
D．卫星b的运行周期与地球的自转周期相同
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m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则()
A．μ1一定小于μ2
B．μ1可能大于μ2
C．改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动
D．改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动
8、如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m= 0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量x 之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，
小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计,（弹性势能21
2
p E k x =∆，g 取10m/s 2），则下列说法正确的是（ ）
A ．小球刚接触弹簧时加速度最大
B ．当x=0.1m 时，小球的加速度为零
C ．小球的最大加速度为51m/s 2
D ．小球释放时距弹簧原长的高度约为 1.35m
9、图示为振幅、频率相同的两列横波相遇时形成的干涉图样，实线与虚线分别表示的是波峰和波谷，图示时刻，M 是波峰与波峰的相遇点，已知两列波的振幅均为A ，下列说法中正确的是（ ）
A ．图示时刻位于M 处的质点正向前移动
B ．P 处的质点始终处在平衡位置
C ．从图示时刻开始经过四分之一周期，P 处的质点将处于波谷位置
D ．从图示时刻开始经过四分之一周期，M 处的质点到达平衡位置 E.M 处的质点为振动加强点，其振幅为2A
10、一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力F 作用。

0~4s 时间内，拉力F 的大小和物块加速度a 的大小随时间t 变化的关系分别如图甲、图乙所示。

若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2。

由此可求得（ ）
A ．物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为2N
B ．物块的质量等于1.5kg
C ．在0~4s 时间内，合力对物块冲量的大小为6.75N ・S
D．在0~4s时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6N・S
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）用图甲所示装置探究动能定理。

有下列器材：A．电火花打点计时器；B．220V 交流电源；C．纸带；D．细线、小车、砝码和砝码盘；E.一端带滑轮的长木板、小垫木；F.刻度尺。

甲乙
(1)实验中还需要的实验器材为________。

(2)按正确的实验操作，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙，图中数据x A、x B和x AB 已测出，交流电频率为f，小车质量为M，砝码和砝码盘的质量为m，以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，从A到B过程中，合力做功为________，动能变化量为________，比较二者大小关系，可探究动能定理。

12．（12分）如图是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置，曲面AB 与水平面相切于B点且固定．带有遮光条的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在C点，P为光电计时器的光电门，已知当地重力加速度为g．
（1）利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图所示，则遮光条的宽度d=______cm；（2）实验中除了测定遮光条的宽度外，还需要测量的物理量有_____；
A．小物块质量m
B．遮光条通过光电门的时间t
C．光电门到C点的距离s
D．小物块释放点的高度h
（3）为了减小实验误差，同学们采用图象法来处理实验数据，他们根据（2）测量的物理量，建立图丙所示的坐标系来寻找关系，其中合理的是_____．
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，直线MN与水平线夹角为60°，其右侧有一垂直纸面向外的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B；直线PQ垂直ＭＮ，且PQ与ＭＮ包围的空间有一匀强电场，电场方向平行于PQ．有一质量为m 电量为+q的带电粒子在纸面内以v0的水平初速度从A点飞入磁场，粒子进入磁场t0(t0未知)时间后立即撤除磁场，此时粒子未到达MN，之后粒子垂直MQ边界从C点（图中未画出）飞入电场；随后粒子再次通过C点．粒子在以上整个过程中所用总时间恰为此带电粒子在磁场中运动一周所需时间，粒子所受重力不计．试求：
（1）粒子在磁场中运动的时间t0
（2）匀强电场场强E的大小．
14．（16分）如图所示是研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。

在xOy 平面坐标系的第一象限内，存在两个电场强度大小均为E，方向分别水平向左和竖直向上的匀强电场区域Ⅰ和Ⅱ。

两电场的边界均是边长为L的正方形，位置如图所示。

（不计电子所受重力）
(1)在Ⅰ区域AO边的中点处由静止释放电子，求电子离开Ⅱ区域的位置坐标；
(2)在电场区域Ⅰ内某一位置（x、y）由静止释放电子，电子恰能从Ⅱ区域右下角B处离开，求满足这一条件的释放点x与y满足的关系。

15．（12分）如图所示，光滑、平行、电阻不计的金属导轨固定在竖直平面内，两导轨
间的距离为L，导轨顶端连接定值电阻R，导轨上有一质量为m，长度为L，电阻不计的金属杆，杆始终与导轨接触良好。

整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里。

现将杆从M点以0v的速度竖直向上抛出，经历时间t，到达最高点N，重力加速度大小为g。

求t时间内
（1）流过电阻的电量q；
（2）电阻上产生的电热Q。

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
【解析】
a点所在通电直导线的受力分析如图所示：
由题意得：P Q F F BIL ==，30θ=，安培力合力为
3
2cos3023P F F BIL BIL ===，方向竖直向上，故D 正确，ABC 错误． 2、C 【解析】
AB ．由于电流表A 的每个最小格表示0.02A ，当将接线柱 1、2 接入电路时，电流表A 与电阻R 1并联，当电流表中通过0.02A 的电流时，根据欧姆定律可知，流过R 1的电路为0.04A ，故干路电流为0.06A ，即此时每一小格表示 0.06 A ，故AB 均错误； CD ．将接线柱 1、3 接入电路时，电流表与电阻R 1并联后再与电阻R 2串联，当电流表中通过0.02A 的电流时，R 1中的电流仍是0.04A ，故干路电流就是0.06A ，所以通过接线柱1的电流值就是0.06A ，所以它表示每一小格表示 0.06 A ，选项C 正确，D 错误。

故选C 。

3、B 【解析】
由日常天文知识可知，地球公转周期为365天，依据万有引力定律及牛顿运动定律，研究地球有G
2M M r 太地
地＝M 地224T π地r 地，研究月球有G 2
M M r 月地月＝M 月2
24T π月
r 月，日月间距近似为r 地，两式相比M M 太地＝3
r r 地月⎛⎫
⎪ ⎪⎝⎭·2
T T ⎛⎫
⎪⎝⎭
月地.太阳对月球万有引力F 1＝G 2
M M r 月太地，地
球对月球万有引力F 2＝G 2
M M r 月地月，故1
2F F ＝M M 太地·2T T ⎛⎫ ⎪⎝⎭
月地＝r r 地月·2
T T ⎛⎫ ⎪⎝⎭月地＝2
27390365⎛⎫ ⎪
⎝⎭
=2.13，故选B.
4、D 【解析】
当小球和斜面间的弹力为零时，设此时的加速度大小为a 0，则由牛顿第二定律，有
0tan mg
ma θ
=
代入数据得 a 0=g
故当滑块以a =3g 的加速度水平向右运动时，由a ＞a 0，知小球此时离开斜面，根据受力分析，结合力的合成与分解，可得
22()0()1F mg ma mg =+=
根据胡克定律有 F=kx
联立代入数据得 x =2.5×10-2m=2.5cm 故ABC 错误，D 正确； 故选D 。

5、D 【解析】
A ．该交流电的频率
50Hz 2f ω
π
=
= 故A 错误；
B ．电容器通交流隔直流，故电流表的示数不为0，故B 错误；
C ．原线圈两端的电压的有效值
11002V 2
U =
=
由
11
22U n U n =可知，副线圈两端的电压的有效值
2U =
电阻R 的功率
2225W U P R
==
故C 错误；
D ．由于副线圈两端的电压的最大值为50V ，故电容器的耐压值不能小于50V ，故D 正确。

故选：D 。

6、D 【解析】
A ．第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，根据万有引力提供向心力
22Mm v G m r r
= 得
v =
卫星a 的轨道半径大于地球半径，则卫星a 的运行速度小于第一宇宙速度，故A 错误； B ．根据万有引力提供向心力
2Mm
G
ma r = 得
2
GM
a r =
卫星a 的轨道半径大于卫星c 的轨道半径，故卫星a 的向心加速度小于卫星c 的向心加速度，故B 错误；
C ．卫星b 不是同步卫星，不能与地面相对静止，不能“悬停”在北京上空，故C 错误；
D ．根据万有引力提供向心力
2
22π()Mm G
m r r T
= 得
2T =
卫星a 、b 的轨道半径相等，则周期相等，卫星a 是同步卫星，运行周期与地球自转周期相同，则卫星b 的运行周期与地球自转周期相同，故D 正确。

故选D 。

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
【解析】
因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F 作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力．
【详解】
对m 1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m 1g=m 1a ，对m 2，由于保持静止有：μ1m 1g-F f =0，F f ＜μ2（m 1+m 2）g ，所以动摩擦因数的大小从中无法比较．故A 错误、B 正确．改变F 的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止．故C 错误．若将F 作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m 1g=m 1a ，解得a=μ1g ，对整体分析，有F-μ2（m 1+m 2）g=（m 1+m 2）a ，解得F=（μ1+μ2）（m 1+m 2）g ，所以当F ＞（μ1+μ2）（m 1+m 2）g 时，长木板与木块将开始相对滑动．故D 正确．故选BD ．
【点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解．
8、BC
【解析】
AC ．由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x 为0.1m 时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x 为0.1m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得
k △x =mg
解得
0.210N/m 20.0N/m 0.1
mg k x ⨯===∆ 弹簧的最大缩短量为△x m =0.61m ，所以弹簧的最大值为
F m =20N/m×0.61m=12.2N
弹力最大时的加速度
2212.20.210m/s 51m/s 0.2
m F mg a m --⨯=== 小球刚接触弹簧时加速度为10m/s 2，所以压缩到最短的时候加速度最大，故A 错误，C 正确；
B ．当△x =0.1m 时，速度最大，则弹簧的弹力大小等于重力大小，小球的加速度为零，故B 正确；
D ．设小球从释放点到弹簧的原长位置的高度为h ，小球从静止释放到速度最大的过程，由能量守恒定律可知
2211()=()22
m mg h x k x mv +∆∆+ 解得
1.1505m h =
故D 错误。

故选BC 。

9、BDE
【解析】
A ．图示时刻位于M 处的质点只在平衡位置附件上下振动，并不随波迁移，故A 错误； BC ．P 处的质点图示时刻处于波峰和波谷相遇，二者运动的步调始终相反，合位移为0，始终处于平衡位置，故
B 正确，
C 错误；
D ．从图示时刻开始经过四分之一周期，M 处的质点到达平衡位置，位移为0，故D 正确；
E. M 处的质点为振动加强点，其振幅为2A ，故E 正确。

故选BDE 。

10、BC
【解析】
A ．t =1s 时，物体开始运动，故此时的拉力等于物体的最大静摩擦力，故有 1.5N f F ==
故A 错误；
B ．根据牛顿第二定律有
F f ma -=
代入26N,3m/s F a ==得
1.5kg m =
C ．在v －t 图象中，与时间轴所围面积为物体的速度，则有
133m/s 4.5m/s 2
v =⨯⨯= 由动量定理可得
1.5 4.5N s=6.75N s I m v =∆=⨯⋅⋅
故C 正确；
D ．在0~4s 时间内，F 的冲量为
064N s 12N s 2
F I +=⨯⋅=⋅ 则摩擦力冲量为
f (6.7512)N s 5.25N s F I I I =-=-⋅=-⋅
故D 错误。

故选BC 。

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、天平 mgx AB
()()22218
B A M m f x x +- 【解析】
(1)[1]因为需要测量小车以及砝码和砝码盘的质量，所以实验中还需要的实验器材为天平。

(2)[2]以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，平衡摩擦力后，系统所受合外力做的功为 AB W mgx =
[3]匀变速直线运动的某段时间内，中间时刻速度等于平均速度
122
2A A A A x x x v f T f
===⋅⋅ 122
2B B B B x x x v f T f =
==⋅⋅ 其动能变化量为
()()()()22222k 111228
B A B A E M m v M m v M m f x x ∆=+-+=+- 12、（1）1.060； （2）B
C ； （3）B ．
（1）主尺的刻度：1 cm ，游标卡尺上的第12个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：
0.05×12 mm ＝0.60 mm ，总读数：10 mm ＋0.60 mm ＝10.60 mm ＝1.060 cm.
（2）实验的原理：根据遮光条的宽度与物块通过光电门的时间即可求得物块的速度：v=d t B 到C 的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：－μmgs ＝0－
12mv 2 联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式2
2
=2d gst μ 还需要测量的物理量是：光电门到C 点的距离s 与遮光条通过光电门的时间t ，故BC 正确，AD 错误．
（3）由动摩擦因数的表达式可知，μ与t 2和s 的乘积成反比，所以
21t 与s 的图线是过原点的直线，应该建立的坐标系为：纵坐标用物理量
21t ，横坐标用物理量s ，即B 正确，ACD 错误．
【点睛】
本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量．要先确定实验的原理，然后依据实验的原理解答即可；游标卡尺的读数时先读出主尺的刻度，然后看游标尺上的哪一个刻度与主尺的刻度对齐，最后读出总读数；
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）
76m qB π；（2）01253
Bv E π=- 【解析】
（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示：
根据牛顿第二定律：200v qBv m R
=
周期为：022R m T v qB
ππ== 粒子运动时间为：021073606m t T qB
π== （2）带电粒子在磁场中做圆周运动有：200v qBv m R
= 解得：0mv R qB
= D 到C 是匀速运动：2R DC =
可得运动时间为：102DC m t v qB
== 带电粒子在电场中运动时间：()201536m t T t t qB π-=--=
带电粒子在电场中运动的加速度：qE a m
= 速度为：202
t v a
= 可得：01253Bv E π=- 14、 (1)(2.5L ，0.5L )；(2)()
2
4L y L x =- 【解析】
(1)在Ⅰ区域中电子做初速度为零的匀加速直线运动，
20102
eEL mv =-① 在Ⅱ区域电子做类平抛运动，假设电子从BC 边射出，由运动规律得水平方向 0L v t =②
竖直方向
212
y at ∆=③ eE ma =④
联立①②③④解得
0.250.5y L L ∆=<
假设成立，电子离开Ⅱ区域的位置坐标
10.5 2.5x L L L L =++= 10.50.250.25y L L L =-= 即坐标为(2.5 , 0.25 )L L
(2)在Ⅰ区域有
211()02
eE L x mv -=-⑤ 在Ⅱ区域有
11L v t =⑥
2112
y at =⑦ 联立④⑤⑥⑦解得
2
4()
L y L x =- 15、（1）0mv mgt q BL -=；（2）220022()12m gR v gt Q mv B L
-=- 【解析】
（1）根据动量定理，有 00mv mgt Ft -=-- 又因为
F BLI =
q It =
联立解得 0mv mgt q BL
-= （2）根据
E BLh I R Rt Rt
∆Φ=== 以及能量守恒
2012
Q mv mgh =- 联立解得
220022()12m gR v gt Q mv B L -=-。