福建省龙岩高中2024年物理高三第一学期期中质量检测模拟试题含解析

福建省龙岩高中2024年物理高三第一学期期中质量检测模拟试
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，是利用电动机提升重物的示意图,其中D是变频电动机,P是个质量m=2kg的重物,它用细绳栓在电动机的轴上,闭合开关S,若P以1m/s2的加速度由静止匀加速上升,经过时间2s时电流表和电压表的示数分别是2A、25V,不计一切阻力,g取10m/s2,此时下列说法正确的（）
A．电动机的牵引力为20N
B．电动机线圈的电阻为1.5Ω
C．电动机的效率是80%
D．电动机输出的电功率为40W
2、如图所示，质量为60kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒，已知重心在C点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9m 和0.6m，若她在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，则克服重力做功为（）
A．4320J
B．144J
C．720J
D．7200J
3、如图所示，将小球a 从地面以初速度0v 竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处由静止释放，两球恰在
2
h
处相遇（不计空气阻力）．则
A ．两球同时落地
B ．相遇时两球速度大小相等
C ．从开始运动到相遇，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量
D ．相遇后的任意时刻，重力对球a 做功功率和对球b 做功功率相等
4、利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图用两根长为L 的细线系一质量为m 的小球，两线上端系于水平横杆上，A 、B 两点相距也为L ，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为（ ）
A ．3mg
B ．3mg
C ．2.5mg
D 73
5、如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v 0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（ ）
A．等于零
B．不为零，方向向右
C．不为零，方向向左
D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右
6、汽车沿平直公路以恒定功率p从静止开始启动，如图所示，为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的T点结束，所用的时间t=8秒，经历的路程s=50米，8秒后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，则( )
A．汽车做匀速运动时的牵引力大小为2×105牛顿，
B．汽车所受的阻力大小4×104牛顿，
C．汽车的恒定功率为1.6×105W，
D．汽车的质量为8×103kg
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，MN、PQ是倾角为θ的两平行光滑且足够长的金属轨道，其电阻忽略不计。

空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

导体棒ab、cd 垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，每根导体棒的质量均为m，电阻均为r，轨道宽度为L，与轨道平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab棒中点连接，细线承受的最大拉力T m=2mg sin θ。

今将cd棒由静止释放，则细线被拉断时，cd棒的
A ．速度大小是
B ．速度大小是
C ．加速度大小是2g sin θ
D ．加速度大小是0
8、一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示,质点P 此时刻沿-y 运动,经过0.1 s 第一次到达平衡位置,波速为5 m/s,则下列说法正确的是（ ）
A ．该波沿x 轴负方向传播
B ．Q 点的振幅比P 点的振幅大
C ．P 点的横坐标为x=2.5 m
D ．Q 点的振动方程为y=5cos
5π
3
t cm E.x=3.5 m 处的质点与P 点振动的位移始终相反
9、如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为 E =
2mg
q
，磁感应强度大小为 B ．一质量为 m 、电荷量为 q 的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ；现使圆环以初速度 v 0向下运动，经时间 t o ，圆环回到出发点．若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为 g ．则下列说法中正确的是（ ）
A ．环经过
2
t 时间刚好到达最低点 B ．环的最大加速度为 a m =g +0qv B
m
μ
C ．环在 t 0 时间内损失的机械能为222022212m g m v q B μ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
D ．环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等
10、A 物体自高为H 的塔顶自由下落的同时，B 物体自塔底以初速度v 0竖直上抛，B
物体上升至最高点时，A物体正好落地，则下列说法正确的是（）
A．两物体相遇时，A、B两物体的速度大小均为0
2
v
B．两物体相遇时离地面的高度为3 4 h
C．B物体上升的最大高度高于H
D．A物体落地时速度小于v0
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）用如图所示的装置探究加速度与力和质量的关系，带滑轮的长木板水平固定，左侧固定的力传感器可以测得绳子中张力大小。

(1)实验时，一定要进行的操作是___________；
A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数F
B．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带
C．用天平测出砂和砂桶的质量
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
(2) 电磁打点计时器是使用4~6V的___________电源的_______________仪器，实验中打出的其中一条纸带如图所示，计数点A、B、C、D、E点之间还有四个点没有画出，打点周期为0.02s，则由该纸带可求得小车的加速度a=____m/s²(保留两位有效数字)。

(3）以力传感器的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的a-F图象可能正确的是______。

12．（12分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验．实验中，当木块A位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面．将A拉到P
点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点．分别测量OP、OQ的长度h和s.改变h，
重复上述实验，分别记录几组实验数据．
（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮．请提出两个解决方法．_________
（2）请根据下表的实验数据在下图中作出s－h关系的图象．
（____）
h/cm 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0 s/cm 19.5 28.5 39.0 48.0 56.5
（3）实验测得A、B的质量分别为m＝0.40 kg、M＝0.50 kg.根据s－h图象可计算出A
木块与桌面间的动摩擦因数μ＝________（结果保留一位有效数字）．
（4）实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果________（选填“偏大”或“偏小”）．
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（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为U AB=1125V，板
中央有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在
B板右侧，平行金属板M、N长L1=4×10-2m，板间距离d=4×10-3m，在距离M、N右侧
边缘L2=0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，
打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化
电压u1，除了t=0.4n s (n =1，2，3…)时刻，N板电势均高于M板．已知电子质量为
m e＝9.0×10−31kg，电量为e=1.6×10-19C．
(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？
(2)打在荧光屏上的电子范围是多少？
(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？
14．（16分）如图所示，一圆柱形绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭着摄氏温度为t1的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h1。

现通过电热丝给气体加热一段时间，使其温度上升到（摄氏）t2，若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：
①气体的压强．
②这段时间内活塞上升的距离是多少？
③这段时间内气体的内能如何变化，变化了多少？
15．（12分）如图一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方
有一墙壁，如图所示。

小物块与木板一起以
04/
v m s
=的共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞,碰撞时间极短。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；小物块与木板间的动摩擦因数0.2
μ=.运动过程中小物块始终未离开木板。

木板的质量M是小物块质量m的15倍，重力加速度大小g=10m/s2。

求：
（1）以撞墙后瞬间为起点，小木块相对地面向右运动的最远距离；
（2）撞墙后经历多长时间系统进入稳定状态?
（3）木板的最小长度
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】
已知电动机两端的电压和通过的电流，根据P=UI求出电动机的耗电功率，由机械部分的机械效率可求出电动机输出功率，根据电动机消耗的功率与输出功率之差，即为线圈电阻发热功率，再由P=I2R求出电动机线圈的电阻。

【题目详解】
A项：对重物由牛顿第二定律可得：，解得：，故A错误；
B、C、D项：电动机消耗的功率为：，
电动机的输出功率即为牵引力的功率即
电动机的效率为：
电动机的发热功率为：
由公式，解得：，故B正确，C、D错误。

故应选：B。

【题目点拨】
本题考查非纯电阻的功率计算，要知道电动机工作时，消耗的电能转化为其它形式的能（一是机械能，二是内能）是解本题的关键。

2、A
【解题分析】
根据几何关系可知，运动员重心上升的高度为：h=×0.4=0.24m；故克服重力做功为：W=nmgh=30×600N×0.24m=4320J；故选A.
3、C
【解题分析】
试题分析：A、a球做的是竖直上抛运动，b球是自由落体运动，它们的运动状态不同，不可能同时落地，故A错误．
B、从题目内容可看出，在处相遇，此时a球和b球的位移相同，时间相同，它们的加速度也相同，所以ab两个球的运动的过程恰好是相反的，把a球的运动反过来看的话，应该和b球的运动过程一样，所以在相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0，所以B错误．
C、由于两球运动时机械能守恒，两球恰在处相遇，从开始运动到相遇，由动能定理可知，球a动能的减少量等于球b动能的增加量，选项C正确．
D 、相遇后，ab 两个球的速度的大小不同，而重力的大小是相同的，所以重力的功率不同，故D 错误． 故选C ． 4、A 【解题分析】
小球恰好过最高点时有：mg=m 2
1v R ；解得：v 1
＝
222111
22
mg mv mv =
-
；在最低点，由牛顿第二定律得：2
mg -= ；联立得，
，故A 正确，BCD 错误．故选A ． 点睛：本题综合运用了动能定理和牛顿第二定律，知道细线拉着小球在竖直面内做圆周运动，最高点和最低点靠竖直方向上的合力提供向心力． 5、A 【解题分析】
本题中由于小木块与斜面体间有相对滑动，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力的情况，然后运用整体法研究． 【题目详解】
由于物块匀速下滑，而斜劈保持静止，都处于平衡状态，将两者看做一个整体，整体在水平方向上不受摩擦力作用，故A 正确，BCD 错误． 故选A ． 6、C 【解题分析】
加速过程在T 点结束，即此后汽车沿平直路面作匀速运动，由平衡条件和图象信息可
得0T F f -=，汽车做匀速运动时的牵引力大小为4
210T F N =⨯，汽车所受的阻力
大小4
210f N =⨯，由图象信息得汽车的恒定功率
452108 1.610P Fv W W ==⨯⨯=⨯，汽车加速运动过程，牵引力做功为W pt =，根据
动能定理可得2
12
Pt Fs mv -=
，解得543
2
2()2(1.610821050)8.751064
Pt fs m kg kg v -⨯⨯⨯-⨯⨯===⨯，故C 正确，
A、B、D错误；
故选C．
【题目点拨】
关键会根据物体的受力判断物体的运动规律，汽车以恒定功率启动，先做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零后，做匀速直线运动．
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、AD
【解题分析】
当cd棒向下运动时，切割产生感应电动势，感应电流，有沿导轨向上的安培力，ab棒有沿导轨向下的安培力，结合细线的最大拉力求出细线拉断时所受的安培力大小，抓住ab和cd棒所受的安培力大小相等，根据牛顿第二定律求出cd棒的加速度，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律求出cd棒的速度。

【题目详解】
细线被拉断时，拉力达到，根据平衡条件有，可得ab棒所受安培力，由于两棒的电流相等，所受安培力大小相等，由
，，，可得cd棒的速度，A正确，B错误；对cd棒，根据牛顿第二定律有，得a=0，C错误，D正确。

【题目点拨】
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：
一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；
另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

8、ACD
【解题分析】
A．质点P此时刻沿-y轴方向运动，振动比左侧邻近的波峰振动早，所以该波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．简谐横波传播过程中各个质点的振幅相同，故B错误；
C．波沿x轴负方向传播，0.1s内向左传播的距离为
x=vt=5×0.1m=0.5m
由波形平移法知图中x =3m 处的状态传到P 点，所以P 点的横坐标为x =2.5m ，故C 正确；
D ．根据
v T λ
= 、2T
πω= 得25rad /s 3
v ππωλ== ，题图中Q 点的振动方程 y =A cos ωt =5cos 5 3π
t （cm ）
故D 正确；
E ．x =3.5m 处的质点与P 点相差小于半个波长，所以振动的位移不是始终相反，故E 错误。

故选ACD 。

9、BC
【解题分析】
A ．环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力、向上的摩擦力，设加速度大小为a 1，则1qE qv
B mg a m
μ+-=，因此速度的减小，导致洛沦兹力减小，则摩擦力会减小，因此环做加速度减小的减速运动，当环回头时，环的加速度大小
2qE qvB mg a m
μ--=
，随着速度增大，开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，因此在02t t =时，不可能刚好到达最低点，故A 错误； B ．圆环在运动过程中，只有向下运动时，加速度大于向上运动的加速度，而向下运动摩擦力越大，则加速度越大，因此环刚开始运动时，加速度最大，最大加速度 00m qE qv B mg qv B a g m m
μμ+-==+ 故B 正确；
C ．圆环从出发到回到出发点过程中，重力势能变化为零，那么机械能的损失，即为动能的减小，根据动能定理，则有
2201122
k E mv mv =
- 而 mg v qB
μ= 因此损失的机械能为
22
202221 2k m g E m v B q
μ∆=-（） 故C 正确；
D ．根据功能关系，除重力以外的力做功，则导致机械能变化，而环在下落与上升过程中，因摩擦力做功值不同，因此环在下落过程中损失的机械能不会等于上升回到出发点过程中损失的机械能，故D 错误；
故选BC 。

10、AB
【解题分析】
由题意可知，A 做匀加速直线运动，B 做匀减速直线运动，且A 、B 两物体的加速度相同，运动时间相同，由v g t =⋅可知，速度变化量大小相等， 则A 物体落地时速度与B 物体上抛时初速度大小相等，都等于0 v ， B 物体上升的最大高度与A 物体的下落高度相等，都等于H ，故CD 错误；设两物体相遇时所用的时间为t ，速度大小为v ， 由速度时间公式得，对于A 物体有：v gt =， 对于B 物体有：0 v v gt =-， 联立以上两式可解得02v t g =，则两物体相遇时，A 、B 两物体的速度大小0 2
v v gt ==， 由速度位移公式得， 202v gH =，
220 2B v v gH -=， 联立以上各式可解得：3 4
B H H =，两物体相遇时离地面的高度为 3 4
H ，故AB 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、AB 交流 计时 2.0 A
【解题分析】
(1) A 项：打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录力传感器的示数，故A 正确；
B 项：改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F 变化关系，故B 正确；
C 、
D 项：本题拉力可以由力传感测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故CD 错误。

故选：AB ；
(2) 电磁打点计时器是使用4~6V 的交流电源的计时仪器；
(3)由逐差法可得：；
(4) 小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以a-F 图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的a-F 图象在F 轴上有截距，故A 正确，BCD 错误；
故选：A 。

【题目点拨】
本题考查验证牛顿第二定律的实验，源于课本，但是又不同于课本，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度。

注意在本实验中不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，因为拉力可以传感器直接测出。

12、减小B 的质量；增加细线的长度（或增大A 的质量；降低B 的起始高度）
0.4 偏大
【解题分析】
(1)[1]B 减少的重力势能转化成系统的内能和AB 的动能，A 释放后会撞到滑轮，说明B
减少的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B 的质量；增加细线的长度（或增大A 的质量；降低B 的起始高度）解决．故解决方法有：可以通过减小B 的质量；增加细线的长度（或增大A 的质量；降低B 的起始高度）
(2)[2]描点，连线，如图所示：
(3)[3]B 下落至临落地时根据动能定理有
21()2
Mgh mgh m M v μ-=+ 在B 落地后，A 运动到Q ，有
212
mv mgs μ= 得
()Mh M m s mh
μ=++ 又A 、B 的质量分别为m =0.40kg 、M =0.50kg ，在s -h 图象上任取一组数据代入可以求得
0.4μ=
(4)[4]由于滑轮轴的摩擦，会导致绳子的拉力相对偏小，A 运动的加速度也就偏小，s 也就偏小，根据
()Mh m M s mh
μ=++ 所以μ偏大．
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、 (1)70m 210s
v =⨯ (2)22.410m Y -=⨯ (3)16km =1.87210J E -⨯ 【解题分析】
(1) 电子经A 、B 两块金属板加速，有
21012
eU mv = 解得：
70m m 210s s v ===⨯ (2) 当U =100V 时，电子经过MN 极板向下的偏移量最大，为
192222113137011 1.6101000.04()()m 0.8910m 22910410210
eU L y md v ----⨯⨯==⨯⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯ 由于1y d >说明所有的电子不可以飞出M 、N ；
由几何关系可知，
2
1
22L Y d L Y L -=+
代入数据解得：
22.410m Y -=⨯
(3)当电子沿着下板右端射出时，粒子的速度最大，即动能最大，此时电子的偏转角θ
1tan 0.22d L θ== 电子在竖直方向的速度为：
770m m tan 2100.20.410s s y v v θ==⨯⨯=⨯ 所以电子的速度为：
22221420m 4.1610s y v v v =+=⨯
电子的最大动能为：
2311416km 11910 4.1610J=1.87210J 22
E mv --==⨯⨯⨯⨯⨯ 14、①0mg p S +
； ②1211()273h t t t -+； ③Q −12101()()273h t t p S mg t -+⋅+ 【解题分析】
①活塞受力分析如图，
由平衡条件：
0pS p S mg =+
得：0mg p p S
=+； ②设温度为t 2时活塞与容器底部相距h 2，因为气体做等压变化，由盖—吕萨克定律1212
V V T T =得： 1212
273273h S h S t t =++ 由此得：1221
(273)273h t h t +=+ 活塞上升了Δh ＝h 2－h 1＝
1211()273h t t t -+； ③气体对外做功为：
12101
()()273h t t mg W pS h p S S t -=⋅∆=+⋅+ 得：12101
()()273h t t W p S mg t -=+⋅+ 由热力学第一定律可知：
△U =Q −W =Q −12101
()()273h t t p S mg t -+⋅+。

15、（1）4m （2）3.75s （3）L=15m
【解题分析】：(1)碰撞后以木块为对象由牛顿第二定律： 11mg ma μ= 得212m/s a g μ==
运动学公式： 20102v a s -= 得20164m 222
v s a ===⨯ (2) 撞墙后系统动量守恒，取木板方向为正： ()00Mv mv M m v -=+ 得： 3.5m/s v =
木块全程匀减速： 0v v at -=-
解得： 3.75s t =
（3）由系统功能关系可得：
()22001
11222
mgl mv Mv M m v μ=+-+ 解得木板所需最小长度l= 15m
综上所述本题答案是：（1）4m （2）3.75s （3）L=15m。