2024学年安徽省阜阳三中物理高三第一学期期中教学质量检测试题含解析

2024学年安徽省阜阳三中物理高三第一学期期中教学质量检测
试题
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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，质量为m的木块在质量为M的长木板上滑行，长木板与水平地面间动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2.已知长木板处于静止状态，那么此时长木板受到地面的摩擦力大小为（）
A．μ2mg B．μ1Mg C．μ1(m＋M)g D．μ2mg＋μ2Mg 2、如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角θ=37°的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心，质量为m的小球(可视为质点)从与B点高度差为h的斜面上的A点处由静止释放，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是
A．当h=3R时，小球过C点时对轨道的压力大小为27
5
mg
B．当h=2R时，小球会从D点离开圆弧轨道作平抛运动
C．调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点
D．调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，但一定不能落在B点
3、如图所示，放在水平转台上的小物体C、叠放在水平转台上的小物体A、B能始终随转台一起以角速度ω匀速转动．A、B、C的质量分别为3m、2m和m，A与B、B 与转台、C与转台间的动摩擦因数均为μ，B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r，已
知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法中正确的是
A．B对A的摩擦力一定为3μmg
B．C与转台间的摩擦力等于A、B两物体间摩擦力的二倍
C．转台的角速度一定满足
2
3
g
r
μω≤
D．转台的角速度一定满足
g
r
μω≤
4、下列说法正确的是（）
A．在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律
B．原子核的结合能是组成原子核的所有核子的能量总和
C．天然放射现象中放出的β射线就是电子流，该电子是原子的内层电子受激后辐射出来的
D．镭226 衰变为氡222 的半衰期为1620 年，也就是说，100 个镭226 核经过1620 年后一定还剩下50 个镭226没有发生衰变
5、如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动。

设斜面足够长，则在Q向上运动过程中
A．物块Q的动能一直增大
B．物块Q的电势能一直增大
C．物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大
D．物块Q的机械能一直增大
6、做平抛运动的物体，在相等的两段时间内（）
A．动能变化相同B．发生的位移相等
C．速度的变化量相等D．平均速度相等
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、汽车以恒定功率P 、初速度0v 冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到地面的阻力恒定不变，则汽车上坡过程中的v-t 图可能是图中的（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
8、物体甲的x-t 图象和物体乙的v -t 图象分别如下图所示，则这两个物体的运动情况是（ ）
A ．甲在整个t =6s 时间内有来回运动，它通过的总位移为零
B ．甲在整个t =6s 时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
C ．乙在整个t =6s 时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
D ．乙在整个t =6s 时间内有来回运动，它通过的总位移为零
9、如图所示，半径为R 的光滑圆弧槽固定于水平面上， C 为弧形槽的最低点， O 为弧形槽的圆心位置． O 点、圆弧槽上的A 点和B 点分别放上一个完全相同的小球，已知10βα<<︒．现将三小球同时由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A ．A 处小球比
B 处小球晚到达O 点
B．A处小球比B处小球同时到达O点
C．O处小球比A处小球早到达C点
D．O处小球比B处小球晚到达C点
10、如图所示，物块P、Q紧挨着并排放置在粗糙水平面上，P的左边用一跟轻弹簧与竖直墙相连，物块P、Q处于静止状态；若直接撤去物块Q，P将向右滑动．现用一个从零开始逐渐增大的水平拉力F向右拉Q，直至拉动Q；那么在Q被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力T的大小、地面对P的摩擦力p f的大小、P对Q的弹力N的大小、地面对Q的摩擦力Q f的大小的变化情况( )
A．T始终增大，p f始终减小B．T保持不变，p f保持不变
C．N保持不变，Q f增大D．N先不变后增大，Q f先增大后减小
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）如图所示为某实验小组研究匀变速直线运动所得的一条纸带，已知所用电源的频率为50Hz，纸带上的计数点为每5个点取一个计数点，则可知相邻两计数点间的时间间隔△t=____s，若测得计数点0、l之间的距离为1.10cm，计数点5、6之间的距离为4.70cm，则可求得加速度a=_____m／s1．
12．（12分）用如图所示的装置来验证动量守恒定律．滑块在气垫导轨上运动时阻力不计，其上方挡光条到达光电门D（或E），计时器开始计时；挡光条到达光电门C（或F），计时器停止计时．实验主要步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量m A、m B；
b．给气垫导轨通气并调整使其水平；
c．调节光电门，使其位置合适，测出光电门C、D间的水平距离L；
d．A、B之间紧压一轻弹簧（与A、B不粘连），并用细线拴住，如图静置于气垫导轨
上；
e．烧断细线，A、B各自运动，弹簧恢复原长前A、B均未到达光电门，从计时器上分别读取A、B在两光电门之间运动的时间t A、t B．
（1）实验中还应测量的物理量x是______________________（用文字表达）．
（2）利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是______________（用题中所给的字母表）．
（3）利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能E p=__________________（用题中所给的字母表示）．
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，在空间有两个磁感强度均为B 的匀强磁场区域，上一个区域边界AA′与DD′的间距为H，方向垂直纸面向里，CC′与DD′的间距为h, CC′下方是另一个磁场区域，方向垂直纸面向外. 现有一质量为m、边长为L (h < L < H ) 、电阻为R 的正方形线框由AA′上方某处竖直自由落下，恰能匀速进入上面一个磁场区域, 当线框的cd 边刚要进入边界CC′前瞬间线框的加速度大小a1 = 0.2 g, 空气阻力不计，求：
（1）线框的cd 边从AA′运动到CC′过程产生的热量Q.
（2）当线框的cd 边刚刚进入边界CC′时, 线框的加速度大小
（3）线框的cd 边从边界AA′运动到边界CC′的时间.
14．（16分）如图所示，真空室中电极K发出的电子(初速不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上．CD两板间的电势差U CD随时间变化如图所示，设C、D间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场．已知电子的质量为m、电荷量为e(重力不计)，C、D极板长为L, 板间距离为d,偏转电压U2,荧光屏距C、D右端的距离为L/6, 不同时刻从K极射出的电子都能通过偏转电极且不计电子间的相互作用．求：
（1）电子通过偏转电场的时间t 0
（2）若U CD 的周期T=t 0, 荧光屏上电子能够到达的区域的长度；
（3）若U CD 的周期T=2t 0, 到达荧光屏上O 点的电子的动能？
15．（12分）地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ．有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道离地面的高度是地球半径的3倍．求该卫星做圆周运动的周期。

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】
根据长木板与木块的运动状态，
确定两者之间的滑动摩擦力，
再对长木板受力分析，
根据共点力平衡的条件即可得到结果。

【题目详解】
由题可知：
长木板与木块之间发生了相对滑动，
产生了滑动摩擦力，设其为1f ，则
1f mg μ=，
对长木板受力分析，可知在水平方向长木
板受到木块对其向右的滑动摩擦力1f ，
还受到地面对其向左的静摩擦力2f ，
由共点力平衡条件知：
21f f mg μ==。

A ．μ2mg 与分析结果符合；
B ．μ1Mg 与分析结果不符；
C ．μ1(m ＋M )g 与分析结果不符；
D ．μ2mg ＋μ2Mg 与分析结果不符；
【题目点拨】
本题考查了摩擦力的判断与共点力
平衡条件的应用，较为简单。

2、D
【解题分析】
A.当h =3R 时，小球从A 点到C 点的过程，根据机械能守恒有：
21[]2
1C mg h R cos mv θ+-=
（） 小球过C 点时有：
2C N v F mg m R -= 联立解得：
F N =7.4mg
据牛顿第三定律可知，小球过C 点压力大小为7.4mg ，故A 错误；
B.若小球恰好从D 点离开圆弧轨道，则有：
20v mg m R
=， 从开始到D 的过程，有
mg （h 0-R-R cosθ）=
12
mv 02 解得：
0v =
h 0=2.3R ＞2R
所以当h =2R 时，小球在运动到D 前已经脱离轨道，不会从D 点离开做平抛运动，故B 错误；
CD.若小球以速度v 0从D 点离开后做平抛运动，则
R +R cosθ=
12
gt 2 得：
t =且
0x v t Rsin θ== 所以小球能从D 点离开圆弧轨道，但一定不能落在B 点，故D 正确，C 错误． 3、C
【解题分析】
AB 、对A 受力分析，受重力、支持力以及B 对A 的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f=（3m ）ω2r≤μ（3m ）g ．故A 错误，B 正确；
C 、由于A 、AB 整体、C 受到的静摩擦力均提供向心力，故
对A ，有：（3m ）ω2r≤μ（3m ）g
对AB 整体，有：（3m+2m ）ω2r≤μ（3m+2m ）g
对物体C ，有：mω2（1.5r ）≤μmg
解得C 错误，D 正确． 故选BD
【题目点拨】
物体A 随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出B 对A 的摩擦力大小．分别对A 、AB 整体、C 受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的范围．
4、A
【解题分析】
A ． 在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律，故A 正确；
B ． 原子核的结合能是组成原子核的所有核子结合成原子核时释放出来的能量，故B 错误；
C．β衰变中生成的电子是一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，故C错误；D．半衰期是统计规律，对少量原子核来讲是没有意义的，故D错误。

故选：A。

5、D
【解题分析】
A. 开始电场力大于重力沿斜面向下的分力，动能增大，但电场力不断减小，当电场力小于重力沿斜面向下的分力，合力与运动方向相反，动能减小，故A错误；
B. P、Q之间越来越远，P、Q之间的排斥力（电场力）做正功，电势能越来越小，故B 错误。

C. 物体动能、重力势能、电势能总和守恒，动能先增大后减小，物块P、Q的重力势能和电势能之和就先减小后增大，故C错误；
D. P、Q之间越来越远，电势能越来越小，根据能量守恒，Q的动能和重力势能之和（机械能）肯定越来越大，故D正确。

6、C
【解题分析】
A．物体做平抛运动，只受重力，相等时间内，重力方向上的位移不等，重力做功不等，根据动能定理可知，动能变化不等，故A错误；
BD．物体做平抛运动，在相等时间内水平方向上的位移相等，竖直方向上的位移不等，则相等时间内经过的位移不等，根据平均速度的定义可知，平均速度不等，故BD错误；C．平抛运动的加速度不变，根据△v=g△t知相等时间内速度的变化量相等，故C正确。

故选C。

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、BCD
【解题分析】
A．汽车受到地面的阻力恒定不变，假如速度均匀增大，则根据牛顿第二定律可知汽车的牵引力不变，根据
P Fv
汽车的功率将不断的增大，这不符合题目的要求汽车的功率是恒定，故A错误；B．对汽车受力分析可知，在车上坡时，汽车受到地面的阻力和汽车的重力沿着斜面向下的分力都是不变的，当汽车的牵引力的大小等于汽车受到地面的阻力和汽车的重力沿
着斜面向下的分力之和的时候，汽车恰好做匀速直线运动，故B 正确；
C ．汽车的功率一定，当汽车的牵引力大于汽车受到的阻力和汽车的重力沿着斜面向下的分力的时候，汽车的速度先要增加，在速度增大的同时，根据
P Fv =
汽车的牵引力要减小，根据牛顿第二定律则加速度变小，当牵引力和汽车受到的沿斜面向下的力相等时，汽车的速度到达最大值，之后匀速运动，故C 正确；
D ．汽车的功率一定，若汽车一开始的牵引力就小于汽车受到的沿斜面向下的力，汽车做减速运动，根据
P Fv =
则汽车的牵引了变大，当牵引力和汽车受到的沿斜面向下的力相等时，汽车的速度减小到最小，之后汽车做匀速运动，故D 正确。

故选BCD 。

8、BD
【解题分析】
AB ．甲图是位移-时间图象，斜率表示速度，可知甲做匀速直线运动，故甲在整个t =6s 时间内运动方向一直不变，位移为
2m (2m)4m x ∆=--=
故A 错误，B 正确；
CD ．乙图是v-t 图象，速度的正负表示运动的方向，故前3s 向负方向运动，后3s 向正方向运动，即做来回运动，总位移为零，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

9、BC
【解题分析】AB 、依据单摆的周期公式2T =，由于A B L L =， A 处小球比B 处小球同时到达O 点，故A 错误，B 正确；
CD 、O 处做自由落体，所用时间4T t =
<=，所以O 处小球比A 处小球早到达C 点，故C 正确，D 错误；
故选BC 。

【题目点拨】AB 处小球做单摆运动，根据单摆的周期公式求出运动时间，O 处小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律求出时间。

10、BC
【解题分析】
AB ．因为若直接撤去Q ，P 将向右滑动，表明P f 已经达到最大，所以P f 不再变化，弹簧弹力T kx =不变，故A 错误，B 正确；
CD ．对于P 、Q 整体有P Q T F f f +=+ ，其中T kx =不变，F 增大，所以Q f 增大；对于P 有P T f N =+，所以N 保持不变，故C 正确，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、O.1 0.70
【解题分析】
相邻两计数点间的时间间隔△t=5×0.01s=0.1s ；根据∆x=aT 1可解得：
2
22560122(4.70 1.20)10/0.70/550.1
x x a m s m s T ---⨯===⨯ 12、光电门E 、F 间的水平距离 A
B A B 0L x m m t t -= 22A B A B 11()()22L x m m t t + 【解题分析】
(1、2)由于A 、B 原来静止，总动量为零，验证动量守恒定律的表达式为： 0A B A B
L x m m t t -=，所以还需要测量的物理量是光电门E 、F 间的水平距离； (3)弹簧恢复原长时，A 滑块的速度为：A A L v t =，B 滑块的速度为：B B
x v t =，根据能量守恒定律得：Ep=2211()()22A B A B
L x m m t 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）()322
44
0.22m g R mg H h B L +-； （2）3.8g ；（3）()22220.2B L mR L h mgR B L ++ 【解题分析】（1）线框匀速进入上一个磁场区域的速度为v 1，电流为I 1，由1BI L mg = 11BLv I R
=
解得： 122mgR v B L =
cd 到达CC′前瞬间的速度设为v 2，电流设为I 2，因L<H ，必有v 2>v 1，所以此状态线框的加速度方向应为向上，由： 21BI L mg ma -=
22BLv I R
=
解得2221.2mgR v B L = 产生的热量： ()()322222144110.2222m g R Q mg H h mv mv mg H h B L ⎛⎫=+--=+- ⎪⎝⎭
（2）cd 边刚进入CC′时的速度仍为v 2，这时上下两条边同时切割磁感线，回路电动势加倍，电流加倍，安培力变为4倍.所以有: 224BI L mg ma -=
解得：a=3.8g
（3）设线框进入上一个磁场区域的时间为t 1，线框cd 边从DD′运动到CC′的时间为t 2，从AA′运动到CC′的总时间为t ，对线框从AA′运动到CC′的全过程列动量定理有： 112221mgt BI Lt BI Lt mv mv --=- （其中1I 、2I 为t 1、t 2时间内的平均电流） 11BLv I R
=， 22BLv I R =
； 11v t L =;
21v t h =
解得： ()22220.2B L mR t L h mgR B L
=++
14、（1）（2）2214U L dU （3）22
212
136eU L U e U d + 【解题分析】
（1）电子先AB 板间电场加速，后进入CD 板间电场偏转做类平抛运动，最后离开电场而做匀速直线运动．先由动能定理求出加速获得的速度．电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由公式x vt =求时间；（2）当0T t =时，所有电子在偏转电场中运动过程，竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出射出电场．t=0时刻进入的电子向上侧移距离最大．根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出最大的偏转距离，向下偏转的最大距离等于向上偏转的最大距离．即可得到荧光屏上电子能够到达的
区域的长度；（3）当02T t =时，电子要到达O 点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速过程，并且加速大小相等，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等，根据位移相等，由运动学公式求出向上加速的时间，求得竖直方向偏转的距离，根据动能定理求解到达荧光屏上O 点的电子的动能．
【题目详解】
（1）电子在电场中加速过程：21012
eU mv = 在偏转电场中运动，水平方向做匀速运动：00v t L =
联立解得：0t =（2）当0T t =时，所有电子在偏转电场中运动过程，竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出．可知，0t =时刻进入的电子向上侧移距离最大．
220221
12228t eU U l y dm dU ⎛⎫=⋅⋅⨯= ⎪⎝⎭上 同理得向下侧移距离最大值：220221
12228t eU U y dm dU L ⎛⎫=⋅⋅⨯= ⎪⎝⎭下 所以电子达到的区域长：2
21
+=4L U y y y dU ∆=下上 （3）当02T t =时，电子要到达O 点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速过程，并且加速大小相等，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等，设向上加速时间为△t ，加速度大小为a ， 则在竖直方向上有：2122
y at =⨯上 ()()200021226
a t t y a t t v L -∆=-∆+下 要到达O 点，y y =下上 联立解得：03
t t ∆= 所以到达O 点的电子经过偏转电场时电子做功，
()()2222222002
11222236eU eU eU W qEy qE a t t t t L d dm U d ==⋅-∆=⋅-∆=
电子从K 到O 过程由动能定理得：222112
136k eU E L eU W eU U d =+=+ 【题目点拨】
本题是电子在周期性电场中运动的类型，分析运动过程是关键，再运用牛顿第二定律和运动学公式求解．
15、16 【解题分析】试题分析：在地球表面重力与万有引力相等，再结合万有引力提供圆周运动向心力列式即可求解。

物体在地球表面处重力等于万有引力即： 2Mm G
mg R = 根据万有引力提供向心力： ()222444Mm
G m R T
R π=
联立解得： 16T π=点睛：本题主要考查了万有引力提供向心力做圆周运动和地球表面重力与万有引力相等结合进行解题，属于基础题。