2024年四川省广安市武胜烈面中学物理高三上期中学业质量监测模拟试题含解析

2024年四川省广安市武胜烈面中学物理高三上期中学业质量监
测模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、A、B两物体质量均为m，A置于光滑水平面上，B置于粗糙水平面上，用相同水平力F分别推A和B，使它们前进相同的位移。

假设力F对物体A做的功为W1，对B做的功为W2，力F对物体A做功的平均功率为P1，对B做功的平均功率为P2。

以下关系正确的是（）
A． W1= W2 ，P1= P2 B．W1= W2 ，P1> P2
C． W1>W2， P1> P2D． W1> W2 ，P1= P2
2、一物体以某一初速度只在摩擦力作用下沿水平面运动，其位移x与速度v的关系式为x=(9−0.25v2)（各物理量均采用国际单位制单位），下列分析正确的是
A．物体的加速度大小为3m/s2B．物体的初速度为9m/s
C．第2秒内物体的位移为3m D．物体减速运动的时间为6s
3、如图所示，木块A与B的接触面是水平的，一起静止于斜面上。

轻弹簧呈水平状态，分别连结在斜面与物体A上。

关于木块A和B可能的受力个数，下列正确的是
A．2个和3个B．3个和4个
C．4个和5个D．5个和6个
4、如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0，在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2-cos θ图象应为()
A．B．C．D．
5、一汽车的额定功率为P，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为
v m。

则（）
A．无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比
B．若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于v m
C．汽车以速度v m匀速行驶，若要减速，则要减少实际功率
D．若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动
6、在x轴上有两个点电荷q1和q2，其中有一个点电荷位于x＝0处，x轴上的电势φ随x变化的关系如图所示，则( )
A．x＝x1处电场强度为0
B．x＝x2处电场强度不为0
C．q1、q2为不等量异种点电荷，且正电荷在x＝0 处，负电荷在x<0 的某处
D．q1、q2为等量异种点电荷，且正电荷在x＝0 处，负电荷在x>0 的某处
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，水平地面上一轻弹簧左端固定，右端用一质量为m的滑块将弹簧压缩后锁定．t=0时刻解除锁定．滑块的v—t图像如图所示，OAB段为曲线，A为曲线最高点，BC段为直线．已知OA段与t轴围成的图形面积为S1，OABC与t轴围成的图形面积为S2，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A ．滑块与地面间的动摩擦因数()032v t t g μ=-
B ．滑块与地面间的动摩擦因数()031v t t g μ=
- C ．弹簧的劲度系数20212mg k v S S g μμ=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭
（μ认为已求出） D ．弹簧的劲度系数20212mg k v S S g μμ=⎛⎫-- ⎪⎝
⎭（μ认为已求出） 8、研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是
A ．实验中，只将电容器b 板向左平移，静电计指针的张角变小
B ．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变大
C ．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变小
D ．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
9、下列说法中正确的是_______
A ．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小
B ．布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动
C ．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性
D ．做功和热传递在改变系统内能方面是不等价的
E. 第二类永动机不违背能量守恒定律，因此是可能制成的
10、如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ 为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B 1＝B ，B 2＝2B ，一个竖直放置的边长为a ，质量为m ，电阻为R 的正方形金属线框，以初速度v 垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为v /2，则下列判断正确的是（ ）
A ．此过程中通过线框截面的电量为
B ．此过程中线框克服安培力做的功为mv 2
C ．此时线框的加速度为
D ．此时线框中的电功率为
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）如图装置用于验证从轨道上滑下的A 球与静止在轨道末端的小球B 碰撞过程中的动量守恒（轨道末端水平），图中三条曲线分别是A 球（未放B 球）的飞行轨迹，以及两球碰后的飞行轨迹．如果碰撞过程中动量守恒，（1）下列各式中正确的是（______）
A ．A
B B M OP M OM M ON ⋅=⋅+⋅
B ．A B A M OP M OM M ON ⋅=⋅+⋅
C ．A B M OP M ON ⋅=⋅
D ．A B M MP M ON ⋅=⋅
（2）在该实验中，安装斜槽轨道时，应该让槽斜的末端点的切线保持水平，这样做的目的是为了使（______）
A ．入射球得到较大的速度
B ．入射球与被碰球对心碰撞后速度均沿水平方向
C ．入射球和被碰球均能从同一高度飞出
D ．两球碰撞时动能无损失
12．（12分）某实验小组要做“探究小车的加速度与合外力的关系”的实验，采用的实验装置如图1所示．
()1本实验首先要平衡摩擦力，其目的是______
A .为了实验时细线的拉力近似等于所挂钩码的重力
B .为了实验时小车所受的合外力等于细线的拉力
C .为了实验时小车所受的合外力等于所挂钩码的重力
()2本实验______(填“需要”或“不需要”)钩码的质量远小于小车的质量．
()3该同学在研究小车运动时打出了一条纸带，
在纸带上每连续5个间隔取一个计数点，相邻两个计数点之间的距离如图2所示，打点计时器的频率50f Hz =，则小车的平均
加速度为______2/.(m s 结果保留3位有效数字)
()4实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a F -图象，可能是下图中的图线______
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）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。

装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。

传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。

传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道。

质量m =2.0kg 的物块B 从14
圆弧的最高处由静止
释放。

已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。

设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。

取g=10m/s2。

求：
(1)物块B滑到1
4
圆弧的最低点C时对轨道的压力；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。

14．（16分）木星的卫星之—叫艾奥。

艾奥上面的珞珈火山在一次火山喷发中，喷出的一块岩块初速度为19m/s，上升高度可达100m，到最高点时速度方向变为水平方向，大小为1m/s。

已知艾奥的半径为R=1800km，引力常量G=6.67x10-11 N.m2 /kg2，忽略艾奥的自转及岩块运动过程中受到稀薄气体的阻力作用，求(结果保留两位有效数字)。

(1)艾奥表面附近的重力加速度大小；
(2)艾奥的质量；
(3)艾奥的第一宇宙速度。

15．（12分）如图所示，挡板OM与竖直方向所夹的锐角为θ，一小球（视为质点）从O点正下方和A点以速度v0水平抛出，小球运动过程中恰好不和挡板碰撞（小球轨迹所在平面与挡板垂直）．不计空气阻力，重力加速度大小为g，求：
（1）小球恰好不和挡板碰撞时的竖直速度大小；
（2）O、A间的距离．
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】
试题解析：由于W=Fs ，在用力推物体A 与B 时，用的力F 是相等的，通过的距离也是相等的，故两个力做的功相等，即W 1= W 2 ，故C 、D 错误；由于物体A 没有摩擦力，而B 运动时要受到摩擦力的作用，故A 的加速度大于B ，所以A 所用的时间小于B 的时间，所以根据P=W/t 可知，力对A 的功率要大于力对B 的功率，即P 1> P 2，故B 正确。

考点：功与功率大小的判断。

2、C
【解题分析】
AB ．由x =9-0.25v 2 得，4x =36-v 2变形得：v 2-62=-2×2x ，则初速度为6m/s ，加速度为-2m/s 2，
故AB 错误。

C ．根据2012
x v t at =-，可得第2秒内物体的位移为： 22211622261213m 22x ⎛⎫⎛⎫=⨯-⨯⨯-⨯-⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
故C 正确。

D ．物体减速运动的时间为：
06s=3s 2
v t a == 故D 错误。

3、C
【解题分析】
B 至少受到重力、A 对B 的压力和静摩擦力、斜面的支持力四个力。

斜面对物体B 可能有静摩擦力，也有可能没有静摩擦力，因此B 受到4个力或5个力；而A 受到力支持力与重力外，可能受到拉力与B 对A 的摩擦力。

因此A 可能受到2个力或4个力。

A. 2个和3个与分析不符，故A 错误。

B. 3个和4个与分析不符，故B 错误。

C. 4个和5个与分析相符，故C 正确。

D. 5个和6个与分析不符，故D 错误。

4、A
【解题分析】
小球在圆盘上做匀减速直线运动，设初速度为v 0，加速度为a ；由v 2−v 02＝2ax 得 v 2＝v 02+2ax ＝v 02+2a ∙2R cosθ＝v 02+4aR cosθ
a 为负值，v 2与cosθ成一次函数关系，故A 正确，BCD 错误；
故选A ．
【题目点拨】
本题考查匀变速直线运动速度位移关系与图象结合题目，关键是根据匀变速直线运动规律找出v 2与cosθ的函数关系式即可轻松解决.
5、C
【解题分析】A 、根据牛顿第二定律得F f F f a m m m -=
=-，可知加速度与牵引力不成正比关系，故A 错误；
B 、若汽车匀加速启动，功率达到额定功率时，速度没有达到最大，然后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，故B 错误；
C 、汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，若要减速，则需减小牵引力。

速度不变，减小实际功率，牵引力减小，故C 正确。

D 、若汽车以额定功率启动，汽车先做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速直线运动，故D 错误。

故选：C 。

点睛：根据牛顿第二定律得出加速度与牵引力的表达式，从而判断加速度与牵引力的关系；汽车以恒定加速度启动，当功率达到额定功率时，在匀加速直线运动中，速度最大，然后做变加速直线运动，加速度为零时，速度达到最大；当汽车以恒定功率启动，结合牵引力的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化。

6、C
【解题分析】
AB.根据Ex ϕ∆=，x φ-图像的斜率表示电场强度的大小，x ＝x 1 处图线斜率不等于零，电场强度不为零；x ＝x 2 处图先斜率等于零，电场强度为零。

故A 错误，B 错误； CD. 由图知：x 从0到∞，电势先降低后升高，在0～x 2间合电场水平向右，x 2～∞合电
场水平向左，则知正电荷在x 轴上坐标原点；负电荷在x 轴的负方向上。

因为x = x 2处合场强为0，则有
22
22()kq kq x x x =+∆负正 所以，q 1、q 2 为不等量异种点电荷。

故C 正确，D 错误；
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、AC
【解题分析】
滑块离开弹簧后做匀减速直线运动，结合速度时间图线求出匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出滑块与地面的间的动摩擦因数；
由图线可知，在A 位置，速度最大，此时弹力和摩擦力相等，在B 位置，弹簧恢复原长，结合图线围成的面积求出速度最大时弹簧的形变量，结合胡克定律求出弹簧的劲度系数；
【题目详解】
A 、滑块离开弹簧后做匀减速直线运动，根据速度时间图线知，匀减速直线运动的加速度大小032v a t t =
-，而且mg ma μ=，解得()032v t t g μ=-，故选项A 正确，选项B 错
误；
C 、由图可知，A 位置速度最大，知此时弹簧弹力和摩擦力相等，有：kx mg μ=，
形变量x 等于OAB 围成的面积和OA 围成的面积之差，形变量20212v x S S g μ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭， 解得劲度系数20212mg k v S S g μμ=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭
，故选项C 正确，D 错误． 【题目点拨】
本题综合考查了胡克定律、牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，理清滑块在整个过程中的运动规律是解决本题的关键，通过速度最大时，弹力等于摩擦力，求解劲度系数． 8、BC
【解题分析】
静电计是测量电势差的装置，电势差越大，静电计指针的偏角越大．由题，电容器的电
量不变，根据各选项的操作分析电容器电容的变化，再由电容的定义式分析电容器两板间电势差的变化．
【题目详解】
A、将b板向左平移，板间距离增大，电容器电容C减小，而电容器的电量Q不变，由
分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大；故A错误.
B、将b板向上平移，两板正对面积减小，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由
分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大；故B正确.
C、在a、b之间插入一块绝缘介质板，电容增大，而电容器的电量Q不变，由分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小；故C正确.
D、增大极板电量，而决定电容的几个量都不变则C不变，可知极板间的电压增大，则静电计指针偏角变大；故D错误.
故选BC.
【题目点拨】
本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系．
9、ABC
【解题分析】分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，故A正确；布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动，故B正确；组成晶体的离子或原子按一定的规律分布，具有空间上的周期性，故C正确；做功和热传递在改变系统内能方面是等价的，故D正确；第二类永动机违背热力学第二定律，是不可能制成的，故E错误。

所以ABC 正确，DE错误。

10、ABC
【解题分析】感应电动势为：，；感应电流为：，电荷量为：q=I△t，解得：q=，故A正确。

由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：，故B正确；此时感应电动势：
E=2Ba+Ba=Bav，线框电流为：，由牛顿第二定律得：2BIa+BIa=ma加，解得：a加=，故C正确；此时线框的电功率为：P=I2R=，故D错误；故选ABC。

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、DB
【解题分析】（1）依据动量守恒A A B OP OM ON M M M t t t
⋅
=⋅+⋅，由于下落高度相等，根据竖直方向做自由落体运动，212h gt =，下落时间相等，则A A B M OP M OM M ON =⋅+⋅，故D 对，ABC 错．
（2）根据实验原理，三次下落时间相等，时间消去。

所以必须保证入射球与被碰球对心碰撞后速度均沿水平方向，做平抛运动，故B 正确，ACD 错误．
12、B 不需要 1.999 C
【解题分析】
(1)探究小车的加速度与合外力的关系，小车所受的合外力等于细线的拉力，需要平衡摩擦力；
(2)使用力传感器可以直接测量力的大小，不需要使钩码的质量远小于小车的质量；
(3)根据逐差法求解小车的加速度；
(4)如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况.
【题目详解】
(1)为了实验时小车所受的合外力等于细线的拉力，需要用小车的重力分力与摩擦力相平衡，故B 正确；故选B.
(2)使用传感器可以直接测量拉力的大小，不需要钩码的质量远小于小车的质量，故选不需要；
(3)频率为：f =51Hz ，则周期为：T =1.12s ，连续5个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔为：t =5T =1.1s ；根据逐差法可知小车的加速度为：
()()2222 4.44 5.45 6.46 1.45 2.45 3.4610m/s 0.999m/s 990.01
CF OC x x a T -++-++-==⨯=⨯. (4)若没有平衡摩擦力，则当F ≠1时，a =1．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为1，所以可能是图中的图线C.
【题目点拨】
解决本题的关键知道实验的原理以及实验需注意的事项，掌握平衡摩擦力的方法，注意不能将装砂的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上．研究三个物理量之间的关系，需采用控制变量法，先控制一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系．注意研究a 与m 的关系时，若作a -m 图线，图线是曲线，无法得出a 与m 的关系．
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）60N ，竖直向下（1）11J （3）8s
【解题分析】
(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：
2012
mgR mv = 代入数据解得：
v 0=5m/s
在圆弧最低点C ，由牛顿第二定律得：
20v F mg m R
-= 代入数据解得：
F =60N
由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F′=F =60N ，方向：竖直向下；
(1) 在传送带上，对物块B ，由牛顿第二定律得：
μmg =ma
设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有
2202v v al -=
代入数据解得：
v=4m/s
由于v ＞u =1m/s ，所以v =4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小，设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 1、v 1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv =mv 1+Mv 1
由机械能守恒定律得：
22212111222
mv mv Mv =+ 解得：
12m m 2,2s s 2
v v v ==-= 物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得： 2p 2112J 2E mv =
= (3) 碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得
21102
mgl mv μ--'= 解得：
l′=1m ＜4.5m
所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1′=1m/s ，继而与物块A 发生第二次碰撞。

设第1次碰撞到第1次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t 1。

由动量定理得：
'112mgt mv μ=
解得：
'1124s v t g
μ== 设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 4、v 3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
'134mv mv Mv =+
'222134111222
mv mv Mv =+ 代入数据解得：
3m 1s
v =- 当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 3′=1m/s ，继而与物块A 发生第1次碰撞，则第1次碰撞到第3次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t 1．由动量定理得： 232mgt mv μ=
解得：
'3222s v t g
μ== 同上计算可知：物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞…，第n 次碰撞后物块B 在传送带运动的时间为
114s 2
n n t -=⨯ 构成无穷等比数列，公比12q =
，由无穷等比数列求和公式
111n
q t t q
-=-总 当n →∞时，有物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带运动的总时间为 14s=8s 112t =⨯-总
14、 (1) 1.8m/s 2(2)228.710⨯kg (3) 31.810⨯m/s
【解题分析】
(1) 岩块做斜上抛运动，由动能定理得:
22101122
mgh mv mv -=
- 解得: g =1.8m/s 2
(2) 忽略艾奥的自转则有:
2
Mm G mg R = 解得：
228.710M =⨯kg
(3) 某卫星在艾奥表面绕其做圆周运动时：
2
2Mm v G m R R
= 代入解得:
v =31.810⨯m/s
15、（1）v 0cotθ．（2）2202v cot g
θ 【解题分析】
（1）由于小球恰好不和挡板碰撞，达到斜面时，速度方向与斜面恰好平行，有：cotθ=0
y v v ， 解得v y =v 0cotθ．
（2）根据cotθ=0 gt
v 得运动的时间为：0v cot t g
θ= ，
根据x=v0t，y=1
2
gt2得解得平抛运动的水平位移为：
2
v cot
x
g
θ
=，
竖直位移为：
22
2
v cot
y
g
θ=，
由几何关系得：h y
cot
x
θ+
＝，
联立解得：
22
2
v cot
h
g
θ=．。