辽宁省沈阳市二十中学2024学年物理高三第一学期期中调研模拟试题含解析

辽宁省沈阳市二十中学2024学年物理高三第一学期期中调研模
拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、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、关于运动的合成,下列说法中正确的是（）
A．两个分运动的时间一定与合运动的时间相等
B．两个直线运动的合运动一定是直线运动
C．合运动的速度一定比每一个分运动的速度大
D．合运动的加速度一定比每一个分运动的加速度大
2、如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为l且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计．现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以角速度ω转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计)
A．通过定值电阻的最大电流为
2 Bl R ω
B．通过定值电阻的最大电流为
2 2 Bl R ω
C．通过定值电阻的电荷量为
2 2 Bl R
D ．通过定值电阻的电荷量为2
32Bl R
3、将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a 为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a 点时的动能分别为E k 1和E k 1．从抛出开始到小球第一次经过a 点时重力所做的功为W 1，从抛出开始到小球第二次经过a 点时重力所做的功为W 1．下列选项正确的是（ ） A ．E k 1=E k 1，W 1=W 1 B ．E k 1＞E k 1，W 1=W 1 C ．E k 1＜E k 1，W 1＜W 1 D ．E k 1＞E k 1，W 1＜W 1
4、在竖直墙壁上悬挂一镖靶，某人站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A 、B 由同一位置水平掷出，两只飞镖落在靶上的状态如图所示(侧视图)，若不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A ．A 、
B 两镖在空中运动时间相同
B ．B 镖掷出时的初速度比A 镖掷出时的初速度小
C ．A 、B 镖的速度变化方向可能不同
D ．A 镖的质量一定比B 镖的质量小
5、如图所示，质量为m 的小球固定在长为L 的细杆一端，绕细杆的另一端0在竖直面内做圆周运动，球转到最高点A 时，线速度大小为
2
gL
，此时（ ）
A ．球受到2mg
的拉力 B ．球受到
32mg
的支持力 C ．球受到32
mg
的拉力
D ．球受到2
mg
的支持力
6、如图所示，M 、N 、Q 是匀强电场中的三点，MN 垂直于NQ ，MN ＝4 cm ，NQ ＝3
cm.MQ 与电场方向平行，M 、N 两点的电势分别为5 V 和1.8 V ．则电场强度大小和Q 点的电势分别为( )
A ．100 V/m 和1 V
B ．80 V/m 和0
C ．100 V/m 和0
D ．80 V/m 和1 V
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，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙。

用水平力F 将B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E 。

此时突然撤去水平力F ，则撤去力F ，在A 离开竖直墙后，关于A 、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A ．系统动量守恒，机械能不守恒
B ．系统动量.机械能均守恒
C ．弹簧的弹性势能最大值为
3E D ．弹簧的弹性势能最大值为
4
E 8、1015年9月3日上午10时，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年阅兵仪式开始，如图所示为空中梯队通过天安门广场．空中梯队在地面上空某高度A 位置处于静止状态待命，要求空中梯队零时刻由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB 段加速后，进入BC 段的受阅区做匀速直线运动，经过t 时间到达C 位置，已知AB 段长为L 1，BC 段长为L 1．下列说法正确的是（ ）
A ．空中梯队到达
B 点时的速度为
12
2L L t
B ．空中梯队在AB 段的平均速度为
1
L t
C ．空中梯队在AC 段的平均速度为12
L L t
+
D ．空中梯队在AB 段的加速度为2
12121()2L L L t
+ 9、如图所示为一列沿x 轴正向传播的简谐横波在某一时刻的图像，已知波的传播速度v=2.0m/s ，关于图像中a 、b 两处的质点，下列说法中正确的是
A ．图像中a 处的质点此时具有沿y 轴正方向的最大速度
B ．图像中a 处的质点再经0.15s 时具有沿y 轴正向最大加速度
C ．图像中a 处的质点再经1.55s 具有最大动能
D ．在波的形成过程中，a 处的质点振动0.15s ，b 处的质点开始振动
10、如图所示,(a)图表示光滑平台上,物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计,(b)图为物体A 与小车的v-t 图像,由此可知( ).
A ．小车
B 获得的动能 B ．小车上表面至少的长度
C ．物体A 与小车B 的质量之比
D ．A 与小车B 上表面的动摩擦因数
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）为了测量电阻R x 的阻值，提供的器材有： A ．电流表G ，内阻R g =100Ω，满偏电流I g =3mA B ．电流表A ，内阻约为5Ω，量程为100mA C ．电阻箱R 0(0～9 999Ω，1A) D ．滑动变阻器R (100Ω，1A) E.电池组E (6V ，内阻不计) F.一个开关S 和导线若干
某同学进行了以下操作：
（1）用欧姆表粗测电阻R x的阻值，当用“×100"挡时发现指针偏转角度过大，应换为________（选填“×10”或“×1k”挡），并重新进行_________，测量时指针位置如图甲所示.
（2）把电流表G与电阻箱改装成量程为6V的电压表，则电阻箱的阻值应调为
R0=_________Ω.
（3））请用改装好的电压表设计一个测量电阻R x阻值的实验，根据提供的器材和实验需要，请将图乙中电路图补充完整。

（________）
（4）电阻的计算：电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2，请用已知量和测量量的字母符号写出计算电阻的表达式R x=________.
12．（12分）图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。

图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。

在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。

(1)完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________________的点。

②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。

③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m 。

④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。

⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。

测量相邻计数点的间距s 1、s 2、…。

求出与不同m 相对应的加速度a 。

⑥以砝码的质量m 为横坐标，
1a 为纵坐标，在坐标纸上作出1
a
－m 关系图线。

若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则
1
a
与m 应成________关系(填“线性”或“非线性”)。

(2)完成下列填空：①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_______________________。

②图乙为用米尺测量某一纸带上的s 1、s 3的情况由此求得加速度的大小a ＝_______ m/s 2 (保留三位有效数字)。

③图丙为所得实验图线的示意图。

设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为____________，小车的质量为________。

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，水平地面上有一个质量为1kg m =的木板A ，板长1m L =，在A 的右端放置一个质量也为1kg m =体积可忽略的物块B ，A 与地面之间动摩擦因素
10.5μ=，A 、B 间动摩擦因素20.1μ=，开始A 、B 均静止，现对A 施加一个水平向
右的拉力F ，重力加速度g 取10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（1）若14N F =且一直作用在A 上，试问经过多久B 从A 上落下来；
（2）若A 板足够长，当F 大小合适时，会出现一个有趣的现象，无论F 作用多久撤去，B 在A 上滑动一段时间后总是恰好回到A 的最右端，试问这个合适的力F 的大小。

（F 作用在A 上时大小恒定）
14．（16分）如图所示，放于光滑水平地面上的半径为 1.6m R =的光滑四分之一圆轨道，其左侧靠于竖真墙，底端切线水平．地面上紧靠轨道靠放一个长度为7.0m l =的长木板Q ，木板上表面与圆轨道末端相切，木板上放一个长度刚好是木板长度一半的
轻弹簧，弹簧右端被固定在木板的右端（已知弹簧中储存的弹性势能p E 与其形变x 间对应关系为2
p 12
E kx =
，其中k 为弹簧的劲度系数）
，木板最左端静放一个物块P （可视为质点）．物块与木板间的动摩擦因数为0.5μ=．现从高处（高于轨道顶端11.2m H =）无初速释放一个质量为0 1.0kg m =的小球（也可视为质点）
，当小球经由整个光滑轨道滑下并与物块P 发生碰撞后，刚好能返回到60θ=︒处．物块被碰后，沿木板上表面向右滑动，随后开始压缩弹簧，已知，当弹簧被压缩到最短时，物块刚好不会被弹簧弹开．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块P 与木板Q 的质量为
2.0kg P Q m m ==，取210m /s g =，试求：
（1）小球到达圆轨道末端与P 碰撞前瞬间对轨道的压力N F 的大小； （2）小球在圆轨道上的整个运动过程中，对轨道的水平冲量I 的大小； （3）物体P 在木板Q 上滑动过程中因摩擦而生的热f Q ． 15．（12分）一列简谐横波在t ＝
1
3
s 时的波形图如图(a)所示，P 、Q 是介质中的两个质点．图(b )是质点Q 的振动图象。

求： (ⅰ)波速及波的传播方向； (ⅱ)质点Q 的平衡位置的x 坐标。

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】
: A 、分运动与合运动具有等时性.所以A 选项是正确的.
B 、分运动是直线运动,合运动不一定是直线运动,比如:平抛运动.故B 错误
C 、根据平行四边形定则,合速度不一定比分速度大.故C 错误.
D 、根据平行四边形定则,合加速度可能比分加速度大,可能比分加速度小,可能与分加速度相等.故D 错误. 综上所述本题答案是：A 2、D 【解题分析】
AB ．棒绕端点转动切割磁感线而产生动生电动势，棒在60°位置时有效长度最大为
2l l =效，线速度关于半径均匀增大，则2022
l E Bl Bl ωω+==效
效
，由欧姆定律可得
2
2E Bl I R R
ω==
；故A ，B 错误. CD ．由电量的定义式q I t =⋅∆，而E I R R t
ϕ
∆=
=
∆，可得B S q R R ϕ∆∆==，棒转过60°
扫过的有效面积为S ∆=，联立可得q =C 错误，D 正确.
3、B 【解题分析】
从抛出开始到第一次经过a 点和抛出开始第二次经过a 点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，即W 1=W 1．对两次经过a 点的过程根据动能定理得，-W f =E k 1-E k 1，可知E k 1＞E k 1，故B 正确，ACD 错误． 4、B 【解题分析】
A .飞镖
B 下落的高度大于飞镖A 下落的高度，根据212
h gt =得2h t g =，B 下降的高
度大，则B 镖的运动时间长．故A 错误；
B .因为水平位移相等，B 镖的时间长，则B 镖的初速度小，故B 正确；
C .因为A 、B 镖都做平抛运动，速度变化量的方向与加速度方向相同，均竖直向下，故C 错误；
D .平抛运动的时间与质量无关，本题无法比较两飞镖的质量，故D 错误． 5、D 【解题分析】
设此时杆对小球的作用力为拉力，则有：
2
v T mg m L
+=
解得：
22
mg mg
T mg =
-=- 负号说明力的方向与假设相反，即球受到的力为杆子的支持力，故D 正确。

6、C 【解题分析】
由图知角∠M=37°MN 沿电场线方向的距离为d MN =4×cos37°=3.2cm=0.032m 则：
又 U MQ =Ed MQ
则φM -φQ =100×0.05V=5V 故
得φQ =0V 故应选：C 。

【题目点拨】
考查U=Ed 的应用，明确d 为沿场强方向的距离，注意公式的适用条件，只适用于匀强电场。

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】
AB.撤去F 后，A 离开竖直墙后，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，水平方向不受力，所以合外力为零，则系统动量守恒。

这个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒。

故A 错误，B 正确；
CD.撤去F 后，A 离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。

设两物体相同速度为v ，A 离开墙时，B 的速度为v 1．以向右为正方向，由动量守恒定律得：
02=3mv mv ，
由机械能守恒定律得：
21
=
3+2
p E mv E ， 又
201=2
E mv ，
解得，弹簧的弹性势能最大值为=3
p E
E ，故C 正确，D 错误； 8、ACD 【解题分析】
A ．空中梯队的运动示意图如图所示，设空中梯队在
B 点的速度为v ，则在AB 段的平
均速度为2
v ，根据12
2
L L t
v v
+= ，解得122L L t +，选项A 正确；
B ．空中梯队在AB 段运动的时间小于t ，在AB 段运动的平均速度大于1
L t
，选项B 错误；
C ．由于时间t 与L 1＋L 1对应，故空中梯队在AC 段的平均速度为12
L L t
+，选项C 正确；
D ．根据1aL 1＝v 1解得a ＝2
12121()2L L L t
+，选项D 正确． 9、ABD 【解题分析】
A ．因波沿x 轴正向传播，根据“平移法”可知，图像中a 处的质点此时具有沿y 轴正方向的最大速度，选项A 正确；
B ．因周期0.4
0.22.0T s s v
λ
=
=
=，可知图像中a 处的质点再经0.15s=34
T 时到达最低
点，此时具有沿y 轴正向最大加速度，选项B 正确；
C ．图像中a 处的质点再经1.55s 不在平衡位置，则此时动能不是最大，选项C 错误；
D ．因ab 两质点的平衡位置相差34波长，则在波的形成过程中，两质点开始起振的时间相差34T =0.15s ，即a 处的质点振动0.15s ，b 处的质点开始振动，选项D 正确。

10、BCD
【解题分析】
当A 滑上B 后，在滑动摩擦力作用下，A 做匀减速直线运动，B 做匀加速直线运动，最终以共同速度v 1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比，根据速度时间图象的面积表示位移可以求得A 相对于B 的位移，根据能量守恒可以确定动摩擦因数，因为不知道B 车质量，所以不能求得B 的动能．
【题目详解】
A 、由于小车
B 的质量不可知，故不能确定小车B 获得的动能，故A 错误； B 、由图象可知，AB 最终以共同速度1v 匀速运动，这时两物体位移差即为小车上表面最小的长度，即最小为：0112
x v t ∆=，故B 正确； C 、由动量守恒定律得，01()A A B m v m m v =+，解得：101
A B m v m v v =-，故可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故C 正确；
D 、由图象可以知道A 相对小车B 的位移0112
x v t ∆=，根据能量守恒得：220111()22
A A A
B m g x m v m m v μ∆=-+，根据B 中求得质量关系，可以解出动摩擦力因数，故D 正确；
【题目点拨】
本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息．
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、×10 欧姆调零 1900 10x 21()
g I R R R I I +=-
【解题分析】
(1)[1]因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“×100Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，所以应按“×10”倍率读数；
[2]根据多用电表的使用规则，更换倍率后，应进行欧姆调零再测量；
(2)[3]将电流表G 与电阻箱串联改装成量程为6V 的电压表，要串联的电阻为
3
036100310=1900310
R ---⨯⨯Ω=Ω⨯ (3)[3]由于题意可知，两电流表，当另电流表使用外接法，能准确测出所测电阻的电流，同时又能算出所测电阻的电压，由于待测电阻阻值约为70Ω，滑动变阻器的阻值为100Ω，所以滑动变阻器应用限流式，电路图如图
(4)[4]由欧姆定律可得
10x 21()
g I R R R I I +=-
12、等间距 线性 远小于小车和砝码的总质量 1.16(1.13～1.19之间均正确) 1k b k 【解题分析】
(1)[1]在平衡摩擦力时，应小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列等间距的点，则此时说明小车做匀速运动；
[2]由牛顿第二定律：F =ma 可知：
11m a F
= 在F 一定时，1a 与m 成正比，1a
与m 成线性关系. (2)[3]探究牛顿第二定律实验时，当小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车和车中砝码的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于小吊盘和盘中物块受到的重力，认为小车受到的拉力不变．
[4]两个相邻计数点之间还有4个点，打点计时器的打点时间间隔为0.02s ，计数点间的时间间隔：t =0.1s,由匀变速直线运动的推论：
△x =at 2
可知加速度：
2
223122[(120.072.7)(36.512.3)]10m/s 1.16m/s 22(0.1)
s s a t -----⨯==≈⨯ [5][6]设小车质量为M ，小车受到外力为F ，由牛顿第二定律有：
F M m a =+()
所以
1m M a F F
=+ 则1m a
-图象的斜率为1F ，故 1F k 纵截距为
M b F
= 则 b M k
=
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）1s t =（2）324N 25
F =
【解题分析】
（1）当14N F =时AB 相对滑动
对A ：122A F mg mg ma μμ-⋅-=，解得23m/s A a = 对B ：2mg ma μ=，解得21m/s B a =
当B 从A 上落下时：
221122
A B a t a t L -= 解得：1s t = （2）过程1：有F 作用时
A 的加速度1a ，
B 的加速度221m/s a =，作用时间1t
过程2：撤去F 到AB 共速
A 的加速度2311m/s a =-，
B 的加速度2421m/s a a ==，
经过时间2t ，共同速度212()v a t t =+
过程3：共速后AB 又相对滑动
A 的加速度259m/s a =-，
B 的加速度261m/s a =-
依题意：11322142a t a t a t a t +=+
11211265
1100()()()22v v a t a t t t v a a ---+=- 解得：2149m/s 25
a = 又对A ：1212F mg mg ma μμ-⋅-= 解得：324N 25
F = 14、（1）170N （2）16N S ⋅（3）25J
【解题分析】【分析】小球到达圆轨道末端与P 碰撞前瞬间对轨道的压力由动能定理和牛二定律求出；小球在圆轨道上的整个运动过程中，依据动量守恒定律求出对轨道的水平冲量；依据能量守恒求出物体P 在木板Q 上滑动过程中因摩擦而生的热。

解：（1）依据动能定理()212
p mg H R mv +=， 依据牛二定律2p N mv F mg R -=
，
解得： 170N N F =． （2）依据动量守恒定律I P F t =∆=合，
故11616N S P I mv ==⨯=⋅，
依据牛三定律，故水平冲量大小16N S I =⋅．
（3）依据动量守恒定律，规定向右为正方向，
'P P P mv mv m v =+， 由题可知，依据动能定理2k 1cos 2
P P E m v mgk θ=
=， 解得： '4m /s P v =， 速度的大小10m /s v =，
依据动量守恒定律()
P P Q m v m m v =+共，
依据运动学公式P 物块和Q 物块走的相对位移x ∆，
由题可知，依据牛二定律F mg ma μ==合，
依据运动学公式22222v v v x g g
μμ-∆=-共共， 依据能量守恒()222111222
P P Q Q k x m v m m v +∆=-+共， 且由题可知k x mg μ∆=，
代入数据解得25J Q =
15、 (ⅰ)18cm/s ，沿x 轴负方向传播(ⅱ)9cm
【解题分析】
(ⅰ)由图(a)可以看出，该波的波长为
λ＝36cm ①
由图(b)可以看出，周期为
T ＝2s ②
波速为
v ＝T
λ＝18cm/s ③ 由图(b)知，当t ＝1/3s 时，Q 点向上运动，结合图(a)可得，波沿x 轴负方向传播； (ⅱ)设质点P 、Q 平衡位置的x 坐标分别为P x 、Q x 由图(a)知，x ＝0处 y ＝－
2
A ＝A sin(－30︒) 因此 303cm 360
p x λ︒
︒== ④ 由图(b)知，在t ＝0时Q 点处于平衡位置，经Δt ＝
13
s ，其振动状态向x 轴负方向传播至P 点处，由此及③式有 Q P x x -＝v Δt ＝6cm ⑤
由④⑤式得，质点Q 的平衡位置的x 坐标为
Q x ＝9cm。