2024届江西省会昌中学与宁师中学物理高三上期中学业水平测试模拟试题含解析

2024届江西省会昌中学与宁师中学物理高三上期中学业水平测
试模拟试题
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、介质中有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，某时刻其波动图像如图所示．P为介质中一个质点，下列说法正确的是（）．
A．这列波的波长为4m
B．这列波的振幅为8cm
C．质点P的振动频率等于波源的振动频率
D．质点P的振动方向可能与波的传播方向在同一直线上
2、如下图所示的几种情况中，不计绳、弹簧测力计、各滑轮的质量，不计一切摩擦，物体质量都为m，且均处于静止状态，有关角度如图所示。

弹簧测力计示数F A、F B、F C 由大到小的排列顺序是
A．F A>F B>F C
B．F B>F C>F A
C．F B>F A>F C
D．F C>F B>F A
3、“神舟七号”载人飞船发射升空后，飞行了2天20小时27分钟，绕地球运行45
圈，返回舱顺利返回着陆．这标志着我国航天事业又迈上了一个新台阶，假定正常运行的神舟七号飞船和通信卫星（同步卫星）做的都是匀速圆周运动，下列说法正确的是（）
A．飞船的线速度比通信卫星的线速度小
B．飞船的角速度比通信卫星的角速度小
C．飞船的运行周期比通信卫星的运行周期小
D．飞船的向心加速度比通信卫星的向心加速度小
4、如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。

当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的
（）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2s末带电粒子回到原出发点
C．带电粒子在0−3s内的初、末位置间的电势差为零
D．0−3s内，电场力的总功不为零
5、如图所示，A、B两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为2h和h，将两球水平抛出后，两球落地时的水平位移大小之比为1：2，则下列说法正确的是( )
A．A,B两球的初速度大小之比为1：4
B．A,B2：2
C．若两球同时落地，则两球抛出的时间差为
2 (21)
h
g
D 2h g
6、2018年10月10日，我国成功发射了第32颗北斗导航卫星，该卫星的轨道半径为36000km， 7月29日又以“一箭双星”的方式成功发射了第33、34颗北斗导航卫星，这
两颗卫星的轨道半径均为21500km．下列说法正确的是
A．这三颗卫星的发射速度均小于7.9km/s
B．第32颗卫星与第33颗卫星加速度大小之比
C．第32颗卫星在轨道上运行时的速率比第33颗的大
D．第32颗卫星与第33颗卫星的运动周期之比为
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、如图为娱乐场里常见的一种简单的娱乐设施一滑道，它由一个倾斜轨道和水平轨道平滑连接而成．若一名儿童自轨道顶端由静止开始下滑，到达水平轨道某处停下，儿童与整个轨道的滑动摩擦因素处处相同，不计空气阻力．则下列关于其路程大小x、速度大小、加速度大小a、合カ大小F随时间t变化的大致规律，可能正确的是（）
A．B．C．
D．
8、“天舟一号”飞船是中国空间技术研究院研制的第一艘货运飞船，2017年4月20日19时41分在海南文昌航天发射中心，由长征7号遥2运载火箭发射．4月21日上午，“天舟一号”货运飞船已经完成了两次的轨道控制，后来又进行了三次的轨道控制，使“天舟一号”货运飞船控制到“天宫二号”的后下方．4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．下列说法正确的是（）
A．“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动过程中，受到恒力的作用
B．根据“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量
C．“天舟一号”发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s
D．“天舟一号”必须加速才能与“天宫二号”对接
9、下列说法正确的是
A ．只有机械波能产生多普勒效应，电磁波不会产生多普勒效应
B ．由爱因斯坦的相对论得出运动的时钟会变慢
C ．电磁波能发生偏振现象，说明电磁波是横波
D ．红光和绿光通过同一干涉装置，绿光形成的干涉条纹间距大
E.用单摆测重力加速度实验时，为了减小实验误差，应从单摆摆到最低点时开始计时
10、一列简谐横波沿x 轴方向传播，某时刻的波形图如图所示，已知位于x =1m 处的质点正向下运动，则下列说法正确的是
A ．该波沿x 轴负方向传播
B ．x =3m 处的质点的振幅为零
C ．x =2m 处的质点此刻具有最大加速度
D ．该时刻以后，x =2.5m 处的质点比x =1.5m 处的质点先回到平衡位置
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）图甲是“验证机械能守恒定律”的实验装置。

图乙是某同学在实验过程中得到的一条纸带，相邻两个计数点间还有4个计时点没有标出。

打点计时器所用电源的频率为50Hz ，当地的重力加速度g 为29.80/m s ，请回答以下问题：
⑴下列说法正确的是_______
A ．打点计时器使用交流电源
B ．释放纸带后应立刻接通电源
C ．重物的密度应大一些
D ．不需要测出重物的质量
⑵根据图乙中的数据，可得打出计数点“B”时重物的速度B v =_______/m s 。

（结果保留3位有效数字）
⑶该同学换用了其它重物进行实验，得出了另外一条纸带（题中未画出）。

测量出纸带中打出的第一点到各计数点的距离h,计算出打各计数点时重物的速度v ，作出2v h 关系图象如图丙所示。

试根据图线判断，此过程中重物的机械能 _______(填 “守恒”或“不守恒”）。

理由是：_________________________________。

12．（12分）某实验小组在“探究加速度与物体的质量、受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，实验装置如图所示．已知小车质量M ＝261 g ，打点计时器所使用的交流电频率f ＝50 Hz.其实验步骤是：
A ．按实验装置图安装好实验装置；
B ．利用垫块调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车(与纸带、细绳和砝码盘相连)能沿长木板向下做匀速运动；
C ．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m ；
D ．将小车置于打点计时器旁(小车与纸带相连，但与细绳和砝码盘不相连)先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a ；
E ．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码质量，重复A 、B 、C 、D 步骤，求得小车在不同合外力
F 作用下的加速度．
回答以下问题：
(1)按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？____(填“是”或“否”)．
(2)实验中打出的其中一条纸带如图所示，每隔4个点取一个计数点，由该纸带可求得小车的加速度a ＝________m/s 2(结果保留三位有效数字)．
(3)某次实验砝码盘中砝码的重力和对应小车加速度数据如下表
次数 1 2 3 4 5
砝码盘中砝码的重力F/N 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30
小车的加速度a(m·s－2) 0.61 0.80 1.00 1.19 1.38
①请根据表中的数据在虚线框中画出a－F图象_______；
②造成图线不过坐标原点的最主要原因是________________________________；
③砝码盘的重力大小是________N.
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，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向
上弯曲，导轨间距为l，电阻不计．水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒a与b的质量均为m，接入电路的有效电阻分别为R a
＝R，R b＝2R，b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度
处由静止释放．运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，求：
（1）a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；
（2）最终稳定时两棒的速度大小；
（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，两棒上总共产生的热量。

14．（16分）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块
与木板间的动摩擦因数
3
μ=。

对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静
止开始做匀加速直线运动。

设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。

（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
（2）若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木
板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。

15．（12分）如图甲所示，在xOy 平面直角坐标系中，第一象限内有一平行板电容器，左侧极板与y 轴重合，下端与x 轴重合，两极板间所加电压如图乙所示，已知t ＝0时刻右侧极板电势高于左侧极板电势，两极板长度为1m ，板间距为2m 。

在第四象限内
存在沿x 轴负方向、E ＝2×
102N/C 的匀强电场，在y ＝﹣1m 处垂直于y 轴放置足够大的平面荧光屏，屏与y 轴交点为P ，一束比荷q m
＝102C/kg 的带正电粒子沿两极板间中线不断射入两极板间的电场中，速度大小v 0＝50m/s ，所有粒子均能垂直于x 轴射入第四象限，并有粒子从两极板边缘射出，忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。

（1）粒子在两极板间运动的加速度的大小；
（2）从坐标为（0.64m ，0）的点射出的粒子打到荧光屏上的位置与P 点间的距离； （3）打到荧光屏上且距P 点左侧最远的粒子进入两极板间的时刻。

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、C
【解题分析】
AB ．根据波形图可知，2cm A =，8m λ=，故A 错误，B 错误；
C ．据波的传播特点可知，各质点做受迫振动，既各质点的振动频率与波源的频率相等，故C 正确；
D ．由于该波是横波，所以质点的振动方向与该波的传播方向垂直，故D 错误． 故选：C ．
2、C
【解题分析】对A 图中的m 受力分析，m 受力平衡，根据平衡条件得2cos45A F mg ︒=，
解得A F =；对B 图中的m 受力分析，m 受力平衡，根据平衡条件得：弹簧秤的示数B F mg =；对C 图中的m 受力分析，m 受力平衡，根据平衡条件得：弹簧秤的示数1sin302C F mg mg =︒=
，故B A C F F F >>，C 正确． 3、C
【解题分析】
BC ．由题意可知，“神舟七号”的周期大约为68.5h 1.5h 45T =
≈，小于同步卫星的周期，根据=2T π
ω知，飞船的角速度大于通信卫星的角速度，故B 错误，C 正确；
AD ．根据2
224Mm G m r r T
π=，解得：
T = 因为“神舟七号”的周期小于同步卫星的周期，则“神舟七号”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径。

根据2
2Mm v G m ma r r
==，解得： 2M a G r
=，
v = 知飞船的线速度比通信卫星的线速度大，飞船的向心加速度比通信卫星的向心加速度大，故AD 错误。

故选C 。

4、C
【解题分析】
试题分析：带电粒子在前1秒处于匀加速，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A 错误；带电粒子在前1秒处于匀加速，在第二秒内由于加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，因此用去0.5秒先做匀减速接着0.5秒反向加速．所以2s 末带电粒子不在出发点，故B 错误；带电粒子在0-3s 内的初、末位置间的电场力做功为零，电势能变化为零，则电势差为零，故C 正确，D 错误； 故选：C 。

考点：带电粒子在电场中的运动.
5、C
【解题分析】
小球做平抛运动，由平抛运动规律可以求出小球的运动时间与水平速度，然后分析答题；
【题目详解】
A 、小球做平抛运动，竖直方向有：212H gt =，则运动时间：2t H g = 所以A 球的运动时间：224A h h t g g ⨯=
=，B 球的运动时间：2B h t g =． 所以2:1A B t t ：=．
由0x v t =得0x v t
=，结合两球落地时的水平位移之比1::2A B x x =，可知A 、B 两球的初速度之比为1:22，故AB 错误；
C 、若两球同时落地，则两球抛出的时间差：221A B h t t t g
∆=-=-（），故C 正确； D 、若两球同时抛出，则落地时间差：221A B h t t t g
∆=-=
-（），故D 错误． 【题目点拨】 本题考查了求小球的初速度与运动时间关系，知道小球做平抛运动，应用平抛运动规律可以解题．
6、B
【解题分析】
轨道半径越大发射速度越大，大于第一宇宙速度，则A 错误；根据
，解得，则第32颗卫星与第33颗卫星加速度大小之比
，选项B 正确；解得，则第32颗卫星在轨道上运行时的速率比第33颗的小，选项C
错误；根据解得：可知，选项D 错误；故选
B.
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】
儿童在斜面阶段与斜面正压力大小与重力在垂直斜面方向的分量相等，此分量小于重力，在水平轨道正压力大小等于重力，摩擦力与正压力大小呈正比，两个阶段滑动摩擦力又相等，故斜面阶段加速度要小于水平轨道阶段，因此在倾斜轨道下滑过程中，由于受力不平衡会加速下滑F =ma =mgsinθ-μmgcosθ，会加速下滑的路程为212
x at ，路程大小随时间变化是曲线，故A 错误；加速过程v =at ，其中加速度a =gsinθ-μgcosθ，速度大小随时间变化是直线，在水平面上根据牛顿第二定律：F ′=ma ′=μmg ，可得：a ′=μg ，可知做减速运动，且合外力F 和F ′大小关系不确定，a 与a′之间大小关系不确定，故B 可能正确；两阶段加速度大小不确定，故C 可能正确；水平轨道阶段合力与斜面阶段力的方向必然相反，故D 错误．
8、CD
【解题分析】“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动过程中，受到地球引力的作用，大小不变，但方向在变化，是变力，故A 错误；根据万有引力等于向心力得
，可得地球的质量为 ，可知根据“天宫二号”离地面的
高度，不可计算出地球的质量，故B 错误； “天舟一号”从地球发射后仍绕地球运行，“天舟一号”与“天宫二号”的对接时，“天舟一号”要向后喷气加速才能对接天宫二号”，所以“天舟一号”发射速度大于7.9km/s 且小于11.2km/s ，故C 正确；对接前，“天舟一号”货运飞船控制到“天宫二号”的后下方，所以必须加速才能对接，故D 正确。

所以CD 正确，AB 错误。

9、BCE
【解题分析】
A ．不仅机械波能产生多普勒效应，电磁波也会产生多普勒效应，选项A 错误；
B ．由爱因斯坦的相对论得出运动的时钟会变慢，选项B 正确；
C ．电磁波能发生偏振现象，说明电磁波是横波，选项C 正确；
D ．因红光的波长大于绿光的波长，则红光和绿光通过同一干涉装置，由l x d
λ∆=可知，绿光形成的干涉条纹间距小，选项D 错误； E ．用单摆测重力加速度实验时，为了减小实验误差，应从单摆摆到最低点时开始计时，选项E 正确。

10、ACD
【解题分析】
已知位于x =1m 处的质点正向下运动，可知该波沿x 轴负方向传播，选项A 正确；
x =3m 处的质点此时的位移为零，但是振幅不为零，选项B 错误；x =2m 处的质点位移最大，回复力最大，则此刻具有最大加速度，选项C 正确；该时刻x=2.5m 处的质点向上振动，x=1.5m 处的质点向下振动，则从该时刻以后，x =2.5m 处的质点比x =1.5m 处的质点先回到平衡位置，选项D 正确；故选ACD.
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、 ACD 1.93 不守恒 根据图象可算出重物下落的加速度29.3/m s ，明显小于当地的重力加速度29.8/m s ，所以下落过程机械能不守恒
【解题分析】（1）打点计时器使用交流电源，故A 正确；为充分利用纸带，实验时应先接通电源再释放纸带，故B 错误；为减小空气阻力对实验的影响，重物的密度应大一些而体积小些，故C 正确；如果机械能守恒，则有212mgh mv =
，物体质量m 可以约去，实验需要验证是212
gh v =
，故实验不需要测出重物的质量，故D 正确；故选ACD ．
（2）相邻两个计数点间还有4个计时点没有标出．打点计时器所用电源的频率为50Hz ，则计数点间的时间间隔： 0.0250.1t s =⨯=，根据在匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度有：打出计数点“B”时重物的速度()2
14.4824.1010/ 1.93/220.1B AC v m s m s t -+⨯===⨯；（3）由机械能守恒定律得： 212mgh mv =，则有22v gh =，故2v h -图象的斜率： 11.90218.590.64
k g ===，解得： 29.3/g m s =，即求出的重力加速度明显小于当地的重力加速度29.8/m s ，所以
下落过程机械能不守恒.
12、否 0.88 在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力 0.06
【解题分析】
试题分析：根据小车做匀速运动列出方程，对合外力进行分析即可求解；在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，通过对小车受力分析即可求解．
（1）当物体小车匀速下滑时有()sin Mg f M m g θ=++，当取下细绳和砝码盘后，由于重力沿斜面向下的分力sin Mg θ和摩擦力f 不变，因此其合外力为()M m g +，由此可知该实验中不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．
（2）相连计数点间的时间间隔为0.1T s =，在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即2x aT ∆=，则有20.08640.07750.06870.060.88/0.04
a m s +--=
=． （3）①a-F 图像如图所示
②由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，这说明在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力，
③根据数学函数关系可知该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是砝码盘的重力大小，横坐标一格表示0.02N ，所以交点的大小为0.06N ．
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，方向水平向左；（2（3）12mgh 【解题分析】
（1）设a 棒刚进入磁场时的速度为v ，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有
212
mgh mv = a 棒切割磁感线产生感应电动势为
E Blv =
根据闭合电路欧姆定律有
2E I R R
=+ a 棒受到的安培力为
F BIl =
联立上式解得
F =方向水平向左；
（2）a 棒进入磁场，切割磁感线产生感应电流，a 棒和b 棒均受安培力作用，大小相等、方向相反，所以a 棒和b 棒组成的系统动量守恒，设两棒最终稳定的速度为v '，以v 的方向为正方向，根据动量守恒定律有
2mv mv '=
解得
v '=（3）从a 棒开始下落到最终稳定的过程中，设两棒产生的热量为Q 总，根据能量守恒定律有
2211222
mv mv Q '=⨯+总 解得
12
Q mgh =总
14、（1）F ≤30N ；（2）物块能滑离木板，1.2s ，s =0.9m
【解题分析】
（1）对M 、m ，由牛顿第二定律
(sin F M m g M m a α-+=+)()
对m ，有
sin f mg ma α-=，cos f mg α≤
代入数据得
30N F ≤
（2）当37.5N 30N F =>时，物块与木板相对滑动，对于M ，有
1cos sin F mg Mg Ma μαα--=
对m ，有
2cos sin mg mg ma μαα-=
设物块滑离木板所用的时间为t ，由运动学公式
22121122
a t a t L -= 代入数据得
1.2s t =
物块离开木板时的速度
2v a t =
由公式
22sin ?g s v α-=-
代入数据得
0.9m s =
【题目点拨】
解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

15、（1）104m/s 2；（2）1.92m ；（3）
(21)4
n T +（n ＝0，1，2，3……） 【解题分析】
（1）设粒子在两极板间运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可知 11q E a m
=
而
1U E d
= 解得：a 1＝104m/s 2
（2）从（0.64m ，0）射入第四象限，做类平抛运动，设运动时间为t 1，则有： 210.64m 2Eq x t m
== 01y v t =
到达y 轴时速度与水平方向的夹角为θ，可得
tan 2y x
θ= 设达到荧光屏上的点与P 点的距离为s 1
()1tan L y s θ
-= 解得s 1＝1.92m
（3）设粒子达到P 点左侧的距离为s 的出射点坐标为（x ，0）
212
x at = 0y v t =
q E a m
= 与（2）同理可得
=
解得
22s x x =-= 当x ＝1m 时，s 有极大值2m ，当粒子从x ＝1m 位置射出时，即从两极板中线射出，粒子进入两极板间的时刻一定为
4
T 、34T 、54T …… 可得粒子进入两极板间的时刻为(21)4n T +（n ＝0，1，2，3……）。