江苏省溧阳市2024年物理高三第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析

江苏省溧阳市2024年物理高三第一学期期中教学质量检测模拟
试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，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、如图所示,小车上固定着硬杆,杆的端点固定着一个质量为m的小球。

当小车有水
平向右的加速度且逐渐增大时,杆对小球的作用力的变化(用F1至F4变化表示)可能
是下图中的(OO′沿杆方向)( )
A．B．
C．D．
2、在两等量异种点电荷A和B形成的电场中．将另两个等量异种试探电荷a、b用绝缘细杆连接后,放置在点电荷A和B的连线上，且关于连线中点对称，如图所示．图中水平虚线为A、B连线的中垂线．现将试探电荷a、b连同绝缘细杆从图示位置沿A、B 连线的中垂线向右平移到无穷远处，平移过程中两试探电荷始终关于中垂线对称．若规定A、B连线中点处电势为零．则下列说法中正确的是
A．在A、B连线上，b处的电势大于零
B．a、b整体在A、B连线处具有的电势能大于零
C．在水平移动a、b整体的过程中，静电力对a、b整体做负功
D．在图示位置将a、b整体绕绝缘细杆中点转动900的过程中，静电力对a、b整体做负功
3、如图所示，A、B是绕地球做圆周运动的两颗卫星，A、B两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k：1，则A、B两卫星的周期的比值为( )
B．k C．k2D．k3
A．k2
3
4、如图所示,水平路面上有一辆质量为M的汽车,车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢,在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中,下列说法正确的是( )
A．人对车的推力F做的功为FL
B．人对车做的功为maL
C．车对人的作用力大小为ma
D．车对人的摩擦力做的功为(F-ma)L
5、假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为R A和R B，这两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方（r3）与运行周期的平方（T2）的关系如图所示，T0为卫星环绕行星表面运行的周期，则（）
A．行星A的质量大于行星B的质量
B．行星A的密度小于行星B的密度
C．行星A的第一宇宙速度小于行星B的第一宇宙速度
D．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度小于行星B的卫星向心加速度
6、小明乘坐竖直电梯经过1min可达顶楼，已知电梯在t =0时由静止开始上升，取竖直向上为正方向，该电梯的加速度a随时间t的变化图像如图所示。

若电梯受力简化为
只受重力与绳索拉力，则
A．t =4.5 s时，电梯处于失重状态
B．在5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t =59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t =60 s时，绳索拉力的功率恰好为零
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、金星被称为地球的“孪生姐妹”，金星半径是地球半径的0.95倍，金星质量是地球质量的0.82倍，但金星与地球有许多不同之处，如金星的自转周期略大于公转周期，在金星上可谓“度日如年”．下面是金星、地球、火星的有关情况比较．
根据以上信息，下列关于地球及金星和火星(均视为圆周运动)的说法正确的是( ) A．金星运行的线速度最小，火星运行的线速度最大
B．金星公转的向心加速度大于地球公转的向心加速度
C．金星的公转周期最大，火星的公转周期最小
D．金星的公转角速度最大，火星的公转角速度最小
8、如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，若θ、g、v0、t0已知，则下列说法中正确的是
A．传送带一定逆时针转动
B ．00tan cos v gt μθθ
=+ C ．传送带的速度大于v 0
D ．0t 后一段时间内滑块加速度为00
2sin v g t θ- 9、倾角为θ的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的O 点．质量分别为4m 、m 的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，如图所示．开始物块甲位于斜面体上的M 处，且MO=L ，滑块乙开始距离水平面中足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当滑块将弹簧压缩到N 点时，滑块的速度减为零，2
L ON =．已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为3,308
μθ==︒，重力加速度取210/g m s =，忽略空气的阻力，整个过程细绳始终没有松弛．且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是（ ）
A ．物块由静止释放到斜面体上N 点的过程，物块甲先匀加速直线运动紧接着匀减速直线运动到速度减为零
B ．物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为20.5/m s
C ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为
158
mgL D ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为38mgL 10、 “儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m 的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°（已知重力加速度为g ），则
A ．每根橡皮绳的拉力为mg
B ．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小
C ．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a ＝g
D ．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳，则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时，小明的加速度a ＝12
g 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）某实验小组利用如图所示的实验装置来探究机械能守恒定律，将一端带有光滑的定滑轮的长木板另一端抬起放置在水平桌面上，并在长木板上合适的位置固定两光电门A 和B ．现将一带有遮光条的物块放在长木板上，并用质量不计的细绳连接一质量为m 的钩码Q ，然后将滑块由静止释放，已知两光电门之间的距离为L ，物块和遮光条的总质量为M ，挡光宽度为d （且d 远小于L ），物块经过两光电门时的挡光时间分别为A B t t ∆∆、．
通过以上的叙述回答下列问题：
(1)如果该小组的同学利用上述的实验装置来探究加速度与质量、外力的关系时，平衡摩擦力后，还需满足______时物块的合外力近似等于钩码的重力，则物块在长木板上下滑时加速度的关系式为_____（用题中的物理量表示）；
(2)实验前，该小组的同学已经平衡了摩擦力，如图所示，不挂Q ，滑块能匀速滑行，则_________（填“可以”或“不可以”）用该装置验证PQ 组成的系统的机械能守恒，其原因为_____________．
12．（12分）某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a ）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。

向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。

（1）实验中涉及到下列操作步骤：
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是__________（填入代表步骤的序号）。

（2）图（b）中M和L两条纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。

打点计时器所用交流电的频率为50Hz。

由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为_______m/s（结果保留两位小数）。

比较两纸带可知，_______（填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。

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．（10分）如图，一带负电的油滴处于水平放置的两平行金属板A、B 之间。

当平行板不带电时，油滴在重力和空气阻力的作用下，最终以速率v1匀速下落。

当上极板A 带负电，下极板B带等量正电时，金属板间匀强电场的电场强度为大小为E，油滴下落的最终速率为v2。

已知运动中油滴受到的空气阻力大小f与速率v的关系为f＝Kv（其中K为常数）。

速率v1、v2、常数K、电场强度E均已知，带电油滴始终未触及极板。

（1）通过分析说明，油滴在电场中静止起在释放后，它的加速度、速度、电势能如何变化；
（2）求油滴所带的电量大小q；
（3）若将两极板A、B 上所带电荷互换，油滴将向上运动，求油滴上升的最终速率v3。

14．（16分）质量为m的杂技演员（可视为质点）抓住一端固定于O点的不可伸长绳子，从距离水平安全网高度为h的A点由静止开始运动，A与O等高。

运动到绳子竖直时松开绳子，落到安全网上时与A点的水平距离也为h，不计空气阻力，求：
(1)松开绳子前瞬间绳子拉力的大小；
(2)O、A之间的距离。

15．（12分）如图所示，质量M=1.0kg的薄木板静止在水平桌面上，薄木板上放有质量m=1.0kg的小铁块（可视为质点），它离木板左端的距离为L=0.15m，铁块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用一水平向右的拉力作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，g取10m/s1．
(1)若桌面光滑，拉力大小恒为F1=4.8N，求小铁块运动的加速度大小；
(1)若木板以4.0m/s1的加速度从铁块下抽出，求抽出过程所经历的时间t；
(3)若桌面与薄木板间的动摩擦因数也为μ，则拉力F1的大小满足什么条件才能将木板从铁块下抽出？
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】
小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，竖直方向受平衡力，所以杆子对小球的力的竖直向上的分量等于重力且不发生变化，水平方向合力向右并逐渐增大，所以杆子对小球的作用力的水平分量逐渐增大。

A.与分析不符，故A错误。

B.与分析不符，故B错误。

C.与分析相符，故C 正确。

D.与分析不符，故D 错误。

2、B
【解题分析】
A 、电场线由正电荷指向负电荷，并且沿着电场线电势在降低，若规定A 、
B 连线中点处电势为零，则b 处的电势小于零，故A 错误；
B 、根据Ep q ϕ= 可知正负电荷分别在ab 两点的电势能都大于零，所以a 、b 整体在
A 、
B 连线处具有的电势能大于零，故B 正确；
C 、根据受力及做功的特点可知在水平移动a 、b 整体的过程中，静电力对a 、b 整体做正功，故C 错；
D 、在转动过程中，根据电势分布可知，a 由高电势运动到低电势，所以静电力对正电荷做正功，b 由低电势运动到高电势，所以静电力对负电荷也做正功，故D 错误； 故选B
3、D
【解题分析】
卫星A 的线速度为v A ，轨道半径为R A ；卫星B 的线速度为v B ，轨道半径为R B ；设经过时间△t ，卫星A 扫过的面积 1
2A A v tR ，卫星B 扫过的面积 12
B B v tR ；根据题意A 、B 两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k ，所以 1
21
2
A A
B B v tR k v tR =，得 A
A B B v R k v R =，根据v
＝
A B v v 2 A B R k R ＝；根据开普勒第三定律：23623 A A B B
T R k T R ＝＝，则3 A B T k T ＝，故D 正确，ABC 错误；故选D ． 【题目点拨】
解题的关键是掌握开普勒行星运动第二及第三定律，并能用表达式表示出一定时间扫过的面积以及运动半径等物理量.
4、A
【解题分析】
根据功的公式可知，人对车的推力做功W=FL ，故A 正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为F′=ma ，人对车的作用力为-ma ，故人以车做功为W=-maL ，故B 错误；车以人水平方向上的合力为ma ，而车对人还有支持力，故车对
人的作用力为N ==C 错误；对人由牛顿第二定律可以f-F=ma ；f=ma+F ，车对人的摩擦力做功为W=fL=（F+ma ）L ，故D 错误，故选A 。

【题目点拨】
本题考查牛顿第二定律应用以及功的计算问题，要注意求车厢对人的作用力时，不能只考虑水平方向的产生加速度的合力，同时车厢对人还有一个竖直方向上的支持力的作用．
5、A
【解题分析】
A.根据
2224GMm r m r T
π=, 可得
23
2
4r M GT π= 3224GM r T π
= 由图象可知，A 的斜率大，所以A 的质量大.故选项A 符合题意.
B.由图象可知当卫星在两行星表面运行时，周期相同，且R =r
将
343
M V R ρρπ== 代入上式可知
2
3GT πρ= 故两行星密度相同. 故选项B 不符合题意.
C.根据万有引力提供向心力，则
2
2GMm m R R υ= 所以
v ==行星A 的半径大，所以行星A 的第一宇宙速度也大. 故选项C 不符合题意.
D.两卫星的轨道半径相同时，它们的向心加速度
2GM a r
= 由于A 的质量大于B 的质量，所以行星A 的卫星向心加速度大. 故选项D 不符合题意. 6、D
【解题分析】
A ．电梯在t =1时由静止开始上升，加速度向上，电梯处于超重状态，此时加速度a ＞1．t =4.5s 时，a ＞1，电梯也处于超重状态。

故A 错误。

B ．5～55s 时间内，a =1，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小。

故B 错误。

C ．t =59.5s 时，电梯减速向上运动，a ＜1，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C 错误。

D ．根据a-t 图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，61s 内a-t 图象与坐标轴所围的面积为1，所以速度的变化量为1，而电梯的初速度为1，所以t =61s 时，电梯速度恰好为1，根据P=Fv 可知绳索拉力的功率恰好为零，故D 正确。

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、BD
【解题分析】
A. 根据万有引力提供向心力得
2
2Mm v G m r r
= 得：
v = 金星的公转半径最小，所以线速度最大，火星的公转半径最大，所以线速度最小，故A 项与题意不相符；
B. 根据万有引力提供向心力得：
2Mm G ma r
= 得： 2GM a r =
金星的公转半径小于地球公转半径，所以金星公转的向心加速度大于地球公转的向心加速度，故B 项与题意相符；
C. 根据万有引力提供向心力得：
2
224πMm G mr r T
= 得：
T =金星的公转半径最小， 所以金星的周期最小，火星的公转半径最大，所以火星的周期最大，故C 项与题意不相符；
D. 根据万有引力提供向心力得：
22Mm G mr r
ω= 得：
ω=故金星运行的角速度最大，火星运动的角速度最小，故D 项与题意相符．
8、AD
【解题分析】
A.若传送带顺时针转动，当滑块下滑时若有sin cos mg mg θμθ>，所以滑块将一直匀加速到底端；当滑块上滑时若有sin cos mg mg θμθ<，则滑块先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，故A 正确；
B.滑块在00t ～内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑，根据牛顿第二定律有： 1sin cos a g g θμθ=+
由图可知
010
v a t = 联立解得：
00tan cos v gt μθθ
=- 故B 错误；
C.只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，传送带的速度才为0v ，故C 错误；
D.共速后的加速度
2sin cos a g g θμθ=-
代入μ值得
020
2sin v a g t θ=-
故D 正确．
9、BD
【解题分析】 A 、释放甲、乙后，物块甲沿斜面加速下滑，当与弹簧接触时，开始压缩弹簧，弹簧产生沿斜面向上的弹力，但此时弹力小于物块甲沿斜面向下的作用力，故物块甲做加速度减小的加速运动，当把弹簧压缩到某一位置时，物块甲沿斜面受力平衡，速度达到最大，之后弹力大于物块甲沿斜面向下的作用力，物块甲做减速运动，A 错误；B 、物块甲沿斜面租受自身重力沿斜面分力4sin 2mg mg θ=、物块乙对其沿斜面的拉力mg 和斜面体对物块甲的摩擦力3334cos 4824
f m
g mg mg μθ===，根据牛顿第二定律，沿斜面方向则有：4sin mg f 5ma mg θ--=，解得210.5/,20
a g m s B ==正确；C 、D 、以物块甲和乙为研究对象，从M 点运动取N 点，在N 点弹簧压缩最短，弹性势能达最大，物块甲和乙从M 点运动到N 点，由动能定理，得0G G W W f W ---=甲乙弹，解得38mgL ω=弹，由弹力做的功等于弹性势能的变化，即3,8
P E mgL C ∆=错误，D 正确．故选BD.
【题目点拨】解决本题有两个关键：一是正确分析物块的受力情况，判断其运动情况．二是明确能量是如何转化的，运用牛顿第二定律和能量守恒定律进行解答．
10、BD
【解题分析】
由题意可知考查力的平衡问题，牛顿第二定律瞬时性，根据弹性绳、非弹性绳的特点结合牛顿第二定律分析计算可得。

【题目详解】
两根橡皮绳止的拉力大小相等，设每根橡皮绳的拉力为F ，则
2F cos30°=mg ，
则:
F
故A 错误；
B. 当合力一定时，两分力夹角越小，分力越小，所以将悬点间距离变小，每根橡皮绳所受拉力将变小，故B 正确；
C. 弹性绳上的弹力不会突变，小明左侧橡皮绳在腰间断裂，左侧绳子拉力该瞬间不变，重力不变，则小明此时所受的合力与原来左侧橡皮绳拉力等大反向，加速度
3a mg g m == ， 故C 错误；
D. 若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳，则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时，
左侧绳子拉力瞬间变为零，右侧绳子的垃力发生突变，将重力沿绳垂直绳分解，沿绳方向该瞬间合力为零，垂直绳子方向合力为mgsin30°，由牛顿第二定律可知 sin30mg ma ︒=
可得小明的加速度:
a ＝12
g 故D 正确。

【题目点拨】
当合力一定时，两分力夹角越小（越大），分力越小（越大），弹性绳子上的拉力不能突变，非弹性绳子上的拉力能突变。

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、M 远大于m 222112B A d L t t ⎛⎫- ⎪∆∆⎝⎭
不可以 有摩擦力做功 【解题分析】
(1)设绳子拉小车的力为F ，重物Q 与小车P 加速度大小相，对于小车有F=Ma ；对于
重物mg-F=ma ；解得1Mm m F g g m M m M ==++，只有当M 远大于m 时，才可以认为物块P 受到外力的合力等于Q 重物的重力．物块经过两光电门的速度分别为
A B d d t t ∆∆、，根据匀变速运动的规律可得222B A d d aL t t ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪∆∆⎝⎭⎝⎭
-，解得222112B A d a L t t ⎛⎫=- ⎪∆∆⎝⎭； (2)虽然平衡了摩擦力，但摩擦力并没有消失，在物块运动的过程中有摩擦力做功，故系统机械能不守恒，所以不能用些装置验证系统机械能守恒．
【题目点拨】本题考查了实验注意事项、实验数据处理，本题是一道基础题，掌握基础知识即可解题，知道实验原理是解题的前提与关键；平时要注意基础知识的学习．
12、④①③② 1.29 M
【解题分析】
(1)[1] 实验中应先将物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释放纸带；故步骤为④①③②；
(2)[2]由M 纸带可知，左侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后不变；故2.58cm 段时物体应脱离弹簧；则由平均速度可求得，其速度
22.5810m /s 1.29m /s 0.02
v -=⨯= [3]因弹簧的弹性势能转化为物体的动能，则可知离开时速度越大，则弹簧的弹性势能越大；由题目中的图可知，M 中的速度要大于L 中速度；故说明M 纸带对应的弹性势能大。

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）加速度减小的加速运动 电势能减小（2）
()21K v v E -（3）v 3 = v 2-2v 1
【解题分析】
(1)当加上竖直方向的匀强电场后，油滴受力分析如图所示
油滴从静止开始加速运动，受到的空气阻越来越大，由牛顿第二定律有 G qE f G qE kv a m m
+-+-== 所以油滴的加速度越来越小，由于油滴向下运动，所以电场力做正功，故油滴电势能减小；
(2)当平行板不带电时，最终以一恒定速率v 1匀速下落，此时受力分析如图所示
根据平衡得
1G kv =
当加上竖直方向的匀强电场后，油滴最终以v 2匀速下落，此时油滴受力分析如图所示
根据平衡得
2G Eq kv +=
联立解得
21()K v v q E
-= (3)将两极板A 、B 上所带电荷互换，电场强度不变，方向相反，竖直向下，油滴受力如图所示
由平衡得
3Eq G kv =+
2113)(k v v kv kv -=+
则有最终速率
3212v v v =-
14、（1）3mg （2）h/5
【解题分析】（1）从A 到B 根据动能定理可得：mgl ＝12
mv 2 在B 点根据牛顿第二定律可知：F-mg=2
mv l
解得：F=3mg
（2）从B 点做平抛运动，则：h-l=
12
gt 2 h-l=vt
联立解得：l=h/5
15、 (1)a =1.6m/s 1 (1) t =0.5s (3)F 1>11N
【解题分析】
（1）小铁块的最大静摩擦力： 0.210N 2N m f mg μ==⨯=
小铁块最大加速度为：
220.210m/s 2m/s m m f a g m
μ===⨯= 假设小铁块相对木板静止，根据牛顿第二定律：
221 4.8m/s 1.6m/s 21
m F a a M m ===<++ 所以小铁块不会相对长木板滑动，小铁块运动的加速度大小： 21.6m/s a =
（1）木板和铁块发生相对运动，对小铁块，根据牛顿第二定律，有 1mg ma μ=
解得：
22110.210m/s 2m/s a g μ==⨯=
根据位移关系：
-=x x L 板铁
2211=22
a t a t L -板铁 代入数据解得： t =0.5s
（3）对木板隔离分析有：
()2F mg M m g Ma μμ--+='板
木板从铁块下抽出条件：a a '>'板
铁，代入数据得： 20.2100.230=22F a 板-⨯-⨯>' 解得：
212N F >。