湖北省黄石市2024学年高三物理第一学期期中检测模拟试题含解析

湖北省黄石市2024学年高三物理第一学期期中检测模拟试题注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上．A、B间有一劲度系数为100 N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了2 cm.已知A、B两物体的重力分别是3 N 和5 N．则细线的拉力及B对地面的压力分别是( )
A．8 N和0 N B．5 N和7 N
C．5 N和3 N D．7 N和7 N
2、甲、乙两质点沿同一方向做直线运动，某时刻经过同一地点。

若以该时刻作为计时起点，得到两质点的x－t图象如图所示。

图象中的OC与AB平行，CB与OA平行。

则下列说法中正确的是( )
A．t1～t2时间内甲和乙的距离越来越远
B．0～t2时间内甲的速度和乙的速度始终不相等
C．0～t3时间内甲和乙的位移相等
D．0～t3时间内甲的平均速度大于乙的平均速度
3、把质量是m的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略．则
A．由状态甲到状态丙，小球的机械能守恒
B．由状态甲至状态乙，有三个时刻小球的加速度大小等于重力加速度的大小
C．在乙状态时，小球重力的功率最大
D．由状态甲到状态丙，在甲状态弹黄的弹性势能等于小球克服重力所做的功
4、使用两条不同的轻质弹簧a和b，在弹性限度内得到弹力F与弹簧长度l的关系图像如图．设弹簧a与弹簧b的原长分别为l1和l2，劲度系数分别为k1和k2，下列选项中正确的是
A．l1>l2 k1>k2B．l1>l2k1<k2
C．l1<l2k1<k2D．l1<l2k1>k2
5、某人身系弹性绳自高空p点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，b点是人静止悬吊着的位置，c点是人所到达的最低点，空气阻力不计，则人（）
A．从p至c过程中人的动能不断增大
B．从p至a过程中人的机械能不守恒
C．从p至c过程中重力所做的功等于人克服弹性绳弹力所做的功
D．从a至c过程中人的重力势能减少量等于弹性绳的弹性势能增加量
6、下列关于物理学史说法中错误的是()
A．美国物理学家汤姆逊通过油滴实验精确测定了元电荷的大小
B．英国物理家牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了牛顿运动定律
C．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律−−库仑定律
D．英国物理学家卡文迪许利用扭称装置比较精确地测出了引力常量
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、小船横渡一条两岸平行的河流，船本身提供的速度（即静水速度）大小不变、船身方向垂直于河岸，水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则（）
A．越接近河岸水流速度越小
B．越接近河岸水流速度越大
C．无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短
D．该船渡河的时间会受水流速度变化的影响
m 的物块在斜面项端由静止开始沿顿角为30的粗糙斜面匀加速下滑。

加8、质量2kg
速度a=4m/s2，下滑的距离为4m。

下列判断正确的是（取g=10m/s2）（）
A．物块的重力势能减少80J
B．物块的动能增加32J
C．物块的机械能减少8J
D．物块的合外力做功为32J
9、如图所示，等间距的平行实线表示电场线，虚线表示一个带负电的粒子在该电场中运动的轨迹，a、b为运动轨迹上的两点．若不计粒子所受重力和空气阻力的影响，下列说法中正确的是（）
A．场强方向一定是沿图中实线向右
B．该粒子运动过程中速度一定不断增大
C．该粒子一定是由a向b运动
D．该粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能
10、如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环一直相对杆不动，下列判断正确的是
A．转动的角速度越大，细线中的拉力不变
B．转动的角速度越大，环M与水平杆之间的弹力越大
C．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等
D．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大
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）如图是研究小球的平抛运动时拍摄的闪光照片的一部分，其背景是边长为5cm的小方格，重力加速度取g=10 m/s2。

由此可知：闪光频率为__________Hz；小球抛出时的初速度大小为____________m/s；从抛出到C点，小球速度的改变量为
_____________m/s。

12．（12分）某研究性学习小组采用如图所示的电路测量某干电池的电动势E和内阻r，R为电阻箱，V为理想电压表，其量程略大于电池的电动势．实验中通过多次改变电阻箱的阻值R，从电压表上读出相应的示数U，该小组同学发现U与R不成线性关系，于是求出了相应的电阻与电压的倒数如下表所示．
⑴根据表中的数据和实验原理，你认为第________（填序号）组数据是明显错误的，其原因是____________；
⑵ 根据实验数据，请在坐标系中绘出1/U – 1/R 关系图线．
⑶ 由图线可知，电动势E = ________ V ，内阻r = ________ Ω（结果保留两位有效数字）．
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）如图甲所示。

在同一水平面上，两条足够长的平行金属导轨MNPQ 间距为0.15m L =，右端接有电阻0.2ΩR =，导轨EF 连线左侧光滑且绝缘.右侧导轨粗糙，EFGH 区域内有垂直导轨平面磁感应强度4T B =的矩形匀强磁场；一根轻质弹簧水平放置，左端固定在K 点，右端与质量为0.1kg m =的金属棒a 接触但不栓接，且与导轨间的动摩擦因数0.1μ=，弹簧自由伸长时a 棒刚好在EF 处，金属棒a 垂直导轨放置，现使金属棒a 在外力作用下缓慢地由EF 向左压缩至AB 处锁定，压缩量为00.04m x =。

此时在EF 处放上垂直于导轨质量0.3kg M =电阻0.1Ωr =的静止金属棒b 。

接着释放金属棒a ，两金属棒在EF 处碰撞，a 弹回并压缩弹簧至CD 处时速度刚好为零且被
锁定，此时压缩量为10.02m x =，b 棒向右运动，经过0.1s t =从右边界GH 离开磁场，
金属棒b 在磁场运动过程中流经电阻R 的电量0.2C q =。

设棒的运动都垂直于导轨，棒的大小不计，已知弹簧的弹力与形变量的关系图像（如图乙）与x 轴所围面积为弹簧具有的弹性势能。

求：
（1）金属棒a 碰撞金属棒b 前瞬间的速度0v
（2）金属棒b 离开磁场时的速度2v
（3）整个过程中电阻R 上产生的热量R Q
14．（16分）如图所示，光滑水平导轨AB的左端有一被压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端放一个质量为m＝1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带上BC的长为L＝6m，传送带沿逆时针方向以恒定速度v＝2m/s匀速转动。

CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE 是竖直放置的半径为R＝0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。

已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2。

(1)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能
E p；
(2)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上与D点的距离为x＝1.2m处（CD长大于1.2m），求物块通过E点时受到的压力大小；
(3)满足(2)条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热量。

15．（12分）某行星半径为R，自转周期为T，该行星表面的重力加速度为g，引力常量为G．求：
(1)此行星的平均密度；
(2)此行星同步卫星距行星表面的高度；
(3)此行星同步卫星的环绕速度与该行星第一宇宙速度的比值大小．
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】
试题分析：以物体B为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡条件有，代入数据解得地面对B的支持力为，由牛顿第三定律可知，B对地面的压力也为3N，以A为研究对象进行受力分析有，代入数据解得细线的拉力，所以只有选项C正确；
考点：共点力平衡、胡克定律
2、C
【解题分析】A、图象的纵坐标表示物体所在的位置;由图可以知道到时刻两车的距离始终不变,故A错误;
B、图象的斜率表示物体的速度,由图可以知道，时间内甲车的速度和乙车的速度相等,故B错误;
C、根据位移等于x的变化量,由图可以知道,时间内甲和乙的位移相等;所以C选项是正确的;
D、时间内,甲和乙的位移相等,所用时间相等,则两车平均速度相等,故D正确；
综上所述本题答案是：CD
3、D
【解题分析】
A．由状态甲到状态乙，小球和弹簧组成的系统机械能守恒；由状态乙到状态丙，小球的机械能守恒，故A错误；
B．小球在乙时刻的加速度为重力加速度，则在从甲到乙的过程中，当小球运动到关于平衡位置对称点时，其加速度大小等于g，方向向上，故有二个时刻的加速度大小等于重力加速度的大小，故B错误；
C．当弹簧的弹力与重力相等时，合力为零，加速度为零，速度最大，根据P=mgv，可知小球重力的功率最大，而乙状态的加速度为重力加速度，不为零，故此时小球重力的功率不是最大，故C错误；
D．由状态甲到状态丙，动能的改变量为零，弹性势能减小，重力势能增加，根据系统机械能守恒可知，在甲状态弹黄的弹性势能等于小球克服重力所做的功，故D正确。

故选D．
【题目点拨】
根据加速度的方向，分析弹簧的弹力与小球重力的关系．小球从A上升到B位置的过程中，平衡位置速度最大，动能增大；小球上升过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒．由此分析解答．
4、D
【解题分析】
弹簧的弹力满足胡克定律，F=k△x，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长．
【题目详解】
根据胡克定律得：F=k△x=k（l´-l），l´是弹簧的长度，l是弹簧的原长，由数学知识知：F-l´图象的斜率等于k，横截距表示弹簧的原长．所以有：l1＜l2，k1＞k2，故A、B、C 错误，D正确．
故选：D
5、C
【解题分析】A、从p至a过程中人做自由落体运动，b点是人静止悬吊着的位置，即平衡位置，那么过了b点后，人就开始减速运动了，c点是人所到达的最低点，所以人的动能是先增大后减小，故A错误；
B、从p至a过程中人做自由落体运动，所以机械能守恒，故B错误；
C、从P至点c的过程中，重力和弹力做功，由于初速度和末速度都是1．根据动能定理，重力所做功等于人克服弹力所做功，故C正确；
D、从a到c过程，机械能守恒，动能减少，重力势能减少，弹性势能增加，故重力势能减少量小于弹性势能增加量，故D错误。

综上所述本题答案是：C
6、A
【解题分析】
通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量的科学家是密立根，故A错误；牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了牛顿运动定律，故B正确；法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律--库仑定律，，故C正确；卡文迪许利用扭称装置比较准确地测出了引力常量，体现了放大和转换的思想，故D正确．本题选错误的，故选A．
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】
试题分析: A、B、从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小
船后具有向上游的加速度，故水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A 正确，B 错误．C 、D 、由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，故C 正确，D 错误；故选AC ．
考点：考查运动的合成和分解、小船渡河．
【名师点睛】解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速
和水流速．以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河时，时间最短．
8、BCD
【解题分析】
A.物块的重力势能减少等于重力对物体做的功，为：
sin3021040.5J 40J p E mgx ∆=︒=⨯⨯⨯=
故A 错误；
BD.物块的合外力为
F 合8N ma ==
合外力做功为：
W 合 F =合84J 32J x =⨯=
根据动能定理知，物块的动能增加等于合外力做功，为：
32J k E ∆=
故B 、D 正确；
C.物块的重力势能减少40J ，动能增加32J ，则机械能减少40J 32J 8J -=，故C 正确。

9、AD
【解题分析】
试题分析：由粒子的运动轨迹可知，粒子一定受到指向运动轨迹凹面的电场力，再结合电场线的方向可知，电场力一定沿水平方向向左，由于粒子带负电，故电场线的方向一定水平向右，选项A 正确；若粒子由b 运动到a ，则电场力做负功，粒子的动能会减小，反之，当粒子由a 运动到b 时，电场力做正功，则粒子的动能会增大，故不能确定粒子的运动方向，选项BC 错误；由于粒子由a 到b 时，电场力做正功，故电势能一定减小，即粒子在a 点的电势能一定大于在b 点的电势能，选项D 正确．
考点：电场力、动能定理，电势能．
【思路点拨】这类题一般先由曲线的偏转方向确定其受力的方向，然后再由该方向与位移夹角确定电场力做正功还是负功，再判断其他的选项．
10、AC
【解题分析】
A. 对N 受力分析知绳子的拉力F 在竖直方向的分力恒等于重力，即
F cos θ=m N g
所以只要角度不变，绳子的拉力不变，故A 正确；
B. 对M 受力分析知竖直方向
F ′N =F cos θ+mg
与角速度无关，故B 错误；
C. 对M 受力分析知水平方向
F sinθ±f =mω2r
角速度不同，摩擦力大小可能相同，但方向相反，故C 正确。

D. 环N 与竖直杆之问的弹力
F N =F sin θ
不变，故D 错误。

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 2.5 4
【解题分析】
[1]在竖直方向上有
△y =gT 2
得
T = 则闪光的频率
110Hz f T
==。

[2]小球抛出时的初速度大小
050.05m/s=2.5m/s 0.1
x v T ⨯== [3]小球在B 点竖直方向的速度 120.05m/s=3m/s 20.2AC yB y v T ⨯=
= 从抛出到C 点，经历的时间
0.10.4yB
v t s g =+=
则速度的变化量
△v =gt =4m/s
【名师点睛】
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住竖直方向上在相等时间间隔内的位移之差是一恒量，结合运动学公式和推论灵活求解。

12、3 外电阻减小，路端电压应该减小，路端电压的倒数应该增大
如图所示：
3.9V 1.71Ω
【解题分析】
试题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律得路端电压E r=E-R+r
U E I r =-，所以外电阻减小，路端电压逐渐减小．根据表中的数据和实验原理，第3组数据是错误的，随电阻倒数的增大路端电压的倒数应增大，即随着电阻的减少路端电压应逐渐减小． （3）根据描点法绘出11U R
-如图所示的关系曲线如图所示． （3）由实验原理：U E U Ir U r R
=+=+，变形得：111r U E R E =+，由此可知1U 与1R
成线性关系． 图象的纵轴截距等于1E ，斜率大小等于r E ,如图根据数学知识求出图象的纵截距为1．3，即1E =1．3．解得电动势E=3．9V , 图象的斜率等于r E ,则有1.580.350.255.00
r E -==，解得内阻r=1．73Ω． 考点：测定电源的电动势和内阻
【名师点睛】测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，实验的电路有三种，分别是伏安法、伏阻法和安阻法．本题采用转换法，将非线性关系通过数学变形转换成了线性关系根据闭合电路欧姆定律进行分析，明确数据的变化情况；根据描点法可得出
对应的图象； 根据闭合电路欧姆定律列式，通过图象将公式变形，再根据图象的性质即可分析电动势和内电阻．
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）2m/s （2）0.5m/s （3）0.055J
【解题分析】
（1）如乙图所示，最初弹簧具有的弹性势能：
100.04J 0.2J 2
p E ⨯== 根据机械能守恒得：
2012
p E mv = 可得 02m/s v =
（2）设a 棒反弹的速度为1v ，b 棒碰后速度为3v ，金属棒b 离开磁场时的速度2v 。

a 弹回至CD 处时弹簧具有的弹性势能为：
50.02J 0.05J 2
p E ⨯'== 根据机械能守恒得：
2112
p E mv '= 解得11m/s v =
对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
013mv mv Mv =-+
可得31m/s v =
b 棒通过磁场的过程，根据动量定理得：
23()BILt ft M v v --=-
又：
0.2C q It ==
0.3N f Mg μ==
可得20.5m/s v =
（3）根据：
Et BLvt BLx q It R r R r R r ====+++ 可得0.1m x = 整个过程中回路产生的总热量：
()223212
Q M v v fx =--总 电阻R 上产生的热量：
R R Q Q R r
=+总 联立解得：0.055J R Q =
14、 (1)12J ；(2)12.5N ；(3)16J
【解题分析】 (1)根据动能定理-mgμL=0- 可求弹簧弹性势能为
解得： （3分）
(2)根据平抛运动的规律：
解得： （2分）
再根据牛顿第二定律：
解得： （1分）
(3)从D 到E 根据动能定理：
解得：
（1分） 从B 到D ：
解得： （1分） （1分）
（2分）
考点：本题考查动能定理
15、（1）3ρ4g GR π= （2）2232h 4g R T R π
= （3224R gT π
【解题分析】
（1）在行星附近满足：2Mm mg G
R = ， 行星的体积：343
V R π= 解得2
33443
gR M g G V GR R ρππ=== （2）根据222
4()()GMm m R h R h T π⋅+=+
解得h R = （3） 设行星同步卫星的环绕速度为v ，行星的第一宇宙速度为v 1； 行星的同步卫星：2
2()G m m R h R h
v M =++ 行星第一宇宙速度：212v GMm m R R
=
行星同步卫星的环绕速度与该行星第一宇宙速度的比值1v v ==。