2024年安徽省安庆一中安师大附中铜陵一中马鞍山二中物理高三第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

2024年安徽省安庆一中安师大附中铜陵一中马鞍山二中物理高三第一学期期末教学质
量检测模拟试题
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、如图所示，一正方形木板绕其对角线上O 1点做匀速转动。

关于木板边缘的各点的运动，下列说法中正确的是
A ．A 点角速度最大
B ．B 点线速度最小
C ．C 、
D 两点线速度相同
D ．A 、B 两点转速相同
2、如右图所示，在一真空区域中，AB 、CD 是圆O 的两条直径，在A 、B 两点上各放置一个电荷量为＋Q 的点电荷，关于C 、D 两点的电场强度和电势，下列说法正确的是( )
A ．场强相同，电势相等
B ．场强不相同，电势相等
C ．场强相同，电势不相等
D ．场强不相同，电势不相等
3、一质点做匀加速直线运动时，速度变化v ∆时发生位移1x ，紧接着速度变化同样的v ∆时发生位移2x ，则该质点的加速度为（ ）
A ．21211()v x x ⎛⎫∆+ ⎪⎝⎭
B ．2
12()2v x x ∆- C ．21211()v x x ⎛⎫∆- ⎪⎝⎭
D ．2
12
()v x x ∆- 4、如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框（金属线框处于纸面内），每段圆弧的长度均为L ，固定于垂直纸面向外、大小为B 的匀强磁场中。

若给金属线框通以由A 到C 、大小为I 的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为（ ）
A ．IL
B ，垂直于A
C 向左
B ．2ILB ，垂直于A
C 向右
C ．6ILB
π
，垂直于AC 向左
D ．3ILB π
，垂直于AC 向左 5、1897年汤姆孙发现电子后，许多科学家为测量电子的电荷量做了大量的探索。

1907-1916密立根用带电油滴进行实验，发现油滴所带的电荷量是某一数值e 的整数倍，于是称这数值为基本电荷，如图所示，两块完全相同的金属极板止对若水平放置，板间的距离为d ，当质量为m 的微小带电油滴在两板间运动时，所受它气阻力的大小与速度大小成正比。

两板间不加电压时，得以观察到油滴竖直向下做匀速运动，通过某一段距离所用时间为t 1；当两板间加电压U （上极板的电势高）时，可以观察到同一油滴竖直向上做匀速运动，且在时间t 2内运动的距离与在时间t 1内运动的距离相等。

忽略空气浮力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．根据上板电势高时观察油滴竖直向上做匀速运动可以判定油滴带正电
B ．密立根根据实验数据计算出油滴所带的电荷量大约都是1.6×10-19C
C ．根据不加电压和加电压两个匀速过程可以求解出油滴所带的电荷量Q =()
122mgd t t Ut +
D ．根据两板间加电压U （上极板的电势高）时观察到同油滴竖直向上做匀速运动，可以计算出油滴的电荷量Q =mgd U
6、如图所示，A 、B 两滑块质量分别为2kg 和4kg ，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平面上，并用手按着滑块不动，第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4kg 的钩码C 挂于动滑轮上，只释放A 而按着B 不动；第二次是将钩码C 取走，换作竖直向下的40N 的恒力作用于动滑轮上，只释放B 而按着A 不动。

重力加速度g ＝10m/s 2，则两次操作中A 和B 获得的加速度之比为（ ）
A ．2：1
B ．5：3
C ．4：3
D ．2：3
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、如图甲所示，A 、B 两平行金属板长为l ，两板间加如图乙所示的方波电压（图中所标数据均为已知量），质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从两板中线左端O 点在t =0时刻以0l v T
=
的速度平行金属板射入两板间，结果粒子在上板右端边缘附近射出，不计粒子的重力，则
A ．粒子带正电
B ．粒子从板间射出时的速度大小仍等于0v
C 202qU T m
D ．要使粒子仍沿中线射出，粒子从O 点射入的时刻为()212T t n =+,0,1,2N =
8、如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放。

某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox ，作出小球所受弹力F 大小随小球下落的位置坐标x 的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g 。

以下判断正确的是
A ．当x =h +x 0时，重力势能与弹性势能之和最小
B ．最低点的坐标为x =h +2x 0
C ．小球受到的弹力最大值等于2mg
D ．小球动能的最大值为02
mgx mgh 9、如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。

电路通过电刷与圆盘的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为E ，内阻为r ，定值电阻为R 。

先将开关闭合，待圆盘转速稳定后再断开开关，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（ ）
A ．闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动
B ．闭合开关转速稳定时，流过圆盘的电流为零
C ．断开开关时，a 点电势低于b 点电势
D ．断开开关后，流过电阻R 上的电流方向与原电流方向相反
10、如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速直线运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知x ab ＝x bd ＝6 m ，x bc ＝1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则( )
A ．v c ＝3 m/s
B ．v b ＝4 m/s
C ．从d 到e 所用时间为2 s
D ．de ＝4 m
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）.现测定长金属丝的电阻率。

（1）先用螺旋测微器测量金属丝直径，结果如图甲所示，其读数是________mm ，再用毫米刻度尺测量金属丝长度，结果如图乙所示，其读数是________mm 。

（2）利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻，这段金属丝的电阻x R 约为100 Ω。

电源E （电动势10 V ，内阻约为10 Ω）；；
电流表1A （量程0~250 mA ，内阻15r =Ω）；
电流表2A （量程0~300 mA ，内阻约为5 Ω）；
滑动变阻器1R （最大阻值10 Ω，额定电流2 A ）；
滑动变阻器2R （最大阻值1000 Ω，额定电流1 A ）；
开关S 及导线若干。

①某同学根据题意设计了实验方案（图丙），滑动变阻器应该选择________（填“1R ”或“2R ”）；
②请在图丙中把实验电路图补充完整，并标明器材代号_______；
③该同学测量得到电流表1A 的读数为1I ，电流表2A 的读数为2I ，则这段金属丝电阻的计算式x R =________，从设计原理看其测量值与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。

12．（12分）实验室有一节干电池，某同学想测量其电动势和内阻。

除了一节干电池、开关S ，导线还有下列器材供选用：
A ．灵敏电流计G （0~200μA ，内阻R A 为10Ω）
B ．定值电阻R 1（9990Ω，额定电流0.3A ）
C ．定值电阻R 2（990Ω，额定电流1A ）
D ．电阻箱R （0~99.9Ω，额定电流3A ）
（1）为了测量电动势，该同学应该选哪个定值电阻______（选填“R 1”或“R 2”）；
（2）在虚线框中画出实验电路图______；
（3）按照正确的电路图连接好电路，实验后得到如图所示的
1I －1R
图像，则该同学测得电源的电动势为________V ，内阻为________Ω（结果均保留两位有效数字）。

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，质量均为m 的两个小球A 、B 固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，AB=OB=l ，可绕过O 点且与纸面垂直的水平轴无摩擦地在竖直平面内转动，空气阻力不计。

A 球带正电，B 球带负电，电量均为q ，整个系统处在竖直向下的匀强电场中，场强E =2mg q。

开始时，AB 水平，以图中AB 位置为重力势能和电势能的零点，问： (1)为使系统在图示位置平衡，需在A 点施加一力F ，则F 至少多大？方向如何？
(2)若撤去F ，OB 转过45°角时，A 球角速度多大？此时系统电势能总和是多大？
(3)若撤去F ，OB 转过多大角度时，系统机械能最大？最大值是多少？
14．（16分）如图甲，两个半径足够大的D 形金属盒D 1、D 2正对放置，O 1、O 2分别为两盒的圆心，盒内区域存在与盒面垂直的匀强磁场。

加在两盒之间的电压变化规律如图乙，正反向电压的大小均为U o ，周期为T o ，两盒之间的电场可视为匀强电场。

在t =0时刻，将一个质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子由O 2处静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在02
T t =时刻通过O 1.粒子穿过两D 形盒边界M 、N 时运动不受影响，不考虑由于电场变化而产生的磁场的影响，不计粒子重力。

(1)求两D 形盒边界M 、N 之间的距离；
(2)若D 1盒内磁场的磁感应强度10m B qT π=
，且粒子在D 1、D 2盒内各运动一次后能到达 O 1，求D 2盒内磁场的磁感应强
度；
(3)若D 2、D 2盒内磁场的磁感应强度相同，且粒子在D 1、D 2盒内各运动一次后在t = 2T o 时刻到达O l ，求磁场的磁感应强度。

15．（12分）如图所示，一轻弹簧左端与竖直的墙连接，右端与质量为m 的物块接触，开始时弹簧处于原长，弹簧的劲度系数为k ，现用恒力F 向左推物块，当物块运动到最左端时，推力做的功为W ，重力加速度为g ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧的形变在弹性限度内，求：
（1）物块向左移动过程中克服摩擦力做的功；
（2）物块运动到最左端时，撤去推力，弹簧能将物块弹开，则物块从最左端起向右能运动多远？
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、D
【解题分析】
A ．根据题意，一正方形木板绕其对角线上1O 点做匀速转动，那么木板上各点的角速度相同，故A 错误；
B ．根据线速度与角速度关系式v r ω=，转动半径越小的，线速度也越小，由几何关系可知， 1O 点到BD 、B
C 边垂线的垂足点半径最小，线速度最小，故B 错误；
C ．从1O 点到C 、
D 两点的间距相等，那么它们的线速度大小相同，方向不同，故C 错误；
D ．因角速度相同，因此它们的转速也相等，故D 正确；
故选D 。

【解题分析】
根据电场的叠加原理，C 、D 两点的场强如图
由于电场强度是矢量，故C 、D 两点的场强相等，但不相同；两个等量同种电荷的电场关于两电荷的连线和连线的中垂线对称，故根据电场的对称性，可知C 、D 两个点的电势都与P 点的电势相同；
故选B ．
3、D
【解题分析】
设质点做匀加速直线运动，由A 到B ：
()220012v v v ax +∆-=
由A 到C
()()22001222v v v a x x +∆-=+
由以上两式解得加速度
2
12()v a x x ∆=- 故选D 。

4、D
【解题分析】
由左手定则可知，导线所受安培力垂直于AC 向左；设圆弧半径为R ，则
126
R L π⋅=
3L
R π=
则所受安培力
33L
BIL
F BI ππ==
故选D 。

5、C
【解题分析】
A ．当极板上加了电压U 后，该油滴竖直向上做匀速运动，说明油滴受到的电场力竖直向上，与板间电场的方向相反，所以该油滴带负电，A 错误；
B ．油滴所带的电荷量大约都是1.6×10-19
C 的整数倍，B 错误；
C ．设油滴运动时所受空气阻力f 与速度大小v 满足关系为
f kv =
当不加电场时，设油滴以速率v 1匀速下降，受重力和阻力而平衡，即
1mg kv =
当极板加电压U 时，设油滴以速率v 2匀速上升，受电场力、重力和阻力，即
2QE mg kv =+
其中
U E d
= 根据题意有
1122v t v t =
解得
()122
mgd t t Q Ut += C 正确；
D ．加上电压时，油滴运动过程中，不仅仅只受电场力和重力作用，还受阻力作用，所以
U Q mg d
≠，D 错误。

故选C 。

6、C
【解题分析】
第一种方式：只释放A 而B 按着不动，设绳子拉力为T 1，C 的加速度为a ，对A 根据牛顿第二定律可得
T 1=m A a A
对C 根据牛顿第二定律可得：
m C g -2T 1=m C a
根据题意可得
a A =2a
联立解得：
23
A a g = 第二种方式：只释放
B 而A 按着不动，设绳子拉力为T 2，对B 根据牛顿第二定律可得
T 2=m B a B
而
T =40N=2T 2
联立解得：
a B =12
g 在以上两种释放方式中获得的加速度之比为a A ：a B =4：3，故C 正确、ABD 错误。

故选C 。

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】
A ．由于粒子射入两板间的速度0l v T =，因此粒子穿过两板的时间为0
l t T v ==，粒子从t =0时刻射入两板间，结果粒子在上板右端附近射出，说明粒子射入两板间后，在竖直方向开始受到的电场力向上，由于开始时AB U 为正，上板带正电，表明粒子带负电，选项A 错误；
B ．从t=0时刻开始，在一个周期内，粒子在垂直于金属板方向上先做初速度为零的匀加速运动后做匀减速运动到速度为零，因此粒子从板间射出时速度大小仍等于0v ，选项B 正确；
C ．两板间的电场强度0U E d
=，粒子的加速度 0qU qE a m md =
= 则
2
1422T d a ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭
求得
d =选项C 正确；
D ．要使粒子仍沿中线射出，则粒子从O 点射入的时刻()21424
T T T t n n =
+=+，n=0，1，2……，选项D 错误； 故选BC.
8、AD
【解题分析】
由图象结合小球的运动过程为:先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。

A ．当x =h +x 0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A 正确；
B ．在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功的绝对值相等，即到最低点图中实线与x 轴围成的面积应该与mg 那条虚线与x 轴围成的面积相同，所以最低点应该在h +2x 0小球的后边，B 错误；
C ．由B 知道最低点位置大于02x h x =+，所以弹力大于2mg ， C 错误；
D ．当x =h +x 0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得 00011()22
G N W W mg h x mg x mgh mgx +=+-⋅=+， 故D 正确。

9、BC
【解题分析】
A ．闭合开关时，铜圆盘中有电流经过，圆盘中电流方向沿半径向外，根据左手定则可知，从上往下看圆盘顺时针转动，故A 错误；
B ．闭合开关转速稳定时，圆盘不受安培力作用，根据F BIL =可知流过圆盘的电流为零，故B 正确；
C ．断开开关时，从上往下看，圆盘顺时针转动，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，由右手定则知，圆盘中电流方向沿半径向里，所以a 点电势低于b 点电势，故C 正确；
D ．闭合开关时，流过电阻R 上的电流方向从b 点经电阻R 到a 点；断开开关时，a 点电势低于b 点电势，流过电阻R
上的电流方向从b 点经电阻R 到a 点，所以断开开关后，流过电阻R 上的电流方向与原电流方向相同，故D 错误； 故选BC 。

10、AD
【解题分析】
物体在a 点时的速度大小为v 0，加速度为a ，则从a 到c 有x ac =v 0t 1+12at 12；即7=2v 0+2a ；物体从a 到d 有x ad =v 0t 2+12
at 22，即3=v 0+2a ；故a=-12m/s 2，故v 0=4m/s ；根据速度公式v t =v 0+at 可得v c =4-12
×2=3m/s ，故A 正确．从a 到b 有v b 2-v a 2=2ax ab ，解得v b =10m/s ，故B 错误．根据速度公式v t =v 0+at 可得v d =v 0+at 2=4-12
×4m/s=2m/s ．则从d 到e 有-v d 2=2ax de ；则44122de x m =⨯＝．故D 正确．v t =v 0+at 可得从d 到e 的时间2412d de v t s s a =-＝＝．故C 错误．故选AD ． 【题目点拨】
本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解.
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、3.700 601.0 R 1 1121
x I r R I I =- 相等 【解题分析】
（1）[1][2]．螺旋测微器测量金属丝直径读数是3.5mm+0.01mm×
20.0=3.700mm ； 用毫米刻度尺测量金属丝长度读数是60.10cm=601.0mm 。

（2）①[3]．某同学根据题意设计了实验方案，滑动变阻器接成分压电路，则可知应该选择阻值较小的R 1； ②[4]．根据伏安法可知，实验中需用一个已知内阻的电流表A 1作为电压表测定待测电阻的电压，实验电路图如图所示；
③[5][6]．根据电路图可知 1121
x I r R I I =- 从设计原理看其测量值与真实值相比相等。

12、R 1 1.4 0.50
【解题分析】
(1)[1] 一节干电池电动势约为1．5V ，可以把表头改装成2V 的电压表，需要串联电阻阻值为：
R 串＝g U I ﹣R A ＝6220010
-⨯﹣10Ω＝9990Ω 选定值电阻R 1。

(2)[2] 应用电压表与电阻箱测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，实验电路图如图所示：
(3)[3][4] 电压表内阻为：
R V ＝R A +R 1
由图示电路图可知，电源电动势为：
E ＝U +I 总r ＝IR V +（I +
V IR R
）r 整理得：
1I ＝V rR E •1R +V R r E
+ 由图示1I ﹣1R
图象可知，图象的斜率： k ＝V rR E ＝4
0.7102
⨯ 截距：
b ＝V R r E
+＝0.7×104 解得电源电动势：
E ＝1.4V ，r ＝0.50Ω
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
；方向与AB 成45︒角斜向上（2
mgl （3）90°；12mgl 【解题分析】
(1)当
F 垂直于OA 时力最小，根据力矩平衡：
mgl qEl F +=
已知：
12
qE mg
= 可以求出：
4
min F mg = 方向与AB 成45︒角斜向上
(2)对系统列动能定理可得：
2211()()(1cos45)22
A B mg qE l mg qE l mv mv ++--︒
=+ 其中： A v l =，B v l ω=
可得：
ω=此时，电场力对A 球做正功，则有：
A W qEl =
电场力对B 球做负功，则有：
(1cos45)B W qEl =--︒
则电场力对系统做功：
cos45W qEl =︒
则系统电势能：
24P E qEl ==
(3)电势能最小时，机械能最大，由(2)的结论，系统电势能总和为：
cos θP E qEl =-
即当90θ=︒，电势能最小：
min P l E qE =-
初始位置时，电势能和机械能均为零，则此时最大机械能：
12max E qEl mgl ==
机 14、
(1)
(2) 0m qT
(3) 0
【解题分析】
(1)设两盒之间的距离为d ，盒间电场强度为E ，粒子在电场中的加速度为a ，则有
U 0=Ed qE=ma
201()22
T d a = 联立解得
d =(2)设粒子到达O 1的速度为v 1，在D 1盒内运动的半径为R 1，周期为T 1，时间为t 1，则有
012
T v a =⋅ 21111
mv qv B R =
1112R T v π= 1112
t T = 可得 t 1=T 0
故粒子在032
T 时刻回到电场；
设粒子经电场再次加速后以速度v 2进入D 2盒，由动能定理 220211122
qU mv mv =- 设粒子在D 2盒内的运动半径为R 2，则
22222
mv qv B R = 粒子在D 1D 2盒内各运动一次后能到达O 2应有
R 2=R 1
联立各式可得
20
2m B qT π= (3)依题意可知粒子在D 1D 2盒内运动的半径相等；又
2
mv qvB R
= 故粒子进入D 2盒内的速度也为v 1；可判断出粒子第二次从O 2运动到O 1的时间也为02
T 粒子的运动轨迹如图；
粒子从P 到Q 先加速后减速，且加速过程的时间和位移均相等，设加速过程的时间为t 2，则有
21221122
d v t at =+ 则粒子每次在磁场中运动的时间
0322
T t t =
- 又 2m T qB π= 32
T t = 联立各式解得
2(45m B qT π= 15、（1）f mg
W mgx W F μμ==（2）2
2'2kW x mgF μ= 【解题分析】
（1）设物块向左移动的距离为x ，根据题意：W x F =
克服摩擦力做功：f mg
W mgx W F μμ==
（2）物块向左运动过程中，由于弹簧的弹力与物块运动的位移成正比，弹簧弹力做功：201()22FN kx W W x k F +=-
=- 根据弹簧弹力做功与弹性势能大小关系，弹簧具有的最大弹性势能：222P FN
kW E W F
=-= 撤去推力后，根据动能定理：'0FN W mgx μ'-=
'=(0-)FN P W E - 可得物块能向右运动的距离：2
22kW x mgF
μ'= 点睛：此题关键要搞清能量之间的转化关系，知道弹力做功等于弹性势能的变化；因弹簧的弹力与物块运动的位移成正比，所以求解弹力做功时，弹力可取平均值.。