山东省淄博市淄博实验中学2024年物理高三第一学期期中综合测试模拟试题含解析

山东省淄博市淄博实验中学2024年物理高三第一学期期中综合
测试模拟试题
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，A是一质量为M的盒子，B的质量为3
5
M
，用细绳相连，跨过光滑的定
滑轮，A置于倾角为 =30°的斜面上，B悬于斜面之外，处于静止状态.现在向A中缓慢地加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中下列说法错误的是
A．绳子拉力大小不变，恒等于3
5 Mg
B．A对斜面的压力逐渐增大
C．A所受的摩擦力逐渐增大
D．A所受的摩擦力先减小后增大
2、一名攀岩运动员在登上陡峭的峰顶时不小心碰落了一块石块，8 s后他听到石块落到地面的声音．若考虑到声音传播所需的时间，设声音在空气中传播的速度为340 m/s，则山峰的实际高度值应最接近于(g取10m/s2)( )
A．80 m
B．160 m
C．250 m
D．320 m
3、如图所示，在M、N两点分别固定两个点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，MN连线的中点为O．正方形ABCD以O点为中心，E、F、G、H分别是正方形四边的中点．则下列说法正确的是（）
A ．A 点电势低于
B 点电势
B ．A 点和B 点的电场强度的大小相等
C ．O 点的电场强度为零，电势也为零
D ．同一试探电荷沿路径A→C→D 移动比沿路径A→B 移动电场力做的功多
4、如图所示，真空中O 点存在一个带正电的点电荷Q ，附近有一个不带电的金属网罩W ，网罩内部有一点P ，OP ＝r ．静电力常量记作k ，下列判断正确的是（ ）
A ．金属网罩包含的自由电荷很少，静电感应后不能达成静电平衡
B ．金属网罩对电荷Q 的作用力表现为斥力
C ．金属网罩的左部电势较高，右部电势较低
D ．金属网罩的感应电荷在P 点产生的感应电场场强大小为2Q k r 5、如图所示，分解一个水平向右的力F ，F=6N ，已知一个分力F 1=4N 和另一个分力F 2与F 的夹角为30°，以下说法正确的是（ ）
A ．只有唯一解
B ．一定有两组解
C ．可能有无数解
D ．可能有两组解
6、两颗人造卫星绕地球运动周期相同，轨道如图所示，分别为圆轨道和椭圆轨道，AB 为椭圆的长轴，C 、D 为两轨道交点。

已知椭圆轨道上的卫星到C 点时速度方向与AB 平行，则下列说法中正确的是( )
A ．卫星在圆轨道的速率为0v ,卫星椭圆轨道A 点的速率为A v ,则0A v v
B ．卫星在圆轨道的速率为0v ,,卫星在椭圆轨道B 点的速率为B v ,则0B v v >
C ．两个轨道上的卫星运动到C 点时的加速度相同
D ．两个轨道上的卫星运动到C 点时的向心加速度大小相等
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、如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，三角形外的磁场（足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B ．把粒子源放在顶点A 处，它将沿∠A 的角平分线发射质量为m 、电荷量为q 、初速度为v 0的带负电的粒子（粒子重力不计）．则下列说法正确的是（ ）
A ．若v 0=qBL m ，则粒子第一次到达C 点所用的时间为m q
B π B ．若v 0=
2qBL m ，则粒子第一次到达C 点所用的时间为23m qB π C ．若v 0=qBL m
，则粒子第一次到达B 点所用的时间为2m qB π D ．若v 0=2qBL m
，则粒子第一次到达B 点所用的时间为3m qB π 8、如图所示，长方体物块上固定一长为L 的竖直杆，物块及杆的总质量为如2m .质量为m 的小 环套在杆上，当小环从杆顶端由静止下滑时，物块在水平拉力F 作用下，从静止开始沿光滑 水平面向右匀加速运动，环落至杆底端时，物块移动的距离为2L ,已知F =3mg ,重力加速度为g .则小环从顶端下落到底端的运动过程
A 5L
B ．小环所受摩擦力为2mg
C ．小环运动的加速度为2g
D ．小环落到底端时，小环与物块及杆的动能之比为5:8
9、如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O 有一小球，从静止释放，沿斜面运动到底端B 的时间是t 1．若给小球不同的水平初速度，落到斜面上的A 点，经过的时间是t 2，落到斜面底端B 点，经过的时间是t 3，落到水平面上的C 点，经过的时间是t 4，则()
A ．21t t >
B ．32t t >
C ．43t t >
D ．14t t >
10、空间中P 、Q 两点处各固定一个点电荷，P 、Q 两点附近电场的等势面分布如图所示，a 、b 、c 、d 为电场中的4个点，已知a 、c 的电势关系为φa >φc ，则( )
A ．P 、Q 两点处的电荷为等量同种电荷
B ．a 点和b 点的电场强度相同
C ．c 点的电势低于d 点的电势
D ．负电荷从b 到d 电势能增加
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）如图所示为研究平行板电容器电容的实验．电容器充电后与电源断开，电量Q 将________（填“增大”、“减小”或“不变”），与电容器相连的静电计用来测量电容器的___________．在常见的电介质中，由于空气的介电常数是最小的，当极板间插入其它的电介质板时，电容器的电容将___________（填“增大”、“减小”或“不变”），于是我们发现，静电计指针偏角将___________．（填“增大”、“减小”或“不变”）
12．（12分）某兴趣小组的同学用弹簧测力计拉橡皮筋，探究求合力的方法，同时进一步研究橡皮筋拉伸过程的受力特点及对其弹性的影响.
(1)小虎同学在“探究求合力的方法”实验中，用两只弹簧测力计拉橡皮筋的情形如图甲所示•小虎在实验操作中的错误和不妥之处有（写出两条）_____
(2)小华同学通过实验，研究橡皮筋拉伸过程的受力特点及其对橡皮筋弹性的影响. ①实验装置如图乙所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O 点，下端A 挂一质量为m 的重物.人拉绳方向始终平行于白纸且与水平方向成30，缓慢地移动A ，当橡皮筋与水平方向也成30时，记下此时下端A 的位置P ,重复上述过程，橡皮筋与水平方向再次成30时，记下下端A 的位置Q ,位置P 与Q 不重合，从O 点作一条直线过P 、Q 两点，如图丙所示.则实验中下端A 分别被拉伸到 位置p 和Q 时，橡皮筋所受弹力的大小关系为P F _______Q F (选填">”、"<"、"=”).实验表 明，橡皮筋被反复拉伸后，其劲度系数 ____ (选填“变大”、“变小”、“不变”)•
②人保持①中原拉绳方向不变，将结点A 从O 点正下方缓慢移动，直至橡皮筋与水平方向也成30的过程中，橡皮筋所受弹力（______）
A ．一直减小
B ．一直增大
C ．先减小后增大
D ．先增大后减小
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）一定质量的理想气体从状态A 到状态B 再到状态C 的过程如p －V 图象所示，已知A 状态时气体的温度为t A =－73C 。

求：
（1）C 状态时气体的热力学温度T C 的大小；
（2）从状态A 到状态B 的过程，气体吸热还是放热，简要说明理由。

14．（16分）如图所示，ABC 是三棱镜的一个截面，其折射率为 1.5n =，现有一细束平行与截面的光线沿MN 方向射到棱镜的AB 面上的N 点，2AN NB cm ==，入射角的大小为i ，且sin 0.75i =，已知真空中的光速83.010/c m s =⨯，
求：①光在棱镜中传播的速率；
②此束光进入棱镜后从棱镜射出的方向和位置（不考虑AB 面的反射）．
15．（12分）一位足球爱好者，做了一个有趣的实验：如图所示，将一个质量为m 、半径为R 的质量分布均匀的塑料弹性球框静止放在粗糙的足够大的水平台面上，质量为M （M ＞m ）的足球（可视为质点）以某一水平速度v 0通过球框上的框口，正对球框中心射入框内，不计足球运动中的一切阻力。

结果发现，当足球与球框发生第一次碰撞后到第二次碰撞前足球恰好不会从右端框口穿出。

假设足球与球框内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑球框与台面之间的摩擦，求：
（1）人对足球做的功和冲量大小；
（2）足球与球框发生第一次碰撞后，足球的速度大小；
（3）球框在台面上通过的位移大小。

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】
A ．处于平衡状态，故绳子拉力等于
B 的重力35Mg ，保持不变；故A 正确，不符合题意； B ．A 对斜面的压力等于A 及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力，随着沙子质量的增加，A 对斜面的压力逐渐增大；故B 正确，不符合题意；
CD ．未加沙子时，A 所受的重力沿斜面向下的分力为12
Mg ，小于绳子的拉力，A 有向上运动趋势，受向下静摩擦力；当向A 中缓慢加入沙子时，A 的重力沿斜面的分力逐渐增大，A 所受的摩擦力等于沙子的重力沿斜面向下的分力时摩擦力减小到零，随着沙子质量的增加，A 所受的摩擦力逐渐增大；故A 所受摩擦力先减小后增大，故C 错误，符合题意；D 正确，不符合题意；
2、C
【解题分析】若不考虑声音的传播需要时间，则这个山峰的高度：
221110832022
h gt m m ==⨯⨯=，考虑到声音传播需要一定时间后，石块下落到地面的时间小于8s ，因此落地速度和山峰高度都比上面算出的值小一些．根据上面算出的高度，作为估算，声音传播的时间可取约为13200.9340h t s s v =
==，因此山峰的实际高度估计约为： ()22111080.925022
h gt m m =
=⨯⨯-≈''，故C 正确，ABD 错误。

3、B
【解题分析】
将该图与等量异种电荷产生的电场的电场线相结合，如图：
根据电场线分布的对称性可知，结合沿电场线的方向电势降低可知，A 点的电势比B 点的电势高，故A 错误。

根据电场线分布的对称性可知，A 点电场强度与B 点电场强度大小相等，故B 正确。

由图可得O 点的电场强度不等于0，故C 错误由图可得，B 点的电势与D 点的电势相等，根据电场力做功的特点可知，同一试探电荷沿路径A→C→D 移动与沿路径A→B 移动电场力做的功一样多。

故D 错误。

故选B 。

【题目点拨】
解决本题的关键要熟悉等量异种电荷电场线分布特点，利用对称性进行判断，利用推论：负电荷在电势高处电势能小，是判断电势能变化常用的方法．
4、D
【解题分析】
根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，内部场强处处为零，感应起电的实质电子的转移．
【题目详解】
A 项：金属网罩在静电感应后一定能达成静电平衡，故A 错误；
B 项：由于静电感应，在金属网罩到达静电平衡后，靠近O 处的负电荷受到的吸引力大于远离O 处的正电荷受到的排斥力，所以金属网罩对电荷Q 的作用力表现为引力，故B 错误；
C 项：在金属网罩到达静电平衡后，本身是一个等势体，各点的电势是相等的，故C 错误；
D 项：在金属网罩到达静电平衡后，内部的场强处处为0，所以感应电荷在P 点产生的感应电场场强大小与点电荷在P 点产生的电场强度大小是相等的，方向相反，所以根据库仑定律可知感应电荷在P 点产生的感应电场场强大小为2
kQ E r
，故D 正确． 故应选D ．
【题目点拨】
达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，内部场强处处为零．这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉．
5、B
【解题分析】试题分析：根据平行四边形定则或者三角形定则作图分析：
若F 1＜Fsin30°，无解；
若F 1=Fsin30°，唯一解；
若F ＞F 1＞Fsin30°，两解；
若F 1＞F ，唯一解．
解：已知合力、一个分力的方向、另一个分力的大小，根据平行四边形定则作图，如图所示：
由于F ＞F 1＞Fsin30°，即6N ＞F 1＞3N ，故一定有两组解；
故选：B ．
【点评】本题关键是根据平行四边形定则作图分析，知道合力与分力是等效替代关系；要注意题目中的数量关系：．
6、C
【解题分析】
A 、椭圆轨道II 上的A 点为近地点到远地点
B ，引力做负功，故有A B v v >，过A 点和B 点做两圆轨道，由GM v r
=可知0A B v v v >>圆圆，A 点的圆变轨为过A 点椭圆需要加速有A A v v 圆>，则有0A A v v v 圆>>；B 点的椭圆变轨为圆也需要加速，则B B v v >圆，故有0B B v v v >>圆；则A ，B 均错误.
C 、两个轨道上的卫星运动到C 点时，所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律知加速度相同；故C 正确.
D 、因为两个轨道上的卫星在C 点的万有引力加速度大小相等，而在轨道I 上向心加速度与万有引力加速度大小相等，在轨道II 上向心加速度等于于万有引力的切向分加速度，故可知在两个轨道上向心加速度大小不等；故D 错误.
故选C.
【题目点拨】
本题考查万有引力定律、开普勒第三定律、牛顿第二定律等知识，知道卫星变轨的原理是解决本题的关键.
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】
若v 0=qBL m ，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：qvB=m 2v r ； T=2 m qB π；将速度代入可得：r=L ；从A 射出粒子第一次通过圆弧从A 点到达C 点的运动轨迹如下图所示，可得：63AC T m t qB
π==；故A 错误；
带电粒子在一个周期内的运动如图；带电粒子从C 到B 的时间：5563CB T m t qB π==；故从A 到B 的时间为：t AB =t AC +t CB =3m qB π+53m qB π= 2m qB π；故C 正确；若v 0=2qBL m ，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：
qvB=m 2v r
；2m T qB π=；将速度代入可得：r=12L ；故从A 射出粒子第一次通过圆弧从A 点到达C 点的运动轨迹如下图所示，可得：
222633AC T m m t qB qB ππ=⨯=⨯=，故B 正确；带电粒子从C 到B 的时间：2CB T m t qB ＝π=;故从A 到B 的时间为：t AB =t AC +t CB =
23m qB π+m qB π= 53m qB π，故D 错误；故选BC ． 【题目点拨】
本题考查带电粒子在磁场中的运动，难点在于几何图象的确定应分析，要抓住三角形内外圆半径均为L ，则可得出各自圆弧所对应的圆心角，从而确定粒子运动所经历的时间． 8、ABD
【解题分析】
ABC.水平方向上，据牛顿第二定律有：
33x F mg m a ==
代入数据解得：
x a g =
小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，另据水平方向的位移公式有： 2122
x L a t = 解得运动时间为：
t =在竖直方向上有：
212
y L a t = 解得： 2
y g a = 即小球在竖直方向上做加速度为
2g 的匀加速直线运动，据牛顿第二定律有： y mg f ma -=
解得小球所受摩擦力为：
2
mg f = 故小球运动的加速度为：
2a g ==
小球的合运动为匀加速直线运动，其路程与位移相等，即为：
S x ===
故AB 正确，C 错误；
D.小环落到底端时的速度为：
v 环2at g ==⨯= 其动能为：
k E 环52
mgL = 此时物块及杆的速度为：
v 杆x a t g ==⨯=其动能为： k E 杆4mgL =
故有小环与物块及杆的动能之比为5:8，故D 正确．
9、BD
【解题分析】
对三次平抛运动：平抛运动的时间取决于竖直的高度，所以其运动的时间关系是：t 2＜t 3=t 4；对于沿斜面运动到B 点和平抛到B 点这两个运动：平抛的加速度是g ，沿斜面运动的加速度的竖直分加速度是gsin 2θ，所以沿斜面运动的加速度小，运动的时间长，即t 1＞t 3=t 4；故AC 错误，BD 正确；故选BD ．
【题目点拨】
本题关键建立运动模型，明确沿斜面运动是匀加速直线运动，其余三种运动是平抛运动，平抛运动的时间取决于竖直分运动的位移．
10、CD
【解题分析】
A ．根据电场的图象可以知道，该电场是等量同种异号电荷的电场，故A 错误；
B ．等量同种异号电荷的电场线分布具有对称性（上下、左右），a 点和b 点的电场强度大小相等，而方向不同。

故B 错误；
C ．由题φa ＞φc ，结合电场线从正电荷出发到负电荷终止，顺着电场线方向电势逐渐降低，可知Q 带正电，P 带负电；c 点与d 点比较可知，c 点离P 点（负电荷）的距离更近，所以c 点的电势较低。

故C 正确；
D ．图中a 点的电势高于c 点电势，可知Q 带正电，P 带负电，所以由图可知 b 点的电势高于d 点的电势；而负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知负电荷从b 到d ，电势降低，电势能增大。

故D 正确。

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、不变；电势差；增大；减小；
【解题分析】
电容器充电后与电源断开，电量Q 保持不变；静电计可以测量电容器的电势差． 当插入介质时，ε增大，由4s C kd
επ=可知电容将增大；由Q U C =可知，两板间的电压减小，静电计指针偏角减小．
12、右侧测力计测量时未沿拉绳方向，左侧弹簧秤的拉力太大，用一把弹簧秤再次实验时会超量程 F P =F Q 变小 C
【解题分析】
(1)[1]在“探究求合力的方法”实验中，用两只弹簧测力计拉橡皮筋的情形，由图可知，右侧测力计测量时未沿拉绳的方向；左侧弹簧秤的拉力太大，用一把弹簧秤再次实验时会超量程；
(2)①[2]过O 点作一条直线与轨迹交于P 、Q 两点，实验中橡皮筋分别被拉伸到P 和Q 时所受拉力P F 、Q F 的方向相同，由于缓慢地移动A ，根据平衡条件得P F 、Q F 的大小
关系为P Q F F =；[3]再根据胡克定律F k x =∆可知，它们的弹力相同，而形变量P 到Q
变长，那么橡皮筋被反复拉伸后，其劲度系数会变小；
②[4]保持①中原拉绳方向不变，将结点A 从O 点正下方缓慢移动，直至橡皮筋与水平方向也成30的过程中，橡皮筋所受弹力如下图，即可知，橡皮筋所受弹力先减小后增大；
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。

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）1200K （2）吸收热量
【解题分析】
(1)由图象可知理想气体A 状态的参量为
a 20kP 1L (73273)K 200K A A A p V T ===-+=、、
C 状态参量为
a 30kP 4L C C p V ==、
由理想气体状态方程 A A C C A C
p V p V T T = 代入数据解得
T C =1200K
(2)由图象可知，由A 到B 压强不变，体积增大，气体对外做功，即
W ＜0 根据盖吕萨克定律可知温度升高，则气体内能增加，即
0U ∆>
根据热力学第一定律△U =W +Q 可得
0Q ＞
即气体吸热。

14、①82.010/m s ⨯；②3cm
【解题分析】
试题分析：光路图如图所示：
(1)光在棱镜中传播的速率：v ＝c n
＝2.0×108m/s ； (2)设此束光从AB 面射入棱镜后的折射角为r ，
由折射定律，n ＝sin sin i r
，解得r ＝30°．
显然光线从AB 射入棱镜后的折射光线NP 平行于底边AC ，由图中几何关系可得，光线入射到BC 面上入射角θ＝45°，光线从棱镜侧面发生全反射时的临界角为C ，则：
sin C ＝1n ＝23<2
，C <45°， 所以光线射到棱镜侧面BC 时将发生全反射，由图可知
光线将沿垂直于底面AC 方向由图中Q 点射出棱镜，CQ ＝PQ ＝AN sin60°． 考点：光的折射定律；波长、频率和波速的关系． 点评：解决本题的关键掌握光在真空中的速度与介质中的速度关系c n v
=
，以及光的折射定律和发生全反射的条件．
15、（1）202Mv ；Mv 0；（2）0M m v M m -+（3）2M R m 【解题分析】（1）人对足球做的功W ＝
2012
Mv 冲量：I ＝Mv 0 （2）足球的初速度为v 0，第一次碰撞后，设足球的速度为v 1，球框的速度为v 2。

对足球和球框组成的系统，由动最守恒定律得：Mv 0＝Mv 1＋mv 2
由能量守恒定律得
222012111222
Mv Mv mv =+ 联立解得足球的速度10M m v v M m -=
+ 球框的速度202M v v M m
=+ （3）多次碰撞后足球和球框最终静止，设球框受到台面的摩擦力为f ，通过的总位移为x 对足球和球框组成的系统，由能量守恒定律得2012fx Mv =
又第一次碰撞后经时间t ，足球恰好未从框口穿出 说明此时足球与球框二者共速，均为10M m v v M m -=
+ 由运动学规律得12122
v v t v t R +-= 对球框，由动量定理得 –ft ＝mv 1－mv 2 联立解得球框通过的总位移x ＝
2M R m。