2024届新疆维吾尔自治区喀什二中物理高三上期末教学质量检测模拟试题含解析

2024届新疆维吾尔自治区喀什二中物理高三上期末教学质量检测模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅为10cm，在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距0.7m（小于一个波长）。

当质点a在波峰位置时，质点b在x轴上方与x轴相距5cm的位置。

则该波波长（）
A．λ＝0.8m或λ＝5.6m B．0.8m＜λ＜5.6m
C．λ＜0.8m或λ＞5.6m D．无法确定
2、投壶是古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪。

某人向放在水平地面的正前方壶中水平投箭（很短，可看做质点），结果箭划着一条弧线提前落地了（如图所示）。

不计空气阻力，为了能把箭抛进壶中，则下次再水平抛箭时，他可能作出的调整为（）
A．减小初速度，抛出点高度变小
B．减小初速度，抛出点高度不变
C．初速度大小不变，降低抛出点高度
D．初速度大小不变，提高抛出点高度
3、一列简谐横波沿x轴传播，图（甲）是t=0时刻的波形图，图（乙）是x=1.0m处质点的振动图像，下列说法正确的是（）
A ．该波的波长为2.0m
B ．该波的周期为1s
C ．该波向x 轴正方向传播
D ．该波的波速为2.0m/s
4、如图所示，三条竖直虚线为匀强电场的等势线，实线为一电子仅在电场力的作用下从a 点运动到b 点的轨迹，下列说法正确的是（ ）
A ．a 点的电势低于b 点的电势
B ．电子在a 点的动能小于其在b 点的动能
C ．从a 点到b 点的过程中，电子的动量变化量方向水平向左
D ．从a 点到b 点的过程中，电子速度变化得越来越慢
5、用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是
A ．改用强度更大的紫外线照射
B ．延长原紫外线的照射时间
C ．改用X 射线照射
D ．改用红外线照射 6、原子核92238U 有天然放射性，能发生一系列衰变，可能的衰变过程如图所示。

下列说法中正确的是（ ）
A ．过程①的衰变方程为210210483812Bi Tl He →+
B ．过程①的衰变方程为210206483812Bi Tl H →+
C ．过程②的衰变方程为210206484822Po Pb He →+
D ．过程②的衰变方程为210210083841Bi Po e -→+
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，MN 是一半圆形绝缘线，O 点为圆心，P 为绝缘线所在圆上一点，且 OP 垂直于 MN ，等量异种电荷分别均匀分布在绝缘线上、下14
圆弧上．下列说法中正确的( )
A ．O 点处和 P 点处的电场强度大小相等，方向相同
B ．O 点处和 P 点处的电场强度大小不相等，方向相同
C ．将一正点电荷沿直线从 O 移动到 P ，电场力始终不做功
D ．将一正点电荷沿直线从 O 移动到 P ，电势能增加
8、如图所示，A 、B 两带电小球的质量均为m ，电荷量的大小均为Q （未知）。

小球A 系在长为L 的绝缘轻绳下端，小球B 固定于悬挂点的正下方，平衡时，小球A 、B 位于同一高度，轻绳与竖直方向成60︒角。

已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，则以下说法正确的是（ ）
A ．小球A 、
B 带异种电荷
B ．小球A 3mg
C ．小球A 、B 所带电荷量32L
mg Q k
=D ．若小球A 的电荷量缓慢减小，则小球A 的重力势能减小，电势能增大
9、如图，光滑平行导轨MN 和PQ 固定在同一水平面内，两导轨间距为L ，MP 间接有阻值为2
R 的定值电阻。

两导轨间有一边长为2
L 的正方形区域abcd ，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，ad 平行MN 。

一粗细均匀、质量为m 的金属杆与导轨接触良好并静止于ab 处，金属杆接入两导轨间的电阻为R 。

现用一恒力F 平行MN 向右拉杆，已知杆出磁场前已开始做匀速运动，不计导轨及其他电阻，忽略空气阻力，则（ ）
A ．金属杆匀速运动时的速率为223FR
B L B ．出磁场时，dc 间金属杆两端的电势差2dc FR U BL
C ．从b 到c 的过程中，金属杆产生的电热为23FL
D ．从b 到c 的过程中，通过定值电阻的电荷量为2
6BL R
10、如图所示，理想变压器的原线圈接在稳压交流电源上，R 1、R 2、R 3是阻值相等的定值电阻，电表A 为理想电流表，调节滑片P 可以改变原线圈匝数。

初始时，开关K 处于断开状态，下列说法正确的是（ ）
A ．只把滑片P 向上滑动，电流表示数将增大
B ．只把滑片P 向下滑动，电阻R 1消耗的功率将增大
C ．只闭合开关K ，电阻R 2消耗的功率将增大
D ．只闭合开关K ，电流表示数将变大
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）某同学采用图甲所示的电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验中用电压表测量小灯泡的电压，用多用电表的直流挡测量通过小灯泡的电流。

（1）图甲中多用电表的黑表笔是____________（填“P”或“Q”），用多用电表的直流电流挡测量通过小灯泡的电流时，需要将多用电表的两个表笔连接到a、b两处，其中黑表笔应与____________（填“a”或“b”）连接。

（2）实验配备的器材如下：
A．待测小灯泡L（“2.5V，0.2W”）
B．电压表V（量程0-3V，阻值约）
C．多用电表（三个直流电流挡量程分别为1mA，10mA，100mA）
D．滑动变阻器（阻值范围，额定电流2A）
E.滑动变阻器（阻值范围，额定电流1A）
F.电池组（电动势4.5V，内阻约为）
G.开关一只，导线若干
为了使测量尽可能地准确且能方便地进行调节，多用电表直流电流挡量程应选____，滑动变阻器应选_______。

（3）该同学选取合适的器材后，用导线将器材按图甲所示的电路连接起来，如图乙所示。

他在实验前进行电路检查时发现漏接了一根导线，请你在乙图上用笔画上这根漏接的导线________。

（4）该同学纠正连线错误后，通过实验测得多组I、U值并描绘出小灯泡的I-U曲线如图丙所示。

由I-U曲线可以看出：当灯泡两端电压时小灯泡的电阻=_____________Ω（保留两位有效数字）；
（5）我们知道，多用电表用久以后，表内电池的电动势会减小而内阻会增大。

那么用久以后的多用电表电流挡测得的电流与真实值相比_____________（填“偏大”，“偏小”或“相同”）。

12．（12分）某同学利用图甲所示电路测量一量程为3mA的直流电流表的内阻R A(约为110Ω)。

提供的实验器材有：A．直流电源(电动势为1V，内阻不计)；
B．电阻箱(0~999.9Ω)；
C．滑动变阻器(0~5Ω.额定电流为3A)；
D．滑动变阻器(0~50Ω.额定电流为1A)。

(1)为了尽可能减小测量误差，滑动变阻器R 应选用__________(选填“C”或“D”)。

(2)根据图甲所示电路，在图乙中用笔画线代替导线，将实物间的连线补充完整___。

(3)主要实验步骤如下：
I.将电阻箱R 0的阻值调为零，滑动变阻器R 的滑片P 移到右端；
II.闭合开关S ，调节滑动变阻器R 的滑片P ，使电流表的示数为3mA ；
I.调节电阻箱R 0，使电流表的示数为1mA ，读出此时电阻箱的阻值R 1；
IV .断开开关S ，整理好仪器。

(4)已知R 1=208.8Ω，则电流表内阻的测量值为_________Ω，由于系统误差，电流表内阻的测量值_____(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。

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，在竖直向下的恒定匀强磁场B =2T 中有一光滑绝缘的四分之一圆轨道，一质量m =3kg 的金属导体MN 长度为L =0.5m ，垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流I ，使导体在安培力的作用下以恒定的速率v =1m/s 从A 点运动到C 点，g =10m/s 2求：
(1)电流方向；
(2)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为θ=30︒时，求电流的大小；
(3)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为θ=60︒时，求安培力的瞬时功率P 。

14．（16分）如图所示，在第一象限有一匀强电场。

场强大小为E ，方向与y 轴平行。

一质量为m 、电荷量为()0q q ->的粒子沿x 轴正方向从y 轴上P 点射入电场，从x 轴上的Q 点离开电场。

已知OP L =，3OQ L =。

不计粒子重力。

求：
(1)场强E的方向和粒子在第一象限中运动的时间；
(2)粒子离开第一象限时速度方向与x轴的夹角。

15．（12分）如图，在水橇跳台表演中，运动员在摩托艇水平长绳牵引下以16m/s的速度沿水面匀速滑行，其水橇（滑板）与水面的夹角为θ。

到达跳台底端时，运动员立即放弃牵引绳，以不变的速率滑上跳台，到达跳台顶端后斜向上飞出。

跳台可看成倾角为θ的斜面，斜面长8.0m、顶端高出水面2.0m。

已知运动员与水橇的总质量为90kg，水橇与
跳台间的动摩擦因数为
15
30
、与水间的摩擦不计。

取g=10m/s2，不考虑空气阻力，求：
(1)沿水面匀速滑行时，牵引绳对运动员拉力的大小；
(2)到达跳台顶端时，运动员速度的大小。

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、B
【解题分析】
如图有两种情况：
ab 为6
λ ，波长： =60.7m 4.2m λ⨯=；
ab 为56
λ ，波长： 60.7m 0.84m 5
λ⨯==。

A. λ＝0.8m 或λ＝5.6m 。

与上述结论不符，故A 错误；
B. 0.8m ＜λ＜5.6m 。

与上述结论相符，故B 正确；
C. λ＜0.8m 或λ＞5.6m 。

与上述结论不符，故C 错误；
D. 无法确定。

与上述结论不符，故D 错误。

2、D
【解题分析】 设小球平抛运动的初速度为0v ，抛出点离桶的高度为h ，水平位移为x ，则平抛运动的时间为：
2h t g
=水平位移为：
02h x v t v g
==由题可知，要使水平位移增大，则当减小初速度或初速度大小不变时，需要时间变大，即抛出点的高度h 增大，故选项ABC 错误，D 正确；
故选D 。

3、D
【解题分析】
ABD ．根据甲、乙图可知，波长4m ，周期2s ，波速
=2m/s v T λ
=
选项AB 错误，D 正确；
C ．根据图乙t =0s 时，质点向下振动，所以甲图x =1m 坐标向下振动，由同侧法可得波向x 轴负方向传播，选项C 错误。

故选D 。

4、C
【解题分析】
A ．实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向水平向左，则电场线方向水平向右，则a 点的电势高于b 点的电势，故A 错误；
B ．电子所受的电场力方向水平向左，电场力做负功，动能减小，电势能增加，则电子在a 点的电势能小于其在b 点的电势能，故B 错误；
C ．从a 点到b 点的过程中，根据动量定理I p =∆可知电子的动量变化量方向与合外力方向相同，所以电子的动量变化量方向水平向左，故C 正确；
D ．从a 点到b 点的过程中，根据牛顿第二定律可知电子运动的加速度不变，所以电子速度变化不变，故D 错误； 故选C 。

5、C
【解题分析】
用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，知紫外线的频率小于金属的极限频率，要能发生光电效应，需改用频率更大的光照射（如X 射线）。

能否发生光电效应与入射光的强度和照射时间无关。

A ．改用强度更大的紫外线照射，与结论不相符，选项A 错误；
B ．延长原紫外线的照射时间，与结论不相符，选项B 错误；
C ．改用X 射线照射，与结论相符，选项C 正确；
D ．改用红外线照射，与结论不相符，选项D 错误；
故选C 。

6、D
【解题分析】
AB ．由核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得，过程①的衰变方程为
210
2064
83812Bi Tl He →+
故AB 错误；
CD ．由核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得，过程①的衰变方程为
210
2100
83841Bi Po e -→+
故C 错误，D 正确。

故选D 。

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】
分别画出正、负电荷产生的电场强度的方向如图，
由图可知，O 点与P 点的合场强的方向都向下，同理可知，在OP 的连线上，所以各点的合场强的方向均向下。

AB. 由库仑定律可知：2
kQ E r =，O 点到两处电荷的距离比较小，所以两处电荷在O 点产生的场强都大于在P 处产生的场强，而且在O 点两处电荷的场强之间的夹角比较小，所以O 点的合场强一定大于P 点的合场强。

故A 错误，B 正确；
CD. 由于在OP 的连线上，所以各点的合场强的方向均向下，将一正试探电荷沿直线从O 运动到P 电场力始终与运动的方向垂直，不做功，电势能不变。

故C 正确，D 错误。

8、BD
【解题分析】
AB ．带电的小球A 处于平衡状态，A 受到库仑力F 、重力mg 以及绳子的拉力T 的作用，其合力为零，则有 tan 60F mg ︒=
解得
3F mg
由图可知，AB 间库仑力为排斥力，即AB 为同种电荷，故A 错误，B 正确；
C ．根据库仑定律有2
Q Q F k r ⋅=，而 sin60r L ︒=
解得 332L mg Q k
= 故C 错误； D ．若小球A 的电荷量缓慢减小，AB 间的库仑力减小，小球A 下摆，则小球A 的重力势能减小，库仑力做负功，电势能增大，故D 正确。

故选BD 。

9、BD 【解题分析】
A ．设流过金属杆中的电流为I ，由平衡条件得
2
L F F BI ==⋅安 解得 2F I BL
= 根据欧姆定律有
232L B v BLv I R R R ==+ 所以金属杆匀速运动的速度为
22
6FR v B L = 故A 错误；
B ．由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为
2
L E Bv = 所以金属杆在出磁场时，dc 间金属杆两端的电势差为
222226222
233232L FR L FR U E E Bv B B L R R R L R B ===⋅⋅=++=⋅ 故B 正确；
C ．设整个过程电路中产生的总电热为Q ，根据能量守恒定律得
2122
=-L Q F mv 代入v 可得
22
44
1182mF R Q FL B L =- 所以金属杆上产生的热量为
22
44
211233mF R Q Q FL B L '==- 故C 错误； D ．根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为
22()262
L B BL q It R R R
R ∆Φ====+总 故D 正确。

故选BD 。

10、BD
【解题分析】 A ． 只把滑片P 向上滑动，原线圈匝数增大，根据1122
U n U n = 可知，副线圈两端电压2U 变小，根据欧姆定律可知，副线圈电流变小，副线圈功率222P I U = 变小，则输入功率变小，输入电压不变，则原线圈电流变小，电流表示数将变小，故A 错误；
B ． 只把滑片P 向下滑动，原线圈匝数变小，副线圈两端电压2U 变大，根据欧姆定律可知，副线圈电流变大，2P I R = ，则电阻R 1消耗的功率将增大，故B 正确；
CD ． 只闭合开关K ，副线圈电阻变小，匝数比和输入电压不变，则输出电压不变，根据欧姆定律可知，副线圈干路电流变大，R 1分压变大，则R 2两端电压变小，消耗的功率将减小；副线圈干路电流变大，输出功率变大，则输入功率变大，输入电压不变，则原线圈电流变大，电流表示数将变大，故C 错误D 正确。

故选BD 。

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、P b100mA R128 相同
【解题分析】
(1)[1][2]多用电表黑表笔接表的负插孔，故由图可知P为多用电表的黑表笔；对于多用电表测量时因遵循电流由红表笔进表，由黑表笔出表，故可知黑表笔应与b连接；
(2)[3][4]根据小灯泡的规格可知电路中电流约为
灯泡电阻约为
故为了测量准确减小误差多用电表直流电流挡量程应选100mA；滑动变阻器应选R1；
(3)[5]滑动变阻器是采用的分压式接法，故连接图如图所示
(4)[6]根据图丙可知当灯泡两端电压，电流I=78mA=0.078A，故此时小灯泡的电阻
(5)[7]使用多用电表电流档测电流时并不会用到表内的电池，即表内电池电动势和内阻的大小对多用电表电流档的测量无影响，故测得的电流与真实值相比是相同的。

12、C 104.4 大于
【解题分析】
(1)[1]本实验为了减小实验误差，应满足滑动变阻器的最大阻值远小于电流表的内阻，即应选用C
(2)[2]根据实验电路图连接实物图如图所示
(4)[3]由实验原理可知
1==104.42
A R R Ω [4]由于闭合开关S ，调节滑动变阻器R 的滑片P ，使电流表的示数为3mA ，调节电阻箱R 0，使电流表的示数为1mA ，读出此时电阻箱的阻值R 1；电阻箱阻值变大，并联等效电阻变大，故并联部分分担电压增大，由于电阻箱两端电压变大，故电阻箱阻值偏大，故电流表内阻测量偏大。

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)M 指向N ；(2)103A I =；(3)153W P =
【解题分析】
(1)从A 到C 的过程中对导体棒受力分析，安培力方向水中水平向左，根据左手定则可判断电流方向从M 指向N
(2)因为金属导体MN 做匀速圆周运动，由
sin cos mg F θθ=安
F BIL =安
则
tan mg I BL
θ=
得 3A I =
(3)根据功率的计算公式可得
cos60sin60P F v mgv ︒︒==安
得
P =
14、 (1)场强指向y 轴正方向，t =
(2)30θ=︒ 【解题分析】
(1)负电荷受电场力方向是场强E 的反方向，所以场强E 的方向指向y 轴正方向。

带电粒子在电场中做类平抛运动，在y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，x 轴正方向做匀速运动。

设加速度大小为a ，初速度为0v
由类平抛运动的规律得 212
L at =
0v t =
又
qE a m
= 联立解得
t =(2)设粒子离开第一象限时速度方向与x 轴的夹角为θ，则
y v at =
tan at v θ= 联立解得
tan 3
θ= 即30θ=︒。

15、 ；(2)14m/s
【解题分析】
(1)设沿水面匀速滑行时绳的拉力大小为F ，水对水橇支持力的大小为N F ，则
N sin F F θ=，N cos F mg θ=
由几何关系有
1
sin 4
h s θ==，cos θ==解得
F =
(2)设运动员沿台面滑行时加速度大小为a ，到达跳台顶端时速度的大小为v ，则
sin cos mg mg ma θμθ+=，2202v v as -=-
解得
v =14m/s。