2024年江苏省淮安市高中校协作体物理高三上期末经典模拟试题含解析

2024年江苏省淮安市高中校协作体物理高三上期末经典模拟试题
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内．一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（）
A．B．C．D．
2、关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是（）
A．在10r0（r0为分子间作用力为零的间距，其值为10－10m）距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力
B．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零
C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小
D．分子间距离越大，分子间的斥力越大
3、一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间变化规律如图所示，下列说法正确的是（）
A．在0~4s时间内，位移先增后减
B．在0~4s时间内，动量一直增加
C．在0~8s时间内，F的冲量为0
D．在0~8s时间内，F做的功不为0
v沿斜面向上运动，又返回底端。

能够描述物块速度v随时间t变化关系的4、一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度
图像是（）
A．B．
C．D．
5、如图所示，一光滑小球与一过球心的轻杆连接，置于一斜面上静止，轻杆通过光滑铰链与竖直墙壁连接，已知小球所受重力为G，斜面与水平地面的夹角为60°，轻杆与竖直墙壁的夹角也为60°，则轻杆和斜面受到球的作用力大小分别为（）
A．G和G B．1
2
G和
3
2
G
C 3
和
1
2
G D3G和2G
6、关于分子动理论，下列说法正确的是（）
A．气体扩散的快慢与温度无关
B．分子间同时存在着引力和斥力
C．布朗运动是液体分子的无规则运动
D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大
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，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R，将等电量的两正点电荷Q放在圆周上，它
们的位置关于AC 对称，与O 点的连线和OC 间夹角为30°，下列说法正确的是（ ）
A ．电荷q 从A 点运动到C 点，电场力做功为零
B ．电荷q 从B 点运动到D 点，电场力做功为零
C ．O 点的场强大小为2kQ R
D ．O 点的场强大小为
23kQ R 8、如图所示，倾斜固定放置的带电平行金属板，两板间距为d ，a b 、分别为上板和下板上的点，b 点高于a 点，ab 距离大于d ，ab 连线与上板夹角为θ，θ为锐角，平行板间存在水平向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B 。

一带电荷量为q +的粒子从ab 直线上的P 点沿直线ab 向b 点运动，初速度大小为0v ，则下列判断正确的是（ ）
A ．带电粒子一定受到重力作用
B ．上板一定带正电
C ．带电粒子可能做匀变速直线运动
D ．两板间的电场强度可能大于0v B
9、如图所示，小车质量为M ，小车顶端为半径为R 的四分之一光滑圆弧，质量为m 的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是（g 为当地重力加速度）（ ）
A ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg
B ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为32
mg
C ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()gR m M M m +
D ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()gR M
m M m + 10、在如图所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表，电源电动势为E ，内阻为r ，电路中定值电阻1R 的阻值小于电源内阻r ，则当滑动变阻器R 的滑片由a 端向b 端滑动的过程中，电流表1A 、2A ，电压表V 的示数变化量的绝对值分别为1I ∆、2I ∆、U ∆，下列说法正确的是（ ）
A ．两个电流表的示数均减小
B ．电压表的示数增大
C ．12I I ∆<∆
D ．2
U r I ∆=∆ 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）用图甲所示的电路测量一电流表1A 的内阻。

图中0A 是标准电流表，0R 是滑动变阻器，1R 是电阻箱，S 和1S 分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，实验电路电源电动势为E 。

依据实验原理完成下列填空。

（1）将S 拨向接点1，闭合1S ，调节________，使1A 指针偏转到适当位置，记下此时标准电表0A 的读数I 。

（2）然后将S 拨向接点2，调节________至适当位置，使0A 的读数仍为I ，此时R 的读数即为待测电表1A 内阻的测量值。

（3）若在某一次测量中1R 的示数如图乙所示，其电阻为________Ω。

该电阻箱可以提供的阻值范围为________。

12．（12分）图1为拉敏电阻的阻值大小随拉力变化的关系。

某实验小组利用其特性设计出一电子测力计，电路如图2所示。

所用器材有：
R，其无拉力时的阻值为500.0Ω
拉敏电阻F
E（电动势3V，内阻不计）
电源1
E（电动势6V，内阻不计）
电源2
毫安表mA（量程3mA，内阻100Ω）
R（最大阻值为500 ）
滑动变阻器
1
滑动变阻器2R（最大阻值为300Ω）
电键S，导线若干。

现进行如下操作：
①将拉敏电阻处于竖直悬挂状态并按图连接好电路，将滑动变阻器滑片置于恰当位置，然后闭合电键S。

②不挂重物时缓慢调节滑动变阻器的滑片位置，直到毫安表示数为3mA，保持滑动变阻器滑片的位置不再改变。

R下施加竖直向下的拉力F时，对应毫安表的示数为I，记录F及对应的I的值。

③在F
④将毫安表的表盘从1mA到3mA之间逐刻线刻画为对应的F的值，完成电子测力计的设计。

请回答下列问题：
（1）实验中应该选择的滑动变阻器是__________（填“1R”或“2R”），电源是________（填“1E”或“2E”）；
（2）实验小组设计的电子测力计的量程是__________N。

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，x轴、y轴和直线将x=L平面划分成多个区域。

其中I区域内存在竖直向下的电场，II区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，III区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场，II、III区域的磁感应强度大小相同。

质量为m、电量为q的粒子从P点（－L，y）以垂直于电场方向、大小为v0的速度出发，先后经O点（0，0）、M点（L，
0）到达N 点（L ，－L ），N 点位于磁场分界线处。

已知粒子到达O 点时速度方向偏转了4
，不计粒子的重力，回答下面问题。

(1)求带电粒子在电场运动过程中电场力的冲量； (2)若粒子从P 点出发依次通过O 点、M 点并于M 点第一次射出磁场分界线后到达N 点，则粒子运动的时间为多少？
(3)粒子到达N 点时在磁场中运动的路程为多少？
14．（16分）如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB 及水平轨道CD 、EF 的动摩
擦因数均为0.5，sin37°
=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)
(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小．
(2)小球刚到C 时对轨道的作用力．
(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？
15．（12分）如图所示，在湖面上波源O 点以振幅0.2m 上下振动，形成圆形水波向外传播，A 、O 、B 三点在一条直线上，AO 间距为7.0m ，OB 间距为2.0m ，某时刻O 点处在波峰位置，观察发现3.5s 后此波峰传到A 点，此时O 点正通过平衡位置向上运动，OA 间还有一个波峰。

将水波近似为简谐波。

求：
①此水波的传播速度周期和波长；
②以A 点处在波峰位置为0时刻，画出B 点的振动图像。

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、A
【解题分析】
=和欧姆定律，分段分析感应先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式E BLv
电流的大小，即可选择图象．
【题目详解】
线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i
=，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A 应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E BLv
正确，D错误．
2、A
【解题分析】
A．分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在10r0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A正确；
BC．设分子平衡距离为r0，分子距离为r，当r>r0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r<r0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当r＝r0，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B、C错误；
D．分子间距离越大，分子间的斥力越小，D错误。

故选A。

3、C
【解题分析】
A ．由图可知，在0-4s 内力F 先向正方向，再向反方向，故质点先加速再减速到0，速度方向不变，位移增加，故A 错误；
B ．在0-4s 内，速度先增加后减小，动量先增加后减小，故B 错误；
C ．0到8s 内，一半时间的冲量为正，另一半时间的冲量为负，则总的冲量为0，故C 正确；
D ．因8s 内总的冲量为0，根据动量定理，可知动量的变化为0，即初末速度为0，则动能的变化量为0，F 做功为0，故D 错误。

故选C 。

4、C
【解题分析】
根据牛顿第二定律：上滑过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma 1，下滑过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma 2，比较可知：
a 1＞a 2，
则物块上滑过程v -t 图象的斜率比下滑过程的大。

由速度-时间公式得：上滑过程有 v 0=a 1t 0，下滑过程有 v 0=a 2t 1，可得 ：
t 1＞t 0，
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

5、A
【解题分析】
对小球受力分析如图，由几何关系，三力互成120°角，据平衡条件有
N F F G ==
则轻杆和斜面受到球的作用力大小
N F F G ''==
故选A ．
6、B
【解题分析】
A ．扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A 错误；
BD ．分子间同时存在引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，故B 正确，D 错误；
C ．布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，它是液体分子的无规则运动的反映，故C 错误。

故选B 。

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】
电荷q 从A 点运动到C 点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A 错，根据对称性B 正确，O 点的场强大小为
，C 错，D 正确．
8、AB
【解题分析】
C ．带电粒子在复合场中一定受洛伦兹力而做直线运动，一定为匀速运动，选项C 错误；
A ．带电粒子沿ab 做匀速直线运动，根据左手定则可知洛伦兹力垂直ab 方向向上，而电场力方向垂直平行板向下，此二力不在一条直线上，可知一定受重力，选项A 正确；
B ．带电粒子只受三个力，应用矢量三角形定则可知洛伦兹力垂直ab 向上，则粒子带正电，选项B 正确； D ．θ为锐角，可知mg 和qE 两个力成锐角，此二力合力大于qE ，又重力和电场力的合力大小等于0qv B ，即0qE qv B <，即0E v B <，选项D 错误。

故选AB 。

9、BC
【解题分析】
AB ．若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为R ，当小球运动到半径与竖直方向的夹角为θ时，速度为v ．
根据机械能守恒定律有：
12
mv 2=mgR cos θ 由牛顿第二定律有：
N-mg cosθ=m 2
v R
解得小球对小车的压力为：
N =3mg cosθ
其水平分量为
N x =3mg cosθsinθ=32
mg sin2θ 根据平衡条件知，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：
f=N x =32
mg sin2θ 可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f max =
32mg ． 故A 错误，B 正确．
CD ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v ．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv-Mv ′=0；
系统的机械能守恒，则得：
mgR =12mv 2+12
Mv ′2， 解得：
v ′=()
2gR m M M m + 故C 正确，D 错误．
故选BC ．
【题目点拨】
本题中地面光滑时，小车与小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统的总动量
并不守恒．
10、BD
【解题分析】
B ．滑动变阻器R 的滑片由a 端向b 端滑动的过程中，滑动变阻器R 接入电路的电阻变大，电路中总电阻变大，总电流变小，电流表2A 的示数变小，内电压减小，外电压增大，电压表的示数增大，选项B 正确；
A ．1R 两端的电压增大，电流表1A 的示数增大，选项A 错误：
C ．因
2U r I ∆=∆，2U I r
∆∆= 设1R 两端电压变化量大小为1U ∆，
111U R I ∆=∆，111
U I R ∆∆= 因为1U U ∆<∆，1r R >，所以12I I ∆>∆，选项C 错误；
D ．由于r
E U U =+，因此电源内电压变化量的绝对值
r U U ∆=∆
因此
22
r U U r I I ∆∆==∆∆ 选项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、0R 1R 50 09999
【解题分析】
（1）[1]．将S 拨向接点1，接通1S ，调节0R 使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表0A 的读数I 。

（2）[2]．然后将S 拨向接点2，调节1R ，使标准电流表0A 的读数仍为I ，记下此时1R 的读数。

（3）[3]．读取电阻箱各旋盘对应的数值后，再乘相应的倍率。

其电阻为
0100001005100150⨯Ω+⨯Ω+⨯Ω+⨯Ω=Ω
[4]．该电阻箱可以提供的最大阻值为
910009100910919999⨯Ω+⨯Ω+⨯Ω+⨯Ω=Ω
电阻箱可以提供的阻值范围为0
9999Ω
12、1R 1E 200
【解题分析】
（1）[1][2]毫安表示数为3mA 时，由闭合电路的欧姆定律，有 3mA 100500E I R
==++ 若选电源2E ，则滑动变阻器电阻为1400Ω，两个滑动变阻器均达不到，所以只能选电源1E ，此时滑动变阻器电阻为400Ω，只能选1R 。

（2）[3] 毫安表示数为1mA 时，拉力最大，由闭合电路的欧姆定律，有
1F
1mA 100400E R =++ 由图1有
2F (50.1)10ΩR F =+⨯
解得拉力最大值为200N 。

电子测力计的量程200N 。

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)0mv ，方向竖直向下；(2)()0
π1L v +；(3)当粒子到达M πL ；当粒
子到达M 处时，为偶数次通过磁场边界，路程为
π2L 【解题分析】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，粒子到达O 点时速度方向偏转了4
π，分解速度得 0y v v =
取竖直向下方向为正方向，根据动量定理，电场力的冲量
0y I mv =-
得
0I mv =
方向竖直向下。

(2)设粒子在电场中运动的时间为1t ，水平方向上做匀速直线运动，则
10L t v = 粒子在磁场中运动速度为
02v v =
粒子运动轨迹如图甲所示：
由几何关系知
22
r L = 两段轨迹半径相等，圆心角之和为2π，粒子运动的时间为一个周期
2t T =
20
2ππr L t v v == 所以
120
(π1)L t t t v =+=+ (3)对图甲粒子做圆周运动的路程为圆周长
112π2π2πs r r L ===
粒子运动轨迹还可以如图乙：
粒子做圆周运动的半径为
2r L = 路程为
222ππ2
s r L == 当粒子到达M 处时是第三次通过磁场边界，粒子做圆周运动的半径为
36
r L = 路程为
3332πs r L =⨯=
当粒子到达M 处时是第四次通过磁场边界，粒子做圆周运动的半径为
48
r L = 路程为
4422πs r L =⨯=
依次类推，当粒子到达M πL ；当粒子到达M 处时，为偶数次通过磁场边
πL 。

14、（1（2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解题分析】
试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有
0021(5sin 37 1.8)cos3752
c mg R R mg R mv μ+-⋅=
（2分）
可得c v =1分） （2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律
2c v N mg m r
-=， （2分） 其中r 满足 r+r·sin530=1.8R （1分） 联立上式可得：N=6.6mg （1分）
由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分）
（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：
情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足2P v m mg R '
≥（1分） 小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211222P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=
-（1分） 可得230.9225
R R R ='≤（1分） 情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有
2102
c mgR mg R mv μ--⋅='-（1分） 2.3R R '≥（1分）
若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有2211 1.8222
c B mv mv mg R mgR μ=+⋅+（1分） 由⑤⑨式，可得0B v =（1分）
故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有212
c mv mgS μ=（1分） 由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）
所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处． （1分）
考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．
15、①2s ，4.0m ；②见解析。

【解题分析】
①.波速
7=m/s=2m/s 3.5
s v t =
= 7=3.5s 4T t = 得
T =2s
4.0m vT λ==
②.由O 点产生左右传播波的对称性可知A 在波峰时B 点在平衡位置向下振动。

振动图像如图。