山东省宁阳县第四中学2024学年高三下学期期末抽测调研物理试题试卷

山东省宁阳县第四中学2024学年高三下学期期末抽测调研物理试题试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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，一个质量为=9.1×10－31kg、电荷量为e=1.6×10－19C的电子，以4×106m/s的速度从M点垂直电场线方向飞入匀强电场，电子只在电场力的作用下运动，在N点离开电场时，其速度方向与电场线成150°角，则M与N两点间的电势差约为（）
A．-1.0×102V B．-1.4×102V
C．1.8×102V D．2.2×102V
2、心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压U1会随着心跳频率发生变化。

如图所示，心电仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈。

则（）
A．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，扬声器的功率变大
B．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，原线圈电流I1变小
C．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，扬声器获得的功率增大
D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，副线圈的电流I2增大
3、图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，图甲中质点Q运动到负向最大位移处时，质点P刚好经过平衡位置。

图乙为质点P从此时刻开始的振动图像。

下列判断正确的是（）
A．该波的波速为40m/s
B．质点P的振幅为0
C．该波沿x轴负方向传播
D．Q质点在0.1s时的速度最大
4、如图所示的甲、乙两图中，M为自耦变压器，R是滑动变阻器，P1、P2分别足它们的滑动键，将它们的输入端a、
b、c、d分别接到相同的正弦交流电源上，在它们的输出端e、f和g、h上各接一个灯泡L1和L2，两灯泡均发光。

现将它们的滑动键P均向下滑动一小段距离，若在此过程中，灯泡不至于烧坏，则（）
A．L1、L2均变亮
B．L1变亮，L2变暗
C．L1变暗，L2变亮
D．L1、L2均变暗
5、宇航员在某星球表面以初速度2.0 m/s水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图所示，O为抛出点，若该星球半径为4000km，引力常量G＝6.67×10－11N·m2·kg－2，则下列说法正确的是（）
A．该星球表面的重力加速度为16.0 m/s2
C ．该星球的质量为2.4×1020kg
D ．若发射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度可能大于4.0km/s
6、一质量为中的均匀环状弹性链条水平套在半径为R 的刚性球体上，已知不发生形变时环状链条的半径为R/2，套在球体上时链条发生形变如图所示，假设弹性链条满足胡克定律，不计一切摩擦，并保持静止．此弹性链条的弹性系数k 为
A ．223(31)2mg R π+
B ．3(31)2mg R π-
C ．23(31)4mg R π+
D ．
23(31)2mg R π+ 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、飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。

如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。

当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角。

已知扫雷具质量为m ，重力加速度为g ，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是( )
A ．扫雷具受4个力作用
B ．绳子拉力大小为cos mg θ
C ．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力
D ．绳子拉力一定大于mg
8、如图所示为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，实线为0.2t =s 时刻的波形图，虚线为t =0.8s 时的波形图，波的周期0.6s T >，则（ ）
A ．波速为10m/s
B ．A 比B 先回到平衡位置
C ．在0.5=t s 时，B 点到达波峰位置
D ．经过0.4s ，B 点经过的路程为0.4m
E.在 1.0t =s 时，A 点沿y 轴负方向运动
9、图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K 和阳极A 上的电压的关系图象，下列说法正确的是
A ．由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大
B ．由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定
C ．只要增大电压，光电流就会一直增大
D ．不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应
10、某机车发动机的额定功率为P =3.6×106W ，该机车在水平轨道上行驶时所受的阻力为f =kv （k 为常数），已知机车
的质量为M =2.0×
105kg ，机车能达到的最大速度为v m =40m/s ，重力加速度g =10m/s 2。

则下列说法正确的是（ ） A ．机车的速度达到最大时所受的阻力大小为9×104N
B ．常数k =1.0×103kg/s
C ．当机车以速度v =20m/s 匀速行驶时，机车所受的阻力大小为1.6×104N
D ．当机车以速v =20m/s 匀速行驶时，机车发动机的输出功率为9×105W
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）在“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测定弹簧的劲度系数”实验中，实验装置如图甲所示。

实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度。

数据记录如下表所示：（弹力始终未超过弹性限度，取210m/s g =）
记录数据组
1 2 3 4 5 6 钩码总质量()g
0 30 60 90 120 150 弹簧总长()cm 6.00 7.11 8.20 9.31 10.40 11.52 （1）在图乙坐标系中作出弹簧弹力大小F 与弹簧总长度x 之间的函数关系的图线_______。

（2）由图线求得该弹簧的劲度系数k = __________N/m 。

（保留两位有效数字）
12．（12分）用如图甲所示装置，测定木块与长木板间的动摩擦因数。

放在水平桌面上的长木板一端带有定滑轮，另一端固定有打点计时器，穿过打点计时器的纸带连接在木块上，绕过定滑轮的细线一端连接在木块上，另一端悬挂装有砝码的砝码盘，开始时木块靠近打点计时器。

当地的重力加速度为g 。

（1）实验前，需要调节______的高度，使连接木块的细线与长木板平行。

（2）接通电源，释放纸带，图乙为打出的纸带上点迹清晰的一段，纸带上0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻计数
点间均有四个计时点未标出，若打点计时器所接交流电的频率为f ，测出纸带上计数点0、2间的距离为1x ，计数点4、
6间的距离为2x ，则打计数点5时，木块的速度大小为____，木块的加速度大小为____。

（3）若木块的质量为M ，悬挂的砝码和砝码盘的总质量为m ，则木块与长木板间的动摩擦因数为____。

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）牛顿说：“我们必须普遍地承认，一切物体，不论是什么，都被赋予了相互引力的原理”．任何两个物体
间存在的相互作用的引力，都可以用万有引力定律122
=m m F G
r 万计算，而且任何两个物体之间都存在引力势能，若规定物体处于无穷远处时的势能为零，则二者之间引力势能的大小为12=-p m m E G r ，其中m 1、m 2为两个物体的质量， r
匀的星球，质量为M，半径为R．
（1）该星球的第一宇宙速度是多少？
（2）为了描述电场的强弱，引入了电场强度的概念，请写出电场强度的定义式．类比电场强度的定义，请在引力场中建立“引力场强度”的概念，并计算该星球表面处的引力场强度是多大？
（3）该星球的第二宇宙速度是多少？
（4）如图所示是一个均匀带电实心球的剖面图，其总电荷量为+Q（该带电实心球可看作电荷集中在球心处的点电荷），半径为R，P为球外一点，与球心间的距离为r，静电力常量为k．现将一个点电荷-q（该点电荷对实心球周围电场的影响可以忽略）从球面附近移动到p点，请参考引力势能的概念，求电场力所做的功．
14．（16分）某空间区域内存在水平方向的匀强电场，在其中一点O处有一质量为m、带电荷量为q
+的小球。

现将小球由静止释放，小球会垂直击中斜面上的A点。

已知斜面与水平方向的夹角为60°，OA之间的距离为d，重力加速度为g。

求：
(1)场强的大小和方向；
(2)带电小球从O点运动到A点机械能的增量；
(3)在O点给带电小球一个平行斜面向上的初速度0v，小球落到斜面上时与A点之间的距离。

15．（12分）如图所示，AB是半径R=0.80m的1
4
光滑圆弧轨道，半径OB竖直，光滑水平地面上紧靠B点静置一长
为1.5m的小车，其上表面与B点等高。

现将一质量m=1.0kg的小滑块从A点由静止释放，经B点滑上小车，小滑块恰好未滑离小车。

已知滑块与小车之间的动摩擦因数μ=0.40。

重力加速度g取10m/s2。

求：
(1)滑块刚滑至B点时，圆弧对滑块的支持力大小；
(2)小车的质量。

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】
电子在电场力的作用下做类平拋运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动：
6
6M N 410m /s 810m /s 1sin 302
v v ⨯===⨯︒
根据动能定理：
22MN N 11()22
M e U mv mv -⋅=
- 所以有： ()()()22663122N M
MN 198104109.110V 136.5V 22 1.610m v v U e --⎡⎤⨯-⨯⨯⨯-⎢⎥⎣⎦===---⨯⨯ 故B 正确，ACD 错误。

2、B
【解题分析】
AB ．保持滑动变阻器滑片P 不动，当U 1变小时，根据变压器原副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压U 2减小，则扬声器的功率变小；次级电流减小，则初级电流I 1也减小，选项A 错误，B 正确；
CD ．若保持U 1不变，则次级电压U 2不变，将滑动变阻器滑片P 向右滑，则R 电阻变大，次级电流I 2减小，则扬声器获得的功率减小，选项CD 错误。

故选B 。

3、C
【解题分析】
AC ．根据题意可知，图乙为质点P 从此时开始的振动图像，得出质点向下振动，则可确定波的传播方向为x 轴负方向传播，再由振动图像与波动图像可知，波速
4λ
故A 错误，C 正确；
B ．振幅为质点离开平衡位置的最大距离，由图乙可知，质点P 的振幅为20cm ，故B 错误；
D ．周期为0.2s ，经过0.1s 即半周期，质点Q 振动到波峰位置即速度为0，故D 错误。

故选C 。

4、B
【解题分析】
甲图向下滑动时匝数比变小，副线圈的电压增大，所以L 1一定变亮，乙图向下滑动时，L 2支路电阻增大，回路中电流减小，所以L 2一定变暗，故B 正确ACD 错误。

故选B 。

5、B
【解题分析】
A ．物体做平抛运动，根据平抛运动的规律有
0x v t =
212
y gt = 联立解得
24m/s g =
该星球表面的重力加速度为24m/s ，故A 错误；
BC ．设该星球的第一宇宙速度为v ，该星球的质量为M ，在星球表面附近，则有
2
2GMm mv mg R R
== 解得
4.0km/s v ===
262
23114(410)kg 9.610kg 6.6710gR M G
-⨯⨯===⨯⨯ 故B 正确，C 错误；
D ．根据万有引力提供向心力有
2
2GMm mv r r
= 解得
卫星运动的轨道半径越大，则绕行速度越小，第一守宙速度是绕星球表面运行的速度，同步卫星的速度一定小于4.0km/s ，故D 错误；
故选B 。

6、C
【解题分析】
在圆环上取长度为x ∆的一小段为研究对象，这一段的重力为
02sin 603x mg x mg R R
ππ∆∆=⋅ 设其余弹簧对这一小段的作用力为T ，对这一小段受力分析如图(因为是对称图形，对任一段的受力一样，可对在圆球的最右侧一小侧研究)：
据平衡条件可得：
0tan 603mg x x T mg R R
ππ∆∆=⋅= 弹簧弹力F 与弹簧对这一小段作用力的关系如图：
由图得
0sin 60R F x T
=∆ 解得
不发生形变时环状链条的半径为2
R ，套在球体上时链条发生形变如题图所示，则弹簧的伸长量 02sin 6022
R x R ππ=-⋅ 弹簧弹力与伸长量关系
F kx =
解得
()23314mg
k R π+=
故C 正确，ABD 错误。

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】
A.对扫雷具进行受力分析，受到受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦阻力，如图，故A 正确；
B.根据平衡条件，有：
竖直方向：
F 浮+T cosθ=mg
水平方向：
f =T sinθ
计算得出：
mg F T -=浮；
CD.扫雷器具受到海水的水平方向的作用力摩擦阻力等于拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于mg ，故C 正确、D 错误。

8、ACD
【解题分析】
A ．横波沿x 轴正方向传播，由于波的周期T >0.6s ，经过t ∆=0.6s ，传播距离x ∆=6m ，则波速
10x v t
∆==∆m/s 故A 正确；
B ．t =0.2s 时，质点A 由波峰向平衡位置振动，质点B 沿y 轴正方向向平衡位置振动，故B 比A 先回到平衡位置，故B 错误；
C ．由图可知，波长λ=8m ，则传播距离
x ∆=6m=0.75λ
则传播时间为
t ∆=0.6s=0.75T
解得T =0.8s ，在t =0.5s 时，B 振动了38T ，波传播了38
λ=3m ，根据波形平移可知，B 点到达波峰位置，故C 正确； D ．经过0.4s=0.5T ，则B 点振动了2A =0.4m ，故D 正确；
E ．t =1.0s 时，质点A 振动了0.8s=T ，则A 点回到波峰位置，速度为零，故E 错误。

故选ACD 。

9、AB
【解题分析】
由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故A 正确；根据光电效应方程知，E km =hv -W 0=eU c ，可知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，故B 正确；增大电压，当电压增大到一定值，电流达到饱和电流，不再增大，故C 错误；发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率，与入射光的强度无关，故D 错误．
故选AB ．
10、AD
【解题分析】
A ．机车的速度达到最大时所受的阻力 4m
910N P f F v ===⨯
B ．据阻力为f =kv 可得
4910kg/s 2250kg/s 40
f k v ⨯=== 故B 项错误； CD ．机车以速度20m/s 匀速行驶时，则有
422225020N 4.510N f kv ==⨯=⨯
机车以速度20m/s 匀速行驶时，机车发动机的输出功率
4522222 4.51020W 910W P F v f v ===⨯⨯=⨯
故C 项错误，D 项正确。

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、 28
【解题分析】
(1)[1]按照表中所给数据在坐标系中描点并用一条直线连接即可，要注意让尽可能多的点连在线上，不通过直线的点大致均匀地分布在直线两侧，偏差过大的点是测量错误，应该舍去。

(2)[2]根据表达式()0F k x x =-，得图线的斜率表示弹簧的劲度系数，故
28N/m F k x
∆==∆ 12、定滑轮 210fx ()221200
x x f - ()221()200m M x x f m M Mg +-- 【解题分析】
（1）[1]调节定滑轮的高度使连接木块的细线与长木板平行。

（2）[2][3]根据时间中点速度等于某段时间的平均速度，则可求打计数点5时，木块的速度大小为
22
5=11010x fx v f
= 根据
2x at ∆=
得木块的加速度
()22121
2200102x x f x x a f --==⎛⎫ ⎪⎝⎭
（3）[4]由牛顿第二定律有
()mg Mg m M a μ-=+
解得
()221()200m M x x f m M Mg
μ+-=-
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
）1v =
（2）2=M E G R '引；（3
）2v =（4）11()W kQq r R =- 【解题分析】
(1)设靠近该星球表面做匀速圆周运动的卫星的速度大小为1v ，万有引力提供卫星做圆周运动的向心力 212v mM G m R R
=
解得：1v =；
(2)电场强度的定义式F E q
= 设质量为m 的质点距离星球中心的距离为r ，质点受到该星球的万有引力
2=Mm F G r
引 质点所在处的引力场强度=
F E m 引引 得2
=M E G r 引 该星球表面处的引力场强度'2=M E G R
引 (3)设该星球表面一物体以初速度2v 向外抛出，恰好能飞到无穷远，根据能量守恒定律
22102mM mv G R
-=
解得：2v =； (4)点电荷-q 在带电实心球表面处的电势能1P qQ E k
R =- 点电荷-q 在P 点的电势能2P qQ E k r
=- 点电荷-q 从球面附近移动到P 点，电场力所做的功21()P P W E E =-- 解得：11()W kQq r R =-
．
14、 (1)E q
=
,方向水平向右；(2)32mgd E ∆= ；(3)AB v =【解题分析】
(1)根据题意，OA 方向为合力方向，小球所受电场力水平向右，小球带正电，则匀强电场的方向水平向右； 带电小球合力方向与竖直方向成60°角，由平行四边形定则可得 tan 60Eq mg ︒=
解得
E = (2)根据功能关系可知，电场力对小球做的功等于小球机械能的增量E ∆，则
sin 60E Eqd ︒∆=
解得 32mgd E ∆= (3)解法一 小球所受电场力与重力的合力沿OA 方向，若小球初速度平行斜面向上，则小球做类平抛运动，如图甲所示。

由平行四边形定则得
cos60mg F ︒=合 由牛顿第二定律得
F ma =合
设小球在斜面上的落点B 到A 点的距离为x ，小球落到斜面上的时间为t ，则
0x v t =
212
d at = 解得
0d x v g
=
解法二 小球在水平方向上做匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动。

设小球落在斜面上的B 点，水平位移x OC =，竖直位移y BC =，如图乙所示。

则
()201cos6032
x v t gt ︒=+
()201sin 602
y v t gt ︒=- BCD OAD ∆∆∽，则 y x OD d AD
-= sin60d OD ︒
= tan 60d AD ︒=
联立解得
t =
OB =
AB =解得
AB v =15、 (1)30N ；(2)3kg
【解题分析】
(1)滑块由A 至B 过程机械能守恒
212
mgR mv = 解得
4m/s v = 在B 点由牛顿第二定律可得
2
N v F mg m R -= 解得
30N N F =
(2)滑块与小车相互作用过程由动量守恒
1()mv m M v =+ 在此过程中能量守恒 22111()22
mgL mv m M v μ=-+ 联立解得 3kg M =。