2024学年四川省遂宁市第二中学物理高三上期中统考试题含解析

2024学年四川省遂宁市第二中学物理高三上期中统考试题 注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、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，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n ，原线圈接正弦交流电，电压的最大值为U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机。

电动机线圈电阻为R ，当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一重物匀速上升。

下列判断正确的是
A ．原线圈中的电流的有效值为2I n
B ．变压器的输入功率为2IU n
C ．电动机两端电压为IR
D ．电动机消耗的功率为I 2R
2、所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，使用前先给电容器C 充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF ，EF 在磁场(方向垂直纸面向外)作用下加速．下列说法正确的是（ ）
A ．导体棒EF 受到安培力的方向可用左手定则判断
B ．弹射时导体棒EF 先向右做变加速运动，后做匀速运动
C ．电容器相当电源，放电时MN 间的电势差保持不变
D ．在电容器放电过程中，电容器电容不断减小
3、有四个运动的物体A 、B 、C 、D ，物体A 、B 运动的x —t 图像如图①所示；物体C 、
D从同一地点沿同一方向运动的v—t图像如图②所示．根据图像做出的以下判断中正确的是( )
A．物体A和B均做匀加速直线运动，且A的加速度比B更大
B．在0～3s的时间内，物体A运动的位移为10m
C．t=3s时，物体C追上物体D
D．t=3s时，物体C与物体D之间有最大间距
4、如图所示，一条不可伸长的轻绳一端固定于悬点O，另一端连接着一个质量为m的小球．在水平力F的作用下，小球处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角为θ，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是
A．绳的拉力大小为mg tan θ
B．绳的拉力大小为mg cos θ
C．水平力F大小为mg cos θ
D．水平力F大小为mg tan θ
5、以下说法正确的是（）
A．一对相互作用的静摩擦力同时做正功、同时做负功、同时不做功都是有可能的B．物体做曲线运动时，其合力的瞬时功率不可能为零
C．物体受合外力为零时，其动能不变，但机械能可能改变
D．雨滴下落时，所受空气阻力的功率越大，其动能变化就越快
6、如下图所示的几种情况中，不计绳、弹簧测力计、各滑轮的质量，不计一切摩擦，物体质量都为m，且均处于静止状态，有关角度如图所示。

弹簧测力计示数F A、F B、F C 由大到小的排列顺序是
A ．F A >F
B >F C
B ．F B >F
C >F A
C ．F B >F A >F C
D ．F C >F B >F A
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，一物块在0t =时刻，以初速度0v 从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，0t 时刻物块到达最高点，03t 时刻物块又返回底端．由此可以确定（）
A ．物体冲上斜面的最大位移
B ．物块返回底端时的速度
C ．物块所受摩擦力大小
D ．斜面倾角θ
8、如图所示，虚线a 、b 、c 为电场中的一簇等势线，相邻两等势面之间的电势差相等，等势线a 上一点A 处，分别射出甲、乙两个粒子，两粒子在电场中的轨道分别交等势线c 于B 、C 点，甲粒子从A 到B 的动能变化量的绝对值是E ，乙粒子从A 到C 动能变化量绝对值为12
E ，不计粒子的重力，由此可以判断（ ）
A ．甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电
B ．甲的电量一定为乙电量的2倍
C ．甲粒子从A 到B 电场力一定做正功，乙粒子从A 到C 电场力一定做负功
D ．甲在B 点的电势能的绝对值一定是乙在C 点电势能绝对值的2倍
9、2019年6月25日02时09分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射第四十六颗北斗导航卫星。

北斗卫星是我国自主研制的卫星导航系统，在抗震救
灾中发挥了巨大作用。

北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能，“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示），若卫星均按顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，则以下判断中正确的是（）
A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为
2
2 R g r
B．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2
C．卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为
3r r R g
D．卫星1中质量为m的物体的动能为1
2 mgr
10、如图所示，质量分别是m和2m的两个球P、Q穿在水平光滑杆上，不计一切摩擦，两球之间用一条轻绳连接，当整个装置绕中心轴以角速度ω匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，两球的轴的距离用r P r Q表示，则此时（）
A．两球均受到重力、支持力、绳的拉力和向心力四个力的作用
B．P球受到的向心力大小等于Q球受到的向心力大小
C．r P一定等于2r Q
D．当ω增大时，P球将向外运动
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“探究动能定理”的实验中，某同学是用下面的方法和器材进行实验的，放在长木板的小车，由静止开始在几条完全相同的橡皮筋的作用下沿木板运动，小车拉动固定在它上面的纸带，纸带穿过打点计时器，关于这一实验，下列说法中正确的是A．长木板要适当倾斜，以平衡小车运动中受到的阻力
B．利用纸带上的点计算小车的速度时，应选用纸带上打点最密集的部分进行计算C．重复实验时，虽然用到橡皮筋的条数不同，但每次应使橡皮筋拉伸的长度相同D．利用纸带上的点计算小车的速度时，应选用纸带上打点最稀疏的部分进行计算12．（12分）用如图所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落：
(1)除了图示的实验器材，下列实验器材中还必须使用的是________（填字母代号）。

A．交流电源B．秒表C．刻度尺D．天平（带砝码）
(2)关于本实验，下列说法正确的是________（填字母代号）。

A．应选择质量大、体积小的重物进行实验
B．释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态
C．先释放纸带，后接通电源
(3)实验中，得到如图所示的一条纸带。

在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O（O点与下一点的间距接近2mm）的距离分别为h A、h B、h C。

已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T。

设重物质量为m。

从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p=______，动能变化量ΔE k=________（用已知字母表示）。

(4)某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。

将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器显示的示数为F0。

已知小球质量为m，当地重力加速度为g。

在误差允许范围内，当满足关系式________时，可验证机械能守恒。

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）一个质量为m，带电量为q的带正电粒子(不计重力)，从O点处沿+y方向以初速v0射入一个边界为矩形的匀强磁场中，磁场方向垂直于xy平面向里，它的边界分别是y=0、y=a，x=-1.5A．x=1.5a,如图所示．改变磁感强度B的大小，粒子可从磁场的不同边界面射出，并且射出磁场后偏离原来速度方向的角度θ会随之改变．试讨论粒子可以从哪几个边界面射出，从这几个边界面射出时磁感强度B的大小及粒子的偏转最大角度θ各在什么范围内？
14．（16分）如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，两板间的电势差
U AB=500V，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m＝1×10-13 kg，电荷量q＝1×10－8 C带正电粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M (5m，1 m)点；粒子P的重力不计，试求：
(1)粒子到达O点的速度
(2)x>0的区域内匀强电场的电场强度；
(3)粒子P到达M点的动能。

15．（12分）如图、在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道,轨道间的距离为1.两轨道底端的连线与轨道垂直,顶端接有电源(未画出)。

将一根质量为m 的直导体棒ab放在两轨道上，且两轨道垂直。

通过导体棒的恒定电流大小为I.若重力加速度为g,在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场,使导体棒在轨道上保持静止,求:
(1)请判断通过导体棒的恒定电流的方向；
(2)磁场对导体棒的安培力的大小；
(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向,试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向。

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】
A、原副线圈的匝数比为n，副线圈的电流为I，则有原线圈的电流有效值为I
n
，故A
错误；
BD、原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，电压的最大值为U，则原线圈的
22U
P＝
UI
2
2
U
n
I
2n
，故B正确，D错误。

C、电动机两端电压等于副线圈的电压。

由于是非纯电阻，所以不等于IR，故C错误；
2、A
【解题分析】
明确电容器的性质，知道电容是电容本身的性质，与电量无关；而电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，同时根据左手定则分析安培力的方向，从而判断运动方向；
【题目详解】
A、电容器下极板接正极，所以充电后N极板带正电，放电时，电流由F到E，则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故A正确；
B、根据上面分析可知导体棒受到向右的安培力作用，即导体棒EF先向右做变加速运动，后由于安培力消失在阻力作用下做减速运动，故选项B错误；
C、电容器放电时，电量和电压均减小，即MN间的电势差减小，故C错误；
D、电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故D错误．【题目点拨】
本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由电容器本身的性质决定．
3、D
【解题分析】
A.由甲图看出：物体A和B位移图象都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，A图线的斜率大于B图线的斜率，A的速度比B更大；故A错误.
B.由甲图看出：在0-3s的时间内，物体B运动的位移为△s=10m=0=10m，A的位移大于10m；故B错误.
C.由乙图看出：t=3s时，D图线所围“面积”大于C图线所围“面积”，说明D的位移大于的位移，而两物体从同一地点开始运动的，所以物体C还没有追上物体D；故C错误.
D.由乙图看出：前3s内，D的速度较大，DC间距离增大，3s后C的速度较大，两者距离减小，t=3s时，物体C与物体D之间有最大间距；故D正确.
4、D
【解题分析】
以小球为研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据几何关系求解．
【题目详解】
以小球为研究对象进行受力分析，如图所示：
根据平衡条件可得：绳的拉力大小为：T=mg cos θ
，水平力F 大小为：F=mgtan θ，故ABC 错误，D 正确．故选D ．
【题目点拨】 本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．
5、C
【解题分析】
试题分析：一对相互作用的静摩擦力不能同时做正功、同时做负功，因为相互作用的两个力一定大小相等、方向相反，而物体的位移却只有一个方向，所以一对相互作用的静摩擦力所做的功的代数和为0，即总是一个是正的、另一个就是负的，二者同时不做功是可能的，就是在物体受到静摩擦力但不移动的时候，故A 错误；物体受变力作用，其受到的合力也可能是0的，故当其受到的合力为0时，或者其瞬时速度为0时，其合力的瞬时功率都可能是0，B 错误；当一个物体受合力为0时，如果物体沿竖直方向运
动，则其动能不变，但其机械能是会变化的，C 正确；如果雨滴所受合外力的功率越大，
则其能的变化就越快，故D 是错误的．
考点：功、功率和机械能．
6、C
【解题分析】对A 图中的m 受力分析，m 受力平衡，根据平衡条件得2cos45A F mg ︒=，
解得A F =；对B 图中的m 受力分析，m 受力平衡，根据平衡条件得：弹簧秤的示数B F mg =；对C 图中的m 受力分析，m 受力平衡，根据平衡条件得：弹簧秤的示数1sin302
C F mg mg =︒=，故B A C F F F >>，C 正确．
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、ABD
【解题分析】
根据图线的“面积”可以求出物体冲上斜面的最大位移为002
v t x =，故A 正确 由于下滑与上滑的位移大小相等，根据数学知识可以求出物块返回底端时的速度．设
物块返回底端时的速度大小为v ，则0002 22
v t v t ⋅= ，得到02v v =，故B 正确； 根据动量定理得：上滑过程：-（mgsinθ+μmgcosθ）•t 0=0-mv 0 ①，
下滑过程：（mgsinθ-μmgcosθ）•2t 0=m 02
v ②，由①②解得：00
334mv f mgcos mgsin t μθθ==- ，由于质量m 未知，则无法求出f ．得到00
58v sin gt θ= ，可以求出斜面倾角θ故C 错误，D 正确．故选ABD 【题目点拨】
本题抓住速度图象的“面积”等于位移分析位移和物体返回斜面底端的速度大小．也可以根据牛顿第二定律和运动学结合求解f 和sinθ．
8、BC
【解题分析】
A ．根据等势面与电场线的方向垂直的特点，画出两条电场线如图，对比轨迹与电场线的可得，甲偏转的方向大体向下，而乙偏转的方向大体向上，二者偏转的方向沿电场线的两个不同的方向，所以甲与乙一定带不同性质的电荷；由于不知道abc 个等势面的电势的高低，所以不能判断出电场线的方向，也不能判断出甲、乙的具体的电性，故A 错误；
B ．由题目可知，电场力对甲做的功是对乙做的功的2倍，根据电场力做功的特点：W =qU ，甲的电荷量的绝对值是乙的电荷量的绝对值的2倍，故B 正确；
C ．对比轨迹与电场线的可得，甲的轨迹的方向与受力的方向之间的夹角是锐角，所以电场力对甲做正功；而乙的轨迹方向与电场线的方向之间的夹角是钝角，所以电场力对乙做负功，故C 正确；
D ．电势能的大小与0势能面的选取有关，由于不知道0势能面的位置，所以不能判断出甲、乙电势能绝对值的关系，故D 错误。

故选BC 。

9、AC
【解题分析】
A ．根据地球表面万有引力等于重力
2Mm G mg R
= 根据万有引力提供向心力 2Mm G
ma r = 解得
2
2gR a r
= A 正确；
B ．卫星1向后喷气，那么卫星1在短时间内速度就会增加，卫星1所需要的向心力也会增加，而此时受到的万有引力大小几乎不变，也就小于所需要的向心力，那么卫星1就会做离心运动，偏离原来的轨道，卫星1就不能追上卫星2，B 错误；
C ． 万有引力提供向心力
22Mm G mr r
ω= 解得
ω==卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间为
3t π
ω==C 正确；
D ．万有引力提供向心力 2
2Mm v G m r r
= 解得
v == 则质量为m 的物体的动能为
2
2k 1122R E mv mg r
== D 错误。

故选AC 。

10、BC
【解题分析】A 、两球受重力、支持力和绳的拉力，故A 错误；
B 、球转动的向心力由绳子的拉力提供，同一条绳受力应该处处相等，所以P 球受到的向心力大小等于Q 球受到的向心力大小，故B 正确；
C 、由 知： 一定等于 故C 正确；
D 、当ω增大时，两球都有向外运动的趋势，但由于是同一条绳连着，AB 球的相对位置不会发生变化，故D 错误；
综上所述本题答案是：BC
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、ACD
【解题分析】
试题分析：为了使得小车沿长木板方向只受橡皮筋的作用，在开始时，需要平衡摩擦力，即长木板要适当倾斜，以平衡小车运动中受到的阻力，A 正确；利用纸带上的点计算小车的速度时，需要测量出加速的末速度，即最大速度，也就是匀速运动的速度，由于速度最大，所以点迹应是最稀疏部分或纸带上用点迹均匀部分进行计算，B 错误D 正确；重复实验时，实验中改变拉力做功时，为了能定量，所以用不同条数的橡皮筋且拉到相同的长度，这样橡皮筋对小车做的功才有倍数关系，C 正确；
考点：“探究动能定理”的实验
【名师点睛】实验时，先要平衡摩擦力，每次保持橡皮筋的形变量一定，当有n 根相
同橡皮筋并系在小车上时，
n 根相同橡皮筋对小车做的功就等于系一根橡皮筋时对小车做的功的n 倍，这个设计很巧妙地解决了直接去测量力和计算功的困难，再加上打点计时器测出小车获得的最大速度即动能可求．
12、AC AB B mgh - 2
122C A h h m T -⎛⎫ ⎪⎝⎭
F 0 = 3mg 【解题分析】
(1)[1]A ．打点计时器需要接交流电源，A 正确；
B ．打点计时器本身就是计时工具，不需要秒表，B 错误；
C ．需要用刻度尺测量纸带上打点之间的距离，C 正确；
D ．重物下落过程中，若满足机械能守恒定律，则
212
mg h m v ⋅∆=⋅∆ 等式两边将重物质量m 约去，不需要天平测量重物质量，D 错误。

故选AC 。

(2)[2]A ．应选择质量大、体积小的重物进行实验，可以减小阻力带来的误差，A 正确； B ．释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，使重物竖直下落，减小纸带与打点计时器之间的摩擦，B 正确；
C ．为了有效利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，C 错误。

故选AB 。

(3)[3]重力做正功，重力势能减小所以从O 到B ，重力势能的变化量为
p B E mgh ∆=-
[4]在B 点，根据匀变速直线运动的规律可知
2C A B h h v T
-= 则动能变化量为
2
2k 11222C A B h h E mv m T -⎛⎫∆== ⎪⎝⎭
(4)[5]若小球运动过程中机械能守恒，则满足 212
mgL mv = 小球运动到最低点
2
0v F mg m L
-= 解得
2
03v F mg m mg L
=+= 即需要验证的表达式为
03F mg =
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、当R>a 时，粒子从上边边界射出，此时0mv B qa <，2
πθ<；当a>R≥3a/4时，粒子
从左边边界射出，此时0043mv mv B qa qa <<，23
πθπ<<；当R<3a/4时，粒子从下边边界射出，此时043mv B qa
≥
,θπ= 【解题分析】
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律与几何知识分析答题； 解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
200mv qv B R = 解得圆周运动的半径：0mv R qB
= ①当R >a 时，粒子将从上边界射出，此时0,2mv B qa πθ<
< ②当34a a R >>时粒子将从左边界射出，此时0042,33mv mv B qa qa πθπ
③当34
R a 时，粒子将从下边界射出,此时043mv B qa ≥，θπ= 14、（1）410m/s ；（2）400V/m ；（3）6910J -⨯
【解题分析】
(1)加速过程，根据动能定理得：
20102
AB qU mv =
- 解得： 4010m/s v =
(2) 粒子在右侧做类平抛运动，则有： 0x v t =
212
y at = qE a m
= 联立解得：
400V/m E =
(3) 粒子从O 到M 的过程，根据动能定理则有：
2012
k qEy E mv =- 解得： 6910J k E -=⨯
15、（1） （2） （3） ，垂直轨道平面斜向上
【解题分析】 导体棒受到重力、轨道的支持力和磁场对导体棒的安培力，安培力方向由左手定则判断，根据共点力平衡条件求解磁场对导体棒的安培力的大小, 要使磁感应强度最小，则要求安培力最小，当安培力方向平行斜面向上时，安培力最小，由平衡条件和F=BIL 公式求解磁感应强度B 的最小值。

【题目详解】
(1) 导体棒受到重力、轨道的支持力和磁场对导体棒的安培力，由左手定则判断可知，安培力方向水平向右，所以通过导体棒的恒定电流的方向；
(2) 根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小
；
(3) 要使磁感应强度最小，则要求安培力最小。

根据受力情况可知，最小安培力
方向平行于轨道斜向上。

所以最小磁感应强度
根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上。