2024学年山西省太原市实验中学物理高三第一学期期中监测模拟试题含解析

2024学年山西省太原市实验中学物理高三第一学期期中监测模
拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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、随着时代的发展和科技的进步，手机给我们日常的生活带来了很大的便利，尤其是智能手机上装载的众多app软件改变着我们的生活。

如图所示为百度地图app软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，其推荐路线中有两个数据，10分钟，5.4公里，关于这两个数据，下列说法正确的是（）
A．10分钟表示的是某个时刻
B．10分钟表示的是某段时间间隔
C．5.4公里表示了此次行程的位移的大小
D．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度的大小
2、宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内太空授课时，指令长聂海胜悬浮在太空舱内“太空打坐”的情景如图．若聂海胜的质量为m，距离地球表面的高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，则聂海胜在太空舱内受到重力的大小为
A ．0
B ．mg
C ．2GMm h
D ．2()GMm R h + 3、质量为2m 的物块A 和质量为m 的物块B 相互接触放在水平面上，如图所示。

若对A 施加水平推力F ，则两物块沿水平方向作加速运动。

关于A 对B 的作用力，下列说法正确的是（ ）
A ．若水平面光滑，物块A 对
B 的作用力大小为F
B ．若水平面光滑，物块A 对B 的作用力大小为23
F C ．若物块A 与地面无摩擦，B 与地面的动摩擦因数为μ，则物块A 对B 的作用力大小为m g μ
D ．若物块A 与地面无摩擦，B 与地面的动摩擦因数为μ，则物块A 对B 的作用力大小为+2)3
F mg μ（ 4、如图为一种服务型机器人，其额定功率为48W ．额定工作电压为24V ．机器人的锂
电池容量为20A·
h ．则机器人
A ．额定工作电流为20A
B ．充满电后最长工作时间为2h
C ．电池充满电后总电量为47.210C ⨯
D ．以额定电流工作时毎秒消耗能量为
20J 5、在平直公路上行驶的a 车和b 车，其位移-时间图象分别为图中直线a 和曲线b ，由
图可知（）。

A．b车运动方向始终不变
B．在t1时刻a车与b车速度相同
C．t1到t3时间内a车与b车的平均速度相等
D．t1到t2时间内有一时刻两车的速度相同
6、如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
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，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝3 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是
A．木板获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为6 J C．木板A的最小长度为1 m D．A，B间的动摩擦因数为0.1 8、下列说法正确的是（）
A．由加速度的定义式
∆
=
∆
v
a
t
可知，加速度与速度的变化量成正比，与时间成反比
B．由牛顿第二定律
F
a
m
=可知，加速度与物体的合外力成正比，与物体的质量成反比
C．匀变速直线运动的加速度为恒量，因此，加速度为恒量的物体一定做匀变速直线运动
D．匀速圆周运动的加速度方向总与速度垂直，因此，加速度方向总与速度垂直的物体一定要做匀速圆周运动
9、如图所示，10匝矩形线圈，在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO'以角速度为100rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5m1，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L1．已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A，则( )
A．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为100cos(100t) V
B．若开关S闭合，电流表示数将增大
C．若开关S闭合，灯泡L1将变暗
D．灯泡L1的额定功率为1W
10、如图所示为一种儿童玩具，在以O点为圆心的四分之一竖直圆弧轨道上，有一个光滑的小球(不能视为质点)，O＇为小球的圆心．挡板OM沿着圆弧轨道的半径，以O 点为转轴，从竖直位置开始推着小球缓慢的顺时针转动(垂直水平面向里看)，到小球触到水平线的过程中
A．圆弧轨道对小球的支持力逐渐增大
B．圆弧轨道对小球的支持力逐渐减小
C．挡板对小球的支持力逐渐增大
D．挡板对小球的支持力逐渐减小
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）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置．其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量,m0为滑轮的质量，滑轮大小不计且光滑．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．
（1）实验时，一定要进行的操作是________
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M．
（2）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为
________m/s2（结果保留三位有效数字）．
（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________
A．
1
tanθ
B．
1
tan
m
θ
-C．
2
m
k
-D．
2
m
12．（12分）在“研究弹簧的形变与外力的关系”的实验中,将弹簧水平放置,测出其自然长度,然后竖直悬挂让其自然下垂,在其下端竖直向下施加外力F。

实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的。

用记录的外力F与弹簧的形变量x作出的F-x图线如图所示。

(1)弹簧的形变量x与外力F关系式F=___；（力的单位：N，长度单位：m）
(2)图线不过原点的原因是:______________。

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，有一条匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝12 N。

已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝1．5，传送带的长度L=2．5m。

（g取11 m/s2，sin37°＝1．6，cos37°＝1．2）。

问：
（1）若传送带逆时针旋转，则物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为多少？（2）若传送带顺时针旋转，则物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为多少？14．（16分）如图所示，气缸的横截面积为10cm2，a、b两个质量忽略不计的活塞将内部气体分A、B两部分，A部分气柱的长度为30cm，B部分气柱的长度是A部分气柱长度的一半，气缸和活塞b是绝热的，活塞a是导热的，与活塞b相连的轻弹簧劲度系数为100N/m．初始状态A、B两部分气体的温度均为27℃，活塞a刚好与气缸口平齐，弹簧为原长．若在活塞a上放上一个质量为2kg的重物，则活塞a下降一段距离后静止（已知外界大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度大小g＝10m/s2）．求：（1）此时A部分气柱的长度；
（2）此后对B部分气体进行缓慢加热，使活塞a上升到再次与气缸口平齐，此时B部分气体的温度．
15．（12分）图为一列简谐波的波形图，实线为t=0时刻的波形．若此机械波沿x 轴正方向传播，t=0时刻刚好传到A 点，且再经过0.6s ，Q 点也开始起振，求：
(1)该机械波的波速v 及周期T 分别为多少？
(2)从t=0时刻起到Q 点第一次到达波峰，O 点相对于平衡位置的位移y 0及其所经过的轨迹长度s 0各为多少？
(3)若该机械波的传播速度大小为30m/s ，波形由实线变为虚线需要经历0.45s 的时间，则该列波的传播方向如何？（要求写出具体判断过程）
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】图中显示10分钟对应时间轴上的一段，所以是时间，故A 错误，B 正确；
5.4公里是路程，故C 错误；5.4公里是路程，所以可以求出平均速率的大小，但不能求出平均速度，故D 错误．故选B.
2、D
【解题分析】飞船在距地面高度为h 处，由万有引力等于重力得：
()2G Mm
G mg R h ='=+'，故D 正确，ABC 错误；故选D.
3、D
【解题分析】
AB ．根据牛顿第二定律，对整体
3F a m
= 对B ：物块A 对B 的作用力大小为 3AB F N ma ==
故AB 项错误；
CD ．对整体由牛顿第二定律有
333
F mg F g a m m μμ-==- 对B 由牛顿第二定律得
AB N mg ma μ-=
代入解得：
23
AB F mg N μ+= 故C 项错误，D 项正确。

4、C
【解题分析】
A.P UI =得，额定工作电流：
48A 2A 24
P I U ===, A 错误；
B. 充满电后最长工作时间：
20h 10h 2
Q t I ===， B 错误；
C. 电池充满电后总电量为
4203600C 7.210C Q It ==⨯=⨯
C 正确；
D.额定电流工作时每秒消耗能量
'2421J 48J E UIt ==⨯⨯=.
D 错误．
5、C
【解题分析】A 、b 图线切线切线先为负值，然后为正值，知b 的运动方向发生变化．故
A 错误；
B 、在t 1时刻，两车的位移相等，速度不同．故B 错误；
C 、t 1到t 3时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同．故C 正确；
D 、t 1到t 2时间内，b 图线的切线斜率始终为负，与a 的速度方向相反，则两车的速度不可能相同；故D 错误；
故选C 。

6、D
【解题分析】
现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小
相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D 正确，
A 、
B 、
C 错误．
【考点定位】电容器，电场力，力的平衡．
【方法技巧】本题主要是:要理解这个题目的实质是在二力平衡作用下物体静止，如果一个力转动45°，而大小不变，物体会乍样运动？
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、AB
【解题分析】
A ．由图示图象可知，木板获得的速度为v =1m/s ，A 、
B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0=（M +m ）v ，解得：
M =4kg
木板A 的质量为 M =4kg ，木板获得的动能为：2211412J 22K E Mv =
=⨯⨯=。

故A 正确。

B ．系统损失的机械能：2220111222
K E mv mv Mv ∆=
--，代入数据解得： △Ek =6J
故B 正确。

C ．由图得到：0-1s 内B 的位移为： ()11312m 2
B x =⨯+⨯=
A 的位移为：
1110.5m 2
A x =⨯⨯= 木板A 的最小长度为：L =x
B -x A =1.5m 。

故
C 错误。

D ．由图示图象可知，B 的加速度：22m /s m /1231
s v a t ∆-==∆=-，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μm B g =m B a ，代入解得：
μ=0.2
故D 错误。

8、BD
【解题分析】 由加速度的定义式∆=∆v a t
可知，当时间一定时，加速度与速度的变化量成正比，故A 错误；由牛顿第二定律a=F/m 可知，加速度与物体的合外力成正比，与物体的质量成反比，故B 正确；加速度为恒量的物体不一定做匀变速直线运动，如平抛运动，故C 错误；加速度方向总与速度垂直的物体一定做匀速圆周运动，故D 正确．故选BD. 9、AB
【解题分析】
A ．变压器的输入电压的最大值为：
U m =NBSω=10×0.4×0.5×100=100V
从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为：
u =U m cos ωt =100cos(100t ) V
故A 正确；
B ．若开关S 闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，故输出电流增加，故输入电流也增加，输入功率增加，电流表示数将增大，故B 正确；
C ．若开关S 闭合，输出电压不变，故灯泡L 1亮度不变；故C 错误；
D ．变压器输入电压的有效值为：
1U == 开关断开时L 1正常发光，且电流表示数为I 1=0.01A ，灯泡L 1的额定功率等于此时变压器的输入功率为：
11P U I =
故D 错误。

10、BC
【解题分析】
对小球受力分析如图：
当从竖直位置开始推着小球缓慢的顺时针转动，到小球触到水平线的过程中，由几何关系
可知，N 1与N 2之间的夹角保持不变，N 1与竖直方向之间的夹角逐渐减小，N 2与竖直方向之
间的夹角逐渐增大，根据平行四边形定则可知，圆弧轨道对小球的支持力逐渐减小，故A 错误，B 正确；挡板对小球的支持力逐渐增大，故C 正确，D 错误．
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、BC 1.00m/s 1 c
【解题分析】
（1）本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，AD 错误；实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B 正确；实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，C 正确．
（1）相邻计数点间的时间间隔为T =5×
0.01s=0.1s ，根据△x =aT 1，运用逐差法得，则有：23603227.109.1311.09 5.12 3.09 1.1010990.01
m/s x x a T --++---⨯⨯＝＝ 可得：a =1.00m/s 1．
（3）由牛顿第二定律得：1F =（M +m 0）a ，则有：0
2a F M m =+，a-F 图象的斜率：02k M m =+，小车质量为：02M m k
=-，则C 正确； 12、100x-2 (N)弹簧自身的重力
【解题分析】
分析图象可知伸长量和拉力的关系；由胡克定律可求出弹簧的劲度系数，再选一特殊点代入，即可求解关系式；根据弹簧自身有重力分析图线不过原点的原因．
（1）由图可知，该弹簧受力为零时，伸长是2cm，受到拉力为8N时，伸长为10cm，故弹簧的劲度系数为，由图象可设其关系式为：F=100x+b，再从图象任选清晰的点对应的坐标，如（8N，10cm），带入关系式解之：b=-2，所以弹簧的形变量x与外力F关系式F=100x-2（N）；
（2）该图线不过原点的原因是：弹簧自身有重力，弹簧水平放置其自然长度为L，竖直放置时由于自身的重力必然就会有一定的伸长．
【题目点拨】
在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数．
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、（3）3．46s（2）3．25s
【解题分析】试题分析：（3）对物块受力分析可知，物块是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，由牛顿第二定律：F－μmgcos37°－mgsin37°＝ma，计算得：a＝2 m/s2
L＝at2
（2）对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：
F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma3，计算得：a3＝36 m/s2
物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为F ＝32 N而下滑力和最大摩擦力之和为33 N。

故能继续相对斜面向上加速。

故得：
F－μmgcos37°－mgsin37°＝ma3，计算得：a2＝2 m/s2
L－x3＝vt2＋a2t22
t2＝3s
得t＝t3＋t2＝3．25s
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用；解题的关键是分析摩擦力的方向，根据
牛顿定律求解加速度，然后分析物体的运动情况，结合运动公式求解．
14、（1）25cm （2）227º
C 【解题分析】
（1）对于A 部分气体，初状态51110,A A p Pa V L S =⨯=． 末状态50 1.210A mg p p Pa S
=+=⨯'， 由玻意耳定律得11A A p L S p L S ''=
解得1
25L cm '= 即A 部分气柱长度变为25cm ．
（2）活塞a 返回原处，A 部分气柱长不变．
此时B 部分气柱长为2
20L cm '=，弹簧伸长5x cm =． B 部分气体的压强为B A kx p p S
'+
'=， 解得51.2510B p Pa '=⨯， 对于B 部分气体，初状态：5210,,300B B B p Pa V L S T K ===，
末状态：521.2510,B
B p Pa V L S =⨯='''， 根据理想气体状态方程B B B B B B p V p V T T ''='
， 解得500B
T K '==227ºC 15、 (1)10m/s v = ；0.2T s = （2）03m y =- ；045s cm = （3）波沿x 轴正向传播
【解题分析】
(1) 由图象可知，A=3cm ，2m λ=，
当波向右传播时，点A 的起振方向向下，包括Q 点在内的各质点的起振方向均向下． 波速16100.6
x m m v s s t ===∆ 由v T
λ
=得T=0.2s (2)由t=0至Q 点第一次到达波峰时，经历的时间21330.75(3)44t t T s T ∆=∆+==+ 而 t=0时O 点的振动方向向上，故经2t ∆时间，O 点振动到波谷，即03y cm =，
03(3)43454
s cm cm =+⨯⨯= (3)当波速30m v s
=时，经历0.45s 的时间，波沿x 轴方向传播的距离313.5(6)4
x vt λ===+，故波沿x 轴正向传播．。