海南省海南中学2024年物理高三第一学期期末考试试题含解析

海南省海南中学2024年物理高三第一学期期末考试试题
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、如图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度。

已知万有引力常量为G，则月球的质量为（）
A．
2
3
l
G t
θ
B．
3
2
l
G tθ
C．
2
3
Gl t
θ
D．
2
3
t
G lθ
2、一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示，A、B两质点间距为8m，B、C两质点平衡位置的间距为3m，当t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（）
A．1
3
m/s B．3m/s
C．5m/s D．11m/s
3、如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平．A球、C球与B球分别用两根轻质细线连接，当系统保持静止时，B球对碗壁刚好无压力，图中θ=30º，则A球、C球的质量之比为（）
A．1:2 B．2:1 C．3D3
4、—颗质量为m的卫星在离地球表面一定高度的轨道上绕地球做圆周运动，若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为1：9，卫星的动能（）
A ．4mgR
B ．6mgR
C ．226mg R
D ．26mgR 5、材料相同质量不同的两滑块，以相同的初动能在同一水平面上运动，最后都停了下来。

下列说法正确的是（ ） A ．质量大的滑块摩擦力做功多
B ．质量大的滑块运动的位移大
C ．质量大的滑块运动的时间长
D ．质量大的滑块摩擦力冲量大
6、如图所示，小球A 置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B 用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A 、B 通过光滑滑轮O 用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B 球质量为m ，O 点在半圆柱体圆心O 1的正上方，OA 与竖直方向成30°角，OA 长度与半圆柱体半径相等，OB 与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是
A ．小球A 、
B 受到的拉力T OA 与T OB 相等，且T OA ＝T OB ＝
B ．弹簧弹力大小
C ．A 球质量为
D ．光滑半圆柱体对A 球支持力的大小为mg
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，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场中；质量为m 、带电量为+Q 的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）
A ．滑块受到的摩擦力不变
B ．滑块到地面时的动能与B 的大小无关
C ．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D ．B 很大时，滑块可能静止于斜面上
8、下列说法中正确的是（ ）
A ．布朗微粒越大，受力面积越大，所以布朗运动越激烈
B ．在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子力先增大后减小再增大
C ．在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子势能先增大后减小
D ．两个系统达到热平衡时，它们的分子平均动能一定相同
E.外界对封闭的理想气体做正功，气体的内能可能减少
9、如图所示，某空间存在一竖直方向的电场，其中的一条电场线如图甲所示，一个质量为m 。

电荷量为q 的带正电小球，从电场线中O 点由静止开始沿电场线竖直向上运动x 1的过程中，以O 为坐标原点，取竖直向上为x 轴的正方向，小球运动时电势能ε与位移x 的关系如图乙所示，运动忽略空气阻力，则（ ）
A ．沿x 轴正方向的电场强度大小可能增加
B ．从O 运动到x 1的过程中，如果小球的速度先增后减 ，则加速度一定先减后增
C ．从O 点运动x 1的过程中，每经过相等的位移，小球机械能的增加变少
D ．小球运动位移x 1时，小球速度的大小为0112(-)mgx m
εε- 10、下列说法正确的是（ ）
A ．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B ．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律
C ．一定质量的理想气体经历缓慢的绝热膨胀过程，气体的内能减小
D ．1kg 的0℃的冰比1kg 的0℃的水的内能小些
E.干湿泡温度计的干泡与湿泡的示数差越大，相对湿度越小
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）让小车拖着穿过电磁打点计时器的纸带沿倾斜的长木板滑下，在打出的纸带上依次选取1、2、3、1、5、6六个计数点（每相邻两个计数点间还有三个点未画出）。

用刻度尺测出各计数点间的距离，发现连续相等时间间隔内的距离之差为定值，其中计数点2、3之间的距离23 6.00cm x =，计数点4、5之间的距离4510.00cm x =。

已知打点计时器电源的频率为50Hz 。

通过计算回答下列问题（结果均保留2位小数）
(1)计数点1、6之间的总长度为________cm ；
(2)此过程中小车的加速度大小为________2m/s ；
(3)若从计数点1开始计时，则0.28s时刻纸带的速率为________m。

12．（12分）学校实验小组为测量一段粗细均匀的金属丝的电阻率，实验室备选了如下器材：
A电流表A1，量程为10mA，内阻r1=50Ω
B电流表A1，量程为0.6A，内阻r2=0.2Ω
C电压表V，量程为6V，内阻r3约为15kΩ
D．滑动变阻器R，最大阻值为15Ω，最大允许电流为2A
E定值电阻R1=5Ω
E.定值电阻R2=100Ω
G.直流电源E，动势为6V，内阻很小
H.开关一个，导线若千
I.多用电表
J.螺旋测微器、刻度尺
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图1所示，则金属丝的直径D=___________mm．
(2)实验小组首先利用多用电表粗测金属丝的电阻，如图2所示，则金属丝的电阻为___________Ω
(3)实验小组拟用伏安法进一步地测量金属丝的电阻，则电流表应选择___________，定值屯阻应选择___________．(填对应器材前的字母序号)
(4)在如图3所示的方框内画出实验电路的原理图．
(5)电压表的示数记为U，所选用电流表的示数记为I，则该金属丝电阻的表达式Rx=___________，用刻度尺测得待测金属丝的长度为L，则由电阻率公式便可得出该金属丝的电阻率_________．(用字母表示)
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，圆心为O、半径为r的圆形区域内、外分别存在磁场方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，外部磁场的磁感应强度大小为B0。

P是圆外一点，OP＝2r。

一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点在纸面内垂
直于OP 射出，第一次从A 点(图中未画出)沿圆的半径方向射入圆内后从Q 点(P 、O 、Q 三点共线)沿PQ 方向射出圆形区域。

不计粒子重力，sin37︒ ＝0.6，cos37︒ ＝0.8。

求：
(1)粒子在圆外部磁场和内部磁场做圆周运动的轨道半径；
(2)圆内磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从第一次射入圆内到第二次射入圆内所经过的时间。

14．（16分）甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x 轴正向和负向传播，波速均为v =20cm/s 。

两列波在t =0时的波形曲线如图所示。

求：
(i)t =0开始，乙的波谷到达x =0处的最短时间；
(ii)t =0~10s 内，x =0处的质点到达正向最大位移处的次数。

15．（12分）空间存在如图所示的相邻磁场，磁场I 垂直纸面向内，磁感应强度为B ，磁场II 垂直纸面向外，宽度为2d 。

现让质量为m 带电量为q 的粒子以以水平速度v 垂直磁场I 射入磁场中，当粒子a 从磁场II 边缘C 处射出时，速度也恰好水平。

若让质量为2m 、带电量为q 的粒子b 从a 下方4
d 处水平射入磁场I 中，最终粒子b 也恰好从C 处水平射出。

已知粒子以在磁场I 中运动的时间是磁场II 中运动的时间的2倍，且53qBd v m
=
，不计粒子重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求
（1）粒子a 在磁场中运动的时间；
（2）粒子a 、b 的速度大小之比。

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】
卫星的线速度为
l v t
= 角速度为
t
θ
ω= 可得卫星的运行半径为 v l
R ωθ==
由万有引力定律及牛顿第二定律得
2
2GMm mv R R
= 故月球的质量
23
2Rv l M G G t
θ== 故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

2、C
【解题分析】
由图读出波长λ=8m ．波向右传播，质点C 恰好通过平衡位置时，波传播的最短距离为1m ，根据波形的平移法得：t=（n+1/8）T 或（n+5/8）T ，n=0，1，2…，888181t T s s n n ==++，则波速v= T
λ=（8n+1）m/s 或v=（8n+5）m/s ；当n=0时：v=1m/s 或5m/s ，当n=1时：v=9m/s 或13m/s ，当n=2时：v=17m/s 或21m/s ，故选C ．
【题目点拨】
本题的解题关键是运用波形平移法，得到时间与周期的关系式，得到波速的通项，再研究特殊值．
3、C
【解题分析】
B 球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得B 球所在位置两线的夹角为90°，以B 球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知
cos sin A B F F θθ=
tan A A B B F m g F m g θ=== A ．1:2，与结论不相符，选项A 错误；
B ．2:1，与结论不相符，选项B 错误；
C ．
，与结论相符，选项C 正确；
D
，与结论不相符，选项D 错误；
故选C.
考点：考查受力平衡的分析
点评：本题难度较小，明确B 球所在位置夹角为90°是本题求解的关键
4、B
【解题分析】
在地球表面有
2GMm m g R
''= 卫星做圆周运动有：
2
GMm ma r = 由于卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为1:9，联立前面两式可得：r=3R ；卫星做圆周运动： 2
2GMm v m r r
=
得
E k =2122GMm mv r
= 再结合上面的式子可得
E k =6
mgR A. 4
mgR 与分析不符，故A 错误。

B.
6mgR 与分析相符，故B 正确。

C. 22
6
mg R 与分析不符，故C 错误。

D. 2
6
mgR 与分析不符，故D 错误。

5、D
【解题分析】
AB ．滑块匀减速直线运动停下的过程，根据动能定理有
0f k W mgx E μ=-=-
得
k E x mg
μ= 故摩擦力做功相同，质量大的滑块位移小，故AB 错误；
CD ．根据动量定理有
0I mgt μ=-=
故质量大的滑块受到的冲量大，运动时间短，故C 错误，D 正确。

故选D 。

6、C
【解题分析】
A 、
B 、隔离对B 分析，根据共点力平衡得：
水平方向有：T OB sin45°=F
竖直方向有：T OB cos45°=mg ，
则，弹簧弹力F=mg，
根据定滑轮的特性知：T OA与T OB相等；故A，B错误.
C、D、对A分析，如图所示：
由几何关系可知拉力T OA和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N和T相等，有：2T OA sin60°=m A g，
解得：，由对称性可得：，故C正确，D错误.
故选C.
【题目点拨】
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题采用隔离法研究比较简便．
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、CD
【解题分析】
AC．小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大．故A错误，C正确；
B．B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力功不同，到达底端的动能不同，B错误；
D．滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，B很大时，一旦运动，不会停止，最终重力的沿斜面的分力等于摩擦力，小滑块匀速直线运动，故D错误．
【题目点拨】
解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况．
8、BDE
【解题分析】
颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈；根据分子力和分子距离的图像和分子势能和分子之间距离图像，分析分子力和分子势能随r的变化情况；两个系统达到热平衡时，温度相同；根据热力学第一定律判断。

【题目详解】
A．布朗运动微粒越大，受力面积越大，液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的越趋于平衡，所以布朗运动越不剧烈，故A错误；
B ．在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子力先增大后减小再增大，如图所示：
故B 正确；
C ．在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子势能先减小后增大，如图所示：
故C 错误；
D ．温度是分子平均动能的标志，两个系统达到热平衡时，温度相同，它们的分子平均动能一定相同，故D 正确；
E ．根据热力学第一定律：
U Q W ∆=+
外界对封闭的理想气体做正功0W >，但气体和外界的热交换不明确，气体的内能可能减少，故E 正确。

故选BDE 。

9、BC
【解题分析】
A ．电势能ε与位移x 的图象ε-x 图象的斜率的绝对值x ε
表示小球所受电场力的大小，由图乙可知图象沿x 轴正方向
的斜率越来越小，说明小球所受电场力沿x 轴越来越小，即沿x 轴正方向的电场强度大小一直减小，故A 错误； B ．从O 运动x 1的过程中，如果小球的速度先增后减，说明开始时小球所受电场力F 大于重力mg 向上做加速运动，后来电场力小于重力，向上做减速运动。

当加速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度
F mg a m
-＝ 因为F 逐渐减小，故a 逐渐减小。

当向上减速运动时，有 mg F a m -'＝
因为F 逐渐减小，故a '逐渐增大。

所以从O 运动x 1的过程中，如果小球的速度先增后减，加速度一定是先减后增，故B 正确；
C ．根据能的转化和守恒定律可知，在小球向上运动的过程中电场力做正功，电势能减小，减小的电势能转化为机械能。

由图乙可知从O 点运动x 1的过程中，每经过相等的位移，小球所受电场力逐渐减小，则电势能减小的越来越少，则小球机械能的增加变少，故C 正确；
D ．规定O 点所在的水平面为零重力势能面，设小球运动位移x 1时的速度为v ，根据能量守恒定律得 ε0＝ε1+mgx 1+12
mv 2 解得
v 故D 错误。

故选BC 。

10、CDE 【解题分析】
A ．摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积，故A 错误；
B ．第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，即自发的热现象具有方向性，故B 错误；
C ．因气体绝热膨胀，故气体对外做功，没有热交换，由热力学第一定律可知，气体内能减小，故C 正确；
D ．1kg 的0C ︒的冰熔化成1kg 的0C ︒的水的内能时，要吸收热量，则知1kg 的0C ︒的冰比1kg 的0C ︒的水的内能小些，故D 正确；
E ．干湿泡湿度计的湿泡温度计与干泡温度计的示数差距越大，说明湿泡的蒸发非常快，空气的相对湿度越小，故E 正确。

故选CDE 。

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、40.00 3.13 1.25 【解题分析】
(1)[1]根据题意可知，计数点3、4之间的距离为8.0cm ，计数点1、2之间的距离为4.00cm ，计数点5、6之间的距离为12.00cm 。

所以计数点1、6之间的总长度为40.00cm ； (2)[2]相邻计数点间的时间间隔0.08s T =，根据2x aT ∆=，所以
22345=2x x aT -
得
22=3.125m/s 3.13m/s a ≈
(3)[3]因为
0.28s 3.5T =
故0.28s 时刻即计数点4、5之间的中间时刻，此时刻的瞬时速度等于计数点4、5之间的平均速度 ，45
=
=1.25m/s x v T。

12、1.700 60 A E
()()
1111R U Ir I r R -+
()
()
211114D R U Ir LI r R πρ-=
+
【解题分析】
（1）由于流过待测电阻的最大电流大约为6
0.160
I A =
=，所以不能选用电流表A 2，量程太大，要改装电流表； （2）根据闭合电路知识求解待测电阻的表达式 【题目详解】
（1）根据螺旋测微器读数规则可知 1.520.00.01 1.700D mm mm =+⨯= （2）金属丝的电阻为 6.01060R =⨯=Ω （3）流过待测电阻的最大电流大约为6
0.160
I A == ,所以选用1A 与1R 并联充当电流表，所以选用A 、E （3）电路图如图所示：
（5）根据闭合电路欧姆定律
1
1
x U Ir R r I I R -=
+
解得：()()
1111x R U Ir R I r R -=+
根据2
4x L L R S D ρ
ρπ== 可求得：()
()
211114D R U Ir LI r R πρ-=
+
【题目点拨】
在解本题时要注意，改装表的量程要用改装电阻值表示出来，不要用改装的倍数来表示，因为题目中要的是表达式，如果是要计算待测电阻的具体数值的话可以用倍数来表示回路中的电流值．
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、 (1) R 2=3r (2) B 内=
4
B (3) 06730m qB π 【解题分析】
（1）设粒子在圆外和圆内磁场中运动的轨道半径分别为R 1、R 2，由几何关系可知:
r 2+R 12=（2r -R 1）2 解得 R 1=
34
r
三角形O 1AO 与三角形O 1QO 2相似，则
121O A
OA QO O Q
= 即
121
3R r R r R =- 解得: R 2=3r
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
Bqv =2
mv R
即 B =
mv qR
B 0=34
mv r q ⨯
B 内=3mv
q r
⨯ 解得 B 内=
4
B （3）由几何关系知： tan ∠O 1OA =134
R r = 解得: ∠O 1OA =37° 同理可知
∠QOC =2∠O 1OA =74°
粒子在磁场中做圆周运动的周期 T =
2R
v
π 可得: T =
2m
qB
π 所以粒子从A 运动到Q 的时间：
t 1=00
37237360454
m m
B qB q ππ︒⨯=
︒⨯
粒子从Q 运动到C 的时间：
t 2=00
360-106212736090m m
qB qB ππ︒︒⨯=︒
t =t 1+t 2=
6730m
qB π
14、（i ）0.5s ；（ii ）2次 【解题分析】
(i)乙向左传播，其最靠近x =0处的波谷位置的x 坐标为
22040
cm 10cm 2x -+=
= 乙的波谷到达x =0处的最短时间为
2
20.5s x t v
∆=
= (ii)质点运动到正向最大位移时 y =y 1+y 2=20cm
即两列波的波峰同时到达x =0位置，从图线可知，甲、乙两列波的波长分别为λ1=40cm ，λ2=60cm ，由T v
λ
=可得甲、
乙两列波的周期分别为 T 1=2s ，T 2=3s
甲的波峰到达x =0位置所需时间
11t kT =其中(k =1，2，3……)
乙的波峰到达x =0位置所需时间
2222
40
t T nT λ=
+其中(n =0，1，2……)
甲、乙两列波的传播时间相同，可知 t 1=t 2 可得
122
40
kT T nT λ=
+
即
223k n =+
当k =1且n =0时，x =0处的质点运动到正向最大位移处，∆t 1=2s ；当k =4且n =2时，x =0处的质点运动到正向最大位移处，∆t 2=8s ；即t =0~10s 内，x =0处的质点运动到正向最大位移处共有2次。

15、（1）37120m
t qB
π=
；（2）
83b v v = 【解题分析】
（1）粒子a 在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，
粒子a 、b 均从C 处水平射出，则可知粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中偏转的圆心角相同。

设粒子a 在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为a R Ⅰ、圆心角为1θ，粒子b 在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为b R Ⅰ、圆心角为2θ，粒子a 在磁场Ⅰ中运动的时间是磁场Ⅱ中运动的时间的2倍，则磁场Ⅰ的宽度为d 。

2
a v qvB m R =Ⅰ
代入数据得
53
a d R =
Ⅰ 设磁场Ⅱ中磁场为B ：
2
2a v qvB m R =Ⅱ
由集合关系可知
56
a d R =
Ⅱ
则
22B B =
13sin 5
a d R θ=
=Ⅰ 则
137θ=
粒子a 在磁场中运动的时间为
1
223602m m t qB q B θππ⎛⎫=
⋅+ ⎪⋅⎝⎭
代入数据得
37120m
t qB
π=
（2）设粒子b 速度为v ，在磁场Ⅰ、Ⅱ中的半径分别为B R Ⅰ、b R Ⅱ，由
2
2b
b b v qv B m R =Ⅰ
得
2b b mv R qB
=
Ⅰ 同理有
2
b B R R =
Ⅰ
Ⅱ 粒子a 、b 均从C 处水平射出，运动轨迹如图所示，则有
2sin b d R θ=
Ⅰ
由集合关系可知
()()()()121cos 1cos 4
b a a b d R R R R θθ+-=+-+
ⅡⅡⅠⅠ 代入数据得
54
b R d =
Ⅰ 解得a 、b 两粒子的速度之比
83
b v v =。