2024届新疆维吾尔自治区昌吉市教育共同体四校物理高三第一学期期末检测模拟试题含解析

2024届新疆维吾尔自治区昌吉市教育共同体四校物理高三第一学期期末检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请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、已知在某时刻的波的图像如图所示，且M 点的振动方向向上，下述说法正确的是：（ ）
A ．A 点振动落后于M 点，波向右传播
B ．A 点振动落后于M 点，波向左传播
C ．B 点振动落后于M 点，波向右传播
D ．B 点振动落后于M 点，波向左传播
2、卫星绕某一行星的运动轨道可近似看成是圆轨道，观察发现每经过时间t ，卫星运动所通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ。

已知引力常量为G ，由此可计算该行星的质量为（ ）
A ．22l Gt
B ．2
2
l G t θ
C ．
2l G t θ
D ．2
2
l G t
θ 3、已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390，月球绕地球旋转的周期约为27天.利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为 A ．0.2
B ．2
C ．20
D ．200
4、极地卫星的运行轨道经过地球的南北两极正上方（轨道可视为圆轨道）．如图所示，某时刻某极地卫星在地球北纬45°A 点的正上方按图示方向运行，经过12h 后再次出现在A 点的正上方，地球自转周期为24h ．则下列说法正确的是
A．该卫星运行周期比同步卫星周期大
B．该卫星每隔12h经过A点的正上方一次
C．该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度小
D．该卫星所有可能角速度的最小值为rad/h
8
5、如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，a、b带正电，电荷量均为q，c带负电，整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，则下列说法中正确的是（）
A．a球所受合力斜向左
B．c球带电量的大小为2q
C．匀强电场的方向垂直于ab边由ab的中点指向c点
D．因为不知道c球的电量大小，所以无法求出匀强电场的场强大小
6、5G是“第五代移动通信网络”的简称，目前世界各国正大力发展5G网络．5G网络使用的无线电波通信频率在3.0 GHz以上的超高频段和极高频段（如图所示），比目前4G及以下网络（通信频率在0.3GHz～3.0GHz间的特高频段）拥有更大的带宽和更快的传输速率．未来5G网络的传输速率（指单位时间传送的数据量大小）可达10G bps（bps为bits per second的英文缩写，即比特率、比特/秒），是4G网络的50-100倍．关于5G网络使用的无线电波，下列说法正确的是
A．在真空中的传播速度更快
B．在真空中的波长更长
C．衍射的本领更强
D．频率更高，相同时间传递的信息量更大
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、为探究小球沿光滑斜面的运动规律，小李同学将一小钢球分别从图中斜面的顶端由静止释放，下列说法中正确的是（）
A．甲图中小球在斜面1、2上的运动时间相等
B．甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等
C．乙图中小球在斜面3、4上的运动时间相等
D．乙图中小球下滑至斜面3、4底端时的速度大小相等
8、两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率沿着HO方向垂直射入匀强电场，电场强度方向竖直向上，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示。

不计粒子所受的重力，则下列说法中正确的是（）
A．甲粒子带正电荷
B．乙粒子所带的电荷量比甲粒子少
C．甲粒子在圆形区域中电势能变化量小
D．乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大
9、如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为θ＝30°的斜面体置于水平地面上，A的质量为m，B的质量为4m。

开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动。

将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止。

下列判断中正确的是（）
A．B受到的摩擦力先减小后增大
B．A下摆的过程中，绳的最大拉力为3mg
C．A的机械能守恒
D．A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒
10、如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示．取g=10 m/s2，sin 37°=0.60，cos 37°=0.1．则（）
A．物体的质量m=0.67 kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.50
C．物体上升过程中的加速度大小a=1m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能E k=10 J
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）某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100uA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50uA刻度．可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值14kΩ），滑动变阻器R1（最大阻值1500Ω），滑动变阻器R2（最大阻值500Ω），电阻箱（0~99999.9Ω），干电池（E=1.5V，r=1.5Ω），红、黑表笔和导线若干．
（1）欧姆表设计
将图（a）中的实物连线组成欧姆表．（____________）欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为____Ω：滑动变阻器选____（填“R1”或“R2”）．
（2）刻度欧姆表表盘
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示．表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为____、____．
（3）校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向___kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量．若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为_______Ω．
12．（12分）某同学在做“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图1所示．
()1某同学经过粗略的调试后，出现了干涉图样，但不够清晰，以下调节做法正确的是______．
A．旋转测量头
B.上下拨动金属拨杆
C．左右拨动金属拨杆
D.前后拨动金属拨杆
()2该同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图2所示，若要使两者对齐，该同学应如何调节_______．
A．仅左右转动透镜
B.仅旋转单缝
C．仅旋转双缝
D.仅旋转测量头
()3如图3所示中条纹间距表示正确是______．
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，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p．现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
（1）抽气前氢气的压强；
（2）抽气后氢气的压强和体积．
14．（16分）如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金题导轨平行放置，形成左右两导执平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L=0.2m，电阻不计．质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.1Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中．t=0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑，t=ls时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始作匀加速直线运动．cd 杆运动的v-t图象如图乙所示（其中第1s、第3s内图线为直线）．若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）在第1秒内cd杆受到的安培力的大小
（2）ab杆的初速度v1
（3）若第2s内力F所做的功为9J，求第2s内cd杆所产生的焦耳热
15．（12分）一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=8m/s的初
速度由底端沿斜面上滑。

小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.1．若斜面足够长，已知tan37°=3
4
，g取10m/s2，求：
（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小；（2）小物块上滑的最大距离；
（3）小物块返回斜面底端时的速度大小。

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 、
B 、M 点的振动方向向上，A 到B 半个波长的范围，振动方向相同，A 点振动落后于M 点，则波向左传播；故B 正确，A 错误.
C 、
D ，M 点的振动方向向上，A 到B 半个波长的范围，振动方向相同，B 点振动超前于M 点，而波向左传播。

故C 、D 错误. 故选B. 【题目点拨】
本题是根据比较质点振动的先后来判断波的传播方向，也可以根据波形平移的方法确定波的传播方向． 2、B 【解题分析】
设卫星的质量为m ，卫星做匀速圆周运动的轨道半径为r ，则
22Mm v G m r r
= 其中
l
r
，l
v t
=
联立可得
2
2
l M G t θ=
故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

3、B 【解题分析】
由日常天文知识可知，地球公转周期为365天，依据万有引力定律及牛顿运动定律，研究地球有G
2
M M r 太地
地＝M 地2
24T π地
r
地，研究月球有G 2M M r 月地月＝M 月2
24T π月r 月，日月间距近似为r 地，两式相比M M 太地＝3
r r 地月⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
·2
T T ⎛⎫
⎪⎝⎭
月地.太阳对月球万有引
力F 1＝G 2M M r 月太地，地球对月球万有引力F 2＝G 2
M M r 月地月
，故12F F ＝M M 太
地·2T T ⎛⎫ ⎪⎝⎭
月地＝r r 地月·2
T T ⎛⎫ ⎪⎝⎭月地＝2
27390365⎛⎫ ⎪⎝⎭=2.13，故选B. 4、D 【解题分析】
地球在12h 的时间内转了180°，要使卫星第二次出现在A 点的正上方，则时间应该满足
3
4
T +nT ＝12h ，解得48
h 43
T n +＝
（n =0、1、2、3、），当n =0时，周期有最大值T =16h ，当n 的取值不同，则周期不同，则该卫星运行周期比同步卫星周期小，选项A 错误；由以上分析可知，只有当卫星的周期为16h 时，每隔12h 经过A 点上方一次，选
项B 错误； 卫星的周期小于同步卫星的周期，则运转半径小于同步卫星的半径，根据2
GM
a r =可知，该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度大，选项C 错误；该卫星的最大周期T =16h ，则最小的角速度为：2=rad/h 8
T ππ
ω=，选项D 正确. 5、B 【解题分析】
A ．a 球处于静止状态，所受合外力为0，故A 错误；
BC ．因为带负电的c 球受力平衡处于静止状态，根据平衡条件可知电场线方向竖直向上
则对a 球受力分析，水平方向上ab 之间的库仑力ab F 和ac 之间库仑力C F 在水平方向上的分力平衡
c 22cos 60kq q
k L L
q q ︒⋅⋅= 解得
c 2q q =
故B 正确，C 错误； D ．对c 球受力分析
2
c c 2cos30k q E q q L
︒
⋅⨯
= 解得
E =
故D 错误。

故选B 。

6、D 【解题分析】
A 、无线电波（电磁波）在真空的传播速度与光速相同，保持不变，其速度与频率没有关系，故A 错误； BC 、由公式c f λ=可知：c
f
λ=
，频率变大，波长变短，衍射本领变弱，故BC 错误； D 、无线电波（电磁波）频率越高，周期越小，相同时间内可承载的信息量越大，故D 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、BC 【解题分析】
A ．设斜面与水平面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得加速度为
sin sin mg a g m θ
θ=
= 甲图中，设斜面得高度为h ，则斜面得长度为
sin h L θ
=
小球运动的时间为
t =
==可知小球在斜面2上运动的时间长，故A 错误； B ．达斜面底端的速度为
v at ==与斜面得倾角无关，与h 有关，所以甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等，故B 正确； C ．乙图中，设底边的长度为d ，则斜面的长度为
cos d s θ
= 根据212
s at =得
t == 可知=60θ︒和30时，时间相等，故C 正确；
D ．根据v =h 有关，与其他的因素无关，所以乙图中小球下滑至斜面4底端时的速度较大，故D 错误。

故选BC 。

8、AC
【解题分析】
A ．甲粒子向上偏转，所受的电场力向上，与电场方向相同，故甲粒子带正电荷，A 正确；
B ．两个粒子竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，有
y ＝212at ＝22qE t m
E 、t 、m 相等，则
y ∝q
可知，乙粒子所带的电荷量比甲粒子多，B 错误；
C ．电场力对粒子做功为
W qEy =
甲粒子电荷量少，偏转位移小，则电场力对甲粒子做功少，其电势能变化量小，C 正确；
D ．水平方向有
x ＝v 0t
相同时间内，乙粒子的水平位移小，则乙粒子进入电场时初速度小，初动能就小，D 错误。

故选AC 。

9、ABC
【解题分析】
AB ．开始时B 物块静止，轻绳无拉力作用，根据受力平衡：
4sin 320mg f mg ︒==
方向沿斜面向上，小球A 从静止开始摆到最低点时，以O 点为圆心做圆周运动，应用动能定理：
212
mgr mv = 落到最低点，根据牛顿第二定律：
2
v T mg m r
-= 解得A 球下落过程中绳子的最大拉力：
3T mg =
此时对B 物块受力分析得：
4sin 30T mg f ︒=+'
解得B 物块受到的静摩擦力：
f m
g f '=<
方向沿斜面向下，所以B 物块在A 球下落过程中，所受静摩擦力先减小为0，然后反向增大，AB 正确； CD ．A 球的机械能由重力势能和动能构成，下落过程中只有重力做功，A 球机械能守恒，同理，A 、B 系统也只有A 球的重力做功，所以A 、B 系统的机械能守恒，C 正确，D 错误。

故选ABC 。

10、BD
【解题分析】
A ．在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有0p E E mgh =+= 所以物体质量为
30kg=1kg 103
E m gh ==⨯ A 错误；
B ．在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上升运动过程中只受重力、摩擦力做功，故由动能定理可得
cos37sin 37k h mg mgh E μ-︒
-=∆︒
解得 200.60.511030.8
μ⨯==⨯⨯⨯ B 正确；
C ．物体上升过程受重力、支持力、摩擦力作用，故根据力的合成分解可得：物体受到的合外力为
sin cos 10F mg mg N αμα=+=
故物体上升过程中的加速度为
210m/s F a m
== C 错误；
D ．物体上升过程和下落过程物体重力、支持力不变，故物体所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；由B 可知：物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J ，故物体回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J ；又有物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以，由动能定理可得：物体回到斜面底端时的动能为50J-40J=10J ，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、 900 R 1 45 5 0 35000.0 【解题分析】
（1）连线如图：
根据欧姆表的改装原理，当电流计满偏时，则0g g
E I r R R R =
+++，解得R=900Ω；为了滑动变阻器的安全，则滑动变阻器选择R 1； （2）在a 处， 014g g xa
E I r R R R =+++，解得R xa =45kΩ； 在b 处，则034g g xb
E I r R R R =+++，解得R xb =5kΩ；
（3）校准：红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指到0 kΩ处；由图可知，电阻箱接入的电阻为：R =35000.0Ω．
12、C D CE
【解题分析】
()1使单缝与双缝相互平行，干涉条纹更加清晰明亮，则要增大条纹的宽度， 根据公式L x d
λ=可知，增大双缝到屏的距离L 或减小双缝之间的距离都可以增大条纹的间距，所以需要左右移动拨杆．故C 正确ABD 错误；
()2发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，该同学应调节测量头，故ABC 错误，D 正确； ()3干涉条纹的宽度是指一个明条纹与一个暗条纹的宽度的和，为两个相邻的明条纹(或暗条纹)的中心之间的距离，故图CE 是正确的．
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）12
（p 0+p ）；（2）01124p p +；00042p p V p p ++（） 【解题分析】
解：（1）设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得
（p 10–p ）·
2S =（p 0–p ）·S ① 得p 10=12
（p 0+p ）② （2）设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2，根据力的平衡条件有p 2·
S =p 1·2S ③ 由玻意耳定律得p 1V 1=p 10·
2V 0④ p 2V 2=p 0·V 0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V 1–2V 0=2（V 0–V 2）⑥
联立②③④⑤⑥式解得
101124
p p p =+⑦ 00104=2p p V V p p
++（）⑧ 14、（1）0.2N （2）1m/s （3）3J
【解题分析】
（1）对cd 杆，由v-t 图象得：
a 1=41v t ∆=∆=4m/s 2， 由牛顿第二定律得：mgsin53°
-μ(mgcos53°+F 安）=ma 解得：F 安=0.2N
（2）对ab 杆，感应电动势：E=BLv 1
电流：2E I R
= cd 杆的安培力：F 安=BIL
解得：v 1=lm/s.
（3）由题意得第3s 内cd 的加速度：a 2=-4m/s 2
设2s 时ab 杆的速度为v 2，对cd 杆，由牛顿第二定律得：
mgsin53°-μ(mgcos53°+2222B L v R
）=ma 2 解得：v 2=9m/s
有运动学知识得2s 内ab 杆的位移：12252
v v x t m +=
= 由动能定理得：W F +W G +W f +W 安=22211122mv mv - 又W F =9J
W G =mgx 2sin37°
W f =-μmgx 2cos37°
-W 安=2Q cd
解得：Q cd =3J
点睛：本题是电磁感应和图象结合的题目，分析清楚运动过程、合理的利用图象得到关键的加速度，再由牛顿第二定律和运动学公式及动能定理求解即可．
15、（1）8m/s 2（2）4.0m （3）42m/s
【解题分析】
（1）小物块沿斜面上滑时受力情况如下图所示，其重力的分力分别为：
F 1=mg sinθ
F 2=mg cosθ
根据牛顿第二定律有：
F N =F 2…①
F 1+F f =ma …②
又因为
F f =μF N …③
由①②③式得：
a =g sinθ+μg cosθ=(10×0.6 +0.1×10×0.8)m/s 2=8.0m/s 2…④
（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有： 0-v 02=2（-a ）x …⑤
得：
2208m=4m 228
v x a ==⨯…⑥ （3）小物块在斜面上下滑时受力情况如下图所示，根据牛顿第二定律有：
F N =F 2…⑦
F 1-F f =ma '…⑧
由③⑦⑧式得：
a '=g sinθ-μg cosθ=(10×0.6 -0.1×10×0.8)m/s 2=4.0m/s 2…⑨
有：
v 2=2a ′x …⑩
所以有：
2=24442m/s v a x '⨯⨯=。