涪陵五中高2024屆高三第一學(xué)期期末模擬考試物理試題（一）單項(xiàng)選擇題：共7題，每題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.甲乙兩物體在水平面上測試加速度，已知甲乙都做直線運(yùn)動(dòng)，且起點(diǎn)和終點(diǎn)都相同。甲從靜止開始，在前一半路程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后一半的路程做勻速直線運(yùn)動(dòng)。乙從靜止開始，一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，二者在相等的時(shí)間通過終點(diǎn)。則甲乙的加速度大小之比為（）A.9：8 B.9：5 C.9：2 D.3：1【答案】A【解析】【詳解】設(shè)起點(diǎn)和終點(diǎn)的距離為，甲的加速度為，乙的加速度為，甲做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為，甲乙通過終點(diǎn)的總時(shí)間為，甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式有則乙做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有甲乙的加速度大小之比為故選A。2.質(zhì)量為的滑塊沿傾角為、長度為的光滑斜面頂端靜止滑下。斜面質(zhì)量為，并靜置于光滑水平面上，重力加速度為?；瑝K可看成質(zhì)點(diǎn)，則滑塊滑到斜面底端所用的時(shí)間為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】滑塊與斜面組成的系統(tǒng)在水平方向的合力為零，則系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，有對滑塊豎直方向由能量關(guān)系可知聯(lián)立可得滑塊滑到斜面底端所用的時(shí)間為故選B。3.如圖所示，用一內(nèi)阻不能忽略的電流表分別與電阻、串聯(lián)后測得的電流值分別為、，干路中電流大小始終恒定，下列關(guān)系中正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】設(shè)電流表電阻為r，則解得即故選C。4.如圖所示是有停泊軌道的地球同步軌道衛(wèi)星發(fā)射示意圖，在上升段火箭將衛(wèi)星送入停泊軌道，而后在近地點(diǎn)變軌后進(jìn)入轉(zhuǎn)移軌道，再在遠(yuǎn)地點(diǎn)進(jìn)入地球同步軌道，則（）A.衛(wèi)星在停泊軌道的環(huán)繞速度大于第一宇宙速度B.衛(wèi)星從轉(zhuǎn)移軌道進(jìn)入同步軌道，需要在遠(yuǎn)地點(diǎn)點(diǎn)火加速C.衛(wèi)星在停泊軌道的加速度小于同步軌道的加速度D.衛(wèi)星在停泊軌道的機(jī)械能大于轉(zhuǎn)移軌道的機(jī)械能【答案】B【解析】【詳解】A．因?yàn)橥２窜壍腊霃浇茷榈厍虬霃絉，由第一宇宙速度的物理意義可知，飛船在停泊軌道上的速度近似等于第一宇由速度，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．從轉(zhuǎn)移軌道進(jìn)入同步軌道，即從“近心運(yùn)動(dòng)”變到“圓周運(yùn)動(dòng)”，所以需要在遠(yuǎn)地點(diǎn)點(diǎn)火加速，B正確；C．根據(jù)萬有引力定律可得加速度可知軌道半徑越小，加速度越大，衛(wèi)星在停泊軌道的加速度大于同步軌道的加速度，C錯(cuò)誤；D．衛(wèi)星從停泊軌道點(diǎn)火加速才能到轉(zhuǎn)移軌道，因此轉(zhuǎn)移軌道機(jī)械能大于停泊軌道的機(jī)械能，D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，質(zhì)量為的物體A與質(zhì)量為的小球C通過輕繩相連，輕繩跨過質(zhì)量為的物體B上的定滑輪。輕彈簧水平連結(jié)小球C，另一端固定在豎直墻上。連結(jié)小球C的輕繩與豎直方向成，物體A與物體B接觸面水平且粗糙，物體B與水平面粗糙。整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為，不計(jì)定滑輪處的摩擦，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列說法中錯(cuò)誤的是（）A.彈簧彈力大小為B.輕繩拉力大小為C.物體A與物體B之間動(dòng)摩擦因數(shù)至少為D.地面給物體B的支持力為【答案】D【解析】【詳解】AB．以小球C為對象，受力分析如圖：可得彈簧彈力大小為輕繩拉力大小為故A、B正確；C．設(shè)物體A與物體B之間動(dòng)摩擦因數(shù)，物體A恰好不發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，有解得故C正確；D．地面給物體B支持力為代入數(shù)據(jù)得故D錯(cuò)誤。本題選擇錯(cuò)誤的，故選D。6.如圖所示，絕緣粗糙水平面上處和處分別固定兩個(gè)不等量正點(diǎn)電荷（場源電荷），其中處的電荷量大小為。兩點(diǎn)電荷在軸上形成的電場其電勢與關(guān)系如左圖所示，其中坐標(biāo)原點(diǎn)處電勢為、且為極小值，和處電勢分別為和?，F(xiàn)由處靜止釋放質(zhì)量為，電荷量為的正電物體（視為質(zhì)點(diǎn)），該物體剛好向左運(yùn)動(dòng)到處。物體產(chǎn)生的電場忽略不計(jì)，下列說法正確的是（）A.的電荷的電荷量為 B.物體在運(yùn)動(dòng)過程中，電勢能變化量為C.物體與地面動(dòng)摩擦因數(shù)為 D.物體在坐標(biāo)原點(diǎn)處動(dòng)能最大【答案】C【解析】【詳解】A．由圖像的斜率等于場強(qiáng)可知，在x=0處的場強(qiáng)為零，則可得選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．物體在運(yùn)動(dòng)過程中，電勢能變化量為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．物體在運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理解得選項(xiàng)C正確；D．物體動(dòng)能最大時(shí)，電場力等于摩擦力，因在坐標(biāo)原點(diǎn)電場力為零，可知在原點(diǎn)位置動(dòng)能不是最大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C7.如圖所示，從傾角為、長為固定斜面頂端無初速度釋放質(zhì)量為的滑塊，滑塊在下滑過程中，沿斜面下滑的距離與動(dòng)摩擦因數(shù)的函數(shù)圖像如圖所示，重力加速度為，，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，規(guī)定地面為零勢能面，下列說法正確的是（）A.滑塊沿斜面下滑過程中，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)B.滑塊下滑到斜面底端的速度大小為C.滑塊沿斜面下滑過程中，動(dòng)能的最大值為D.下滑過程中，滑塊機(jī)械能減小【答案】C【解析】【詳解】A．對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律有可得加速度大小為由圖知，隨著滑塊的下滑動(dòng)摩擦因素增大，加速度在逐漸減小，滑塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。直到當(dāng)時(shí)加速度為零，代入數(shù)據(jù)可得此時(shí)之后，滑塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)。綜合可得：下滑過程中滑塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．滑塊下滑到斜面底端，摩擦力做功由圖知時(shí)，，可得由動(dòng)能定理可得代入數(shù)據(jù)解得故B錯(cuò)誤；C．由A項(xiàng)分析知，當(dāng)加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大；結(jié)合圖像當(dāng)時(shí)此時(shí)摩擦力做功由動(dòng)能定理得，此時(shí)動(dòng)能為故C正確；D．下滑過程中，滑塊減少的機(jī)械能等于摩擦力所做的功，因此滑塊機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。故選C。（二）多項(xiàng)選擇題：共3題，每題5分，共15分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，進(jìn)對但不全的得3分，有錯(cuò)選的得0分。8.如圖所示，長方形ABCD所在平面有勻強(qiáng)電場，E、F分別為AB邊、CD邊中點(diǎn)，已知AB邊長為、BC邊長為。將電子從C點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，電場力做功為；將電子從E點(diǎn)移動(dòng)到F點(diǎn)，電場力做功為，不計(jì)所有粒子重力，下列說法正確的是（）A.沿AE方向，電勢降低最快B.勻強(qiáng)電場大小為C.若將質(zhì)子從A點(diǎn)以初動(dòng)能發(fā)射，則質(zhì)子可能到達(dá)C點(diǎn)D.從D點(diǎn)沿DA方向發(fā)射動(dòng)能為的質(zhì)子，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中該質(zhì)子最小動(dòng)能為【答案】BCD【解析】【詳解】AB．由于電子帶負(fù)電，根據(jù)可知，將電子從C點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，電場力做功為，則有。將電子從E點(diǎn)移動(dòng)到F點(diǎn)，電場力做功為，則有。取F點(diǎn)電勢為零，。由于F為CD邊中點(diǎn)，則有可得、，則DE為等勢面，根據(jù)等勢面與電場線垂直，沿電場線方向電勢逐漸降低，可知電場線沿AF方向，如下圖所示則沿AF方向電勢降低最快，所以勻強(qiáng)電場大小為故A錯(cuò)誤，B正確；C．如上圖所示，若將質(zhì)子從A點(diǎn)發(fā)射，質(zhì)子要到達(dá)C點(diǎn)，則當(dāng)速度方向與電場線方向垂直時(shí)，質(zhì)子所需要?jiǎng)幽茏钚?，此時(shí)質(zhì)子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有根據(jù)牛第二定律有又質(zhì)子動(dòng)能為聯(lián)立解得，質(zhì)子從A點(diǎn)發(fā)射到達(dá)C點(diǎn)，所需要的最小動(dòng)能為則若將質(zhì)子從A點(diǎn)以初動(dòng)能發(fā)射，則質(zhì)子可能到達(dá)C點(diǎn)，故C正確；D．從D點(diǎn)沿DA方向發(fā)射動(dòng)能為的質(zhì)子，則該質(zhì)子在電場中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)質(zhì)子沿電場線方向上的分速度為零時(shí)，質(zhì)子的動(dòng)能最小，此時(shí)質(zhì)子的速度為由于動(dòng)能為則最小動(dòng)能為故D正確。故選BCD。9.如圖所示，光滑水平面上有兩個(gè)豎直固定擋板，A、B、C三點(diǎn)將兩擋板之間的距離分為四等分。A點(diǎn)有一質(zhì)量為的靜止小球，其左側(cè)另一相同大小、質(zhì)量為的小球向右與A點(diǎn)處的小球發(fā)生碰撞，兩小球視為質(zhì)點(diǎn)且兩小球之間、小球與兩擋板之間均為彈性碰撞，若兩小球第二次碰撞發(fā)生在C點(diǎn)處，則兩小球質(zhì)量可能為（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【詳解】設(shè)，若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相同，可知球1的速度小于球2的速度，兩小球在C點(diǎn)相遇，是球2反彈后在C點(diǎn)相遇，有即根據(jù)動(dòng)量守恒定律得根據(jù)機(jī)械能守恒定律得經(jīng)計(jì)算得無解。若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反，與擋板碰撞后反彈在C點(diǎn)追上球2，則有，即根據(jù)動(dòng)量守恒定律得根據(jù)機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立解得若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反，與擋板碰撞后反彈，球2與擋板碰撞后反彈在C點(diǎn)相遇，則有，即根據(jù)動(dòng)量守恒定律得根據(jù)機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立解得故選BD。10.水平放置的平行極板間有周期性變化的電場，規(guī)定豎直向上為電場正方向。在兩極板左端中間處連續(xù)不斷地以速度水平向右發(fā)射質(zhì)量為，電荷量為的正粒子。如以下兩圖所示，兩極板長為、間距為，、T均為已知量，且，不計(jì)所有粒子重力和粒子之間的相互作用，粒子打到極板上后即消失。下列說法正確的是（）A.時(shí)刻發(fā)射的粒子，射出電場區(qū)域時(shí)豎直方向位移大小為B.有粒子從兩極板右側(cè)射出區(qū)域的長度為C.能從兩極板射出的粒子，速度方向均相同D.到時(shí)刻之間發(fā)射的粒子，有一半能射出電場【答案】BC【解析】【詳解】A．時(shí)刻發(fā)射的粒子，時(shí)間內(nèi)加速度豎直方向位移又聯(lián)立得故A錯(cuò)誤；B．時(shí)刻發(fā)射的粒子，射出電場區(qū)域時(shí)豎直方向位移大小為到時(shí)刻之間發(fā)射的粒子有從兩極板右側(cè)邊緣射出的，兩極板間距為所以有粒子從兩極板右側(cè)射出區(qū)域的長度為故B正確；C．設(shè)粒子射出極板時(shí)速度方向與水平方向夾角，則由于從兩極板射出的粒子加速時(shí)間相同，所以從兩極板射出的粒子，速度方向均相同，故C正確；D．到時(shí)刻之間從時(shí)開始存在電場，根據(jù)帶電粒子離開勻強(qiáng)電場時(shí)速度方向的反向延長線經(jīng)過極板的中點(diǎn)，可知時(shí)豎直方向上有加速度的粒子打在極板上時(shí)，距離極板中點(diǎn)水平距離為則到時(shí)刻之間發(fā)射的粒子，有大于一半能射出電場，故D錯(cuò)誤。故選BC。二、非選擇題：共5題，共57分。11.在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn)中，某小組利用如圖所示的裝置完成實(shí)驗(yàn)，橡皮條的一端C固定在木板上，用兩只彈簧測力計(jì)把橡皮條的另一端拉到某一確定的O點(diǎn)。（1）則下列敘述正確的是（）A．該實(shí)驗(yàn)中CO的拉力是合力，AO和BO的拉力是分力B．兩次操作必須將橡皮條和繩的結(jié)點(diǎn)拉到相同位置C．實(shí)驗(yàn)中AO和BO的夾角應(yīng)盡可能大D．在實(shí)驗(yàn)中，彈簧測力計(jì)必須保持與木板平行，讀數(shù)時(shí)視線要正對彈簧測力計(jì)的刻度線（2）對數(shù)據(jù)處理后得到如圖所示的圖示，則F與F′兩力中，方向一定沿CO方向的是___________。（3）若AO和BO兩支彈簧測力計(jì)現(xiàn)在的夾角大于90度，若保持結(jié)點(diǎn)O位置不變和AO彈簧測力計(jì)與CO的夾角不變，將BO彈簧測力計(jì)順時(shí)針轉(zhuǎn)到豎直位置，此過程中BO彈簧測力計(jì)示數(shù)___________（“不變”，“一直變大”，“一直變小”，“先變小再變大”，“先變大再變小”，“無法確定”）【答案】①.BD##DB②.F′③.先變小再變大【解析】【詳解】（1）[1]A．該實(shí)驗(yàn)中對結(jié)點(diǎn)O受力分析可知，三個(gè)力的合力為零，即CO的拉力與AO和BO的拉力的合力等大反向。故A錯(cuò)誤；B．兩次操作必須將橡皮條和繩的結(jié)點(diǎn)拉到相同位置，才能保證兩個(gè)彈簧測力計(jì)的拉力與一個(gè)彈簧測力計(jì)的拉力效果相同。故B正確；C．實(shí)驗(yàn)中只需保證兩次效果相同即可，對AO和BO的夾角適當(dāng)大點(diǎn)，太大或者太小誤差都較大。故C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)中，需要在水平面作力的圖示，為了減小誤差，彈簧測力計(jì)必須保持與木板平行，讀數(shù)時(shí)視線要正對彈簧測力計(jì)的刻度線。故D正確。故選BD。（2）[2]用平行四邊形做出的是理論值，與橡皮筋共線的是實(shí)際值，所以方向一定沿CO方向的是F′。（3）[3]依題意，CO的拉力保持不變，AO的拉力方向保持不變，則BO彈簧測力計(jì)順時(shí)針轉(zhuǎn)到豎直位置過程中，BO的拉力存在最小值（AO與BO夾角為90°），所以此過程中BO彈簧測力計(jì)示數(shù)先變小再變大。12.“描繪電阻R的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中實(shí)驗(yàn)室備有下列器材：A．電源E（電動(dòng)勢為3V，內(nèi)阻不計(jì)）；B．電流表A1（量程為0～1A，內(nèi)阻r1約為0.1Ω）；C．電流表A2（量程為0～0.6A，內(nèi)阻r2=5Ω）；D．滑動(dòng)變阻器R0（阻值范圍為0～3Ω）；E．開關(guān)S，導(dǎo)線若干。F．電阻R（阻值約為6Ω）（1）請?jiān)谔摼€框內(nèi)補(bǔ)充完整合理的測量電路圖。（）（2）若某次測得的電流表A1和電流表A2的讀數(shù)分別為I1、I2，則此時(shí)R的阻值大小為___________（從I1、I2、r2、r1中選擇字母表示），若再用游標(biāo)卡尺測得電阻R的長度（如下圖），其讀數(shù)為___________cm，再測得外徑便可計(jì)算電阻率。（3）描繪出的電阻R的伏安特性曲線如圖所示，現(xiàn)將兩個(gè)這樣的電阻R串聯(lián)后，接在電動(dòng)勢為6V，內(nèi)阻為8Ω的電源兩端，則流過電阻R的電流大小為___________A（保留兩位有效數(shù)字）【答案】①.見解析②.③.5.01④.0.36【解析】【詳解】（1）[1]測量電路如圖所示（2）[2]此時(shí)R的阻值大小為[3]游標(biāo)卡尺示數(shù)為（3）[4]現(xiàn)將兩個(gè)這樣的電阻R串聯(lián)后，接在電動(dòng)勢為6V，內(nèi)阻為8Ω的電源兩端，設(shè)每個(gè)電阻R兩端的電壓為U，根據(jù)閉合電路歐姆定律有整理得其中，代入得做出其IU圖線由兩條線的交點(diǎn)可知，流過電阻R的電流大小為0.36A。13.如圖所示，質(zhì)量為的人和質(zhì)量為、電荷量大小為的物體通過繞O點(diǎn)處定滑輪的輕繩連結(jié)并都處于靜止?fàn)顟B(tài)，物體所在平面水平，并處于水平向右的勻強(qiáng)電場中。人所在斜面傾角大小為，并且人到定滑輪的距離是物體到定滑輪距離的一半。重力加速度為，不計(jì)人與斜面、物體與水平面和定滑輪處的摩擦。（1）求勻強(qiáng)電場大?。唬?）某時(shí)刻撤去電場，人為了不沿斜面下滑，同時(shí)開始收繩。若人與物體都做勻加速度運(yùn)動(dòng)且同時(shí)到達(dá)定滑輪處，求人收繩過程中繩的拉力大小。【答案】（1）；（2）1500N【解析】【詳解】（1）對人受力分析可知對物塊分析可知解得（2）對人由牛頓第二定律設(shè)人距離滑輪的距離為x，用時(shí)間為t，則對物塊聯(lián)立可得14.如圖所示，A、B兩物體分別靜置于水平面內(nèi)相距為的M、N兩點(diǎn)，質(zhì)量為的A物體與MN之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。某時(shí)刻A突然獲得一水平向右的初速度，與質(zhì)量為的B物體發(fā)生彈性碰撞后又恰好返回到M點(diǎn)，B物體碰撞后能到達(dá)右側(cè)處于豎直面內(nèi)圓軌道的最高點(diǎn)，該圓軌道半徑為，若重力加速度為，B物體光滑，求：（1）A物體的初速度大小（2）B物體在圓軌道最高點(diǎn)時(shí)，對圓軌道壓力大小【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)在N點(diǎn)發(fā)生碰撞前A的速度為v1，碰撞后A的速度為v2，B的速度為v3，對A從M點(diǎn)到N點(diǎn)列動(dòng)能定理對碰撞的時(shí)候列動(dòng)量守恒對碰撞的時(shí)候列能量守恒碰撞后，A返回M點(diǎn)列動(dòng)能定理解得（2）設(shè)B物體在圓軌道最高點(diǎn)的速度為v4，圓軌道的支持力為N，對圓軌道壓力為，對B物體在從N點(diǎn)到圓軌道最高點(diǎn)列動(dòng)能定理對最高點(diǎn)列牛頓第二定律解得由于牛頓第三定律15.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系Oxy中，y軸（位于豎直方向）與直線邊界MN之間有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場（即一、四象限），電場強(qiáng)度大小為；直線邊界MN平行于y軸且到y(tǒng)軸距離為，不考慮所有粒子的重力。（1）從坐標(biāo)原點(diǎn)O向第四象限、并與x軸正向成發(fā)射正電粒子A，當(dāng)粒子A速度最小時(shí)剛好到達(dá)P點(diǎn)，再經(jīng)歷一段時(shí)間后到達(dá)Q點(diǎn)，且