浙江省紹興市新昌中學2024年高三物理第一學期期中質(zhì)量檢測模擬試題含解析

浙江省紹興市新昌中學2024年高三物理第一學期期中質(zhì)量檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、靜電方向平行于軸，其電勢隨的分布可簡化為如圖所示的折線。將—個帶負電的粒子在處由靜止釋放，它只在電場力作用下沿軸運動。規(guī)定軸正方向為電場強度、加速度、速度的正方向，下圖分別表示軸上各點的電場強度，粒子的加速度、速度和動能隨的變化圖像，其中正確的()A． B．C． D．2、如圖所示，小球被輕繩系住，靜止在光滑斜面上．若按力的實際作用效果來分解小球受到的重力G，則G的兩個分力的方向分別是圖中的()A．1和2B．1和3C．2和3D．1和43、物體靜止在光滑水平面上，先對物體施一水平向右的恒力F1，經(jīng)t秒后物體的速率為v1時撤去F1，立即再對它施一水平向左的水平恒力F2，又經(jīng)2t秒后物體回到出發(fā)點，此時速率為v2，則v1、v2間的關系是（）A．B．C．D．4、如圖所示，發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經(jīng)點火將衛(wèi)星送入橢圓軌道2，然后再次點火，將衛(wèi)星送入同步軌道3,軌道1、2相切于Q點，2、3相切于P點，則當衛(wèi)星分別在1、2、3軌道上正常繞行時，下列說法中正確的是()A．衛(wèi)星在軌道3上的繞行的速率大于在軌道1上繞行的速率B．衛(wèi)星在軌道3上的周期大于在軌道2上的周期C．衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過Q點時的速度大于它在軌道2上經(jīng)過Q點時的速度D．衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過P點時的加速度大于它在軌道3上經(jīng)過P點時的加速度5、中國科學家近期利用“悟空”衛(wèi)星獲得了世界上最精確的高能電子宇宙射線能譜，有可能為暗物質(zhì)的存在提供新證據(jù)．已知“悟空”在低于同步衛(wèi)星的圓軌道上運行，經(jīng)過時間t(t小于其周期)，運動的弧長為s，與地球中心連線掃過的弧度為β，引力常量為G．根據(jù)上述信息，下列說法中正確的是（）A．“悟空”的線速度大于第一宇宙速度B．“悟空”的加速度比地球同步衛(wèi)星的小C．“悟空”的環(huán)繞周期為D．“悟空”的質(zhì)量為6、如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點．已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2.在小球從M點運動到N點的過程中A．彈力對小球先做正功后做負功B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、2019年9月的女排世界杯在東京舉行，最終中國女排以11戰(zhàn)全勝且只丟3局的成績成功衛(wèi)冕世界杯冠軍，這也是中國女排第五次奪冠。如圖所示，在一次比賽中，中國女排運動員朱婷將球在邊界處正上方正對球網(wǎng)水平向前擊出，球剛好過網(wǎng)落在圖中位置（不計空氣阻力），相關數(shù)據(jù)如圖所示，下列說法中正確的是（）A．擊球點高度與球網(wǎng)高度之間的關系為B．若保持擊球高度不變，球的初速度滿足，一定落在對方界內(nèi)C．任意降低擊球高度（仍大于），只要擊球初速度合適，球一定能落在對方界內(nèi)D．任意增加擊球高度，只要擊球初速度合適，球一定能落在對方界內(nèi)8、兩水平平行金屬板連接在如圖所示的電路中，板長為L間距d,在距板右端2L處有一豎直光屏，D為理想二極管（具有單向?qū)щ娦裕?。讓一帶電量為q、質(zhì)量為m的粒子從兩板左端連線的中點O以水平速度v0射入板間，粒子飛出電場后垂直打在屏上。則A．電場強度大小為3mg/qB．質(zhì)點在板間運動的過程中與它從板右端運動到屏的過程中速度變化相同C．若僅將滑片P下移，再讓該粒子從O點以v0水平射入，粒子打D．若僅將板間距增大，再讓該粒子從O點以v0水平射入，9、如圖所示，相同的乒乓球1、2恰好在等高處水平越過球網(wǎng)，不計乒乓球的旋轉(zhuǎn)和空氣阻力，乒乓球自最高點到落臺的過程中，正確的是（）A．過網(wǎng)時球1的速度小于球2的速度B．球1的飛行時間大于球2的飛行時間C．球1的速度變化率等于球2的速度變化率D．落臺時，球1的速率大于球2的速率10、如圖所示，用一輕質(zhì)彈簧把兩塊質(zhì)量分別為m和M的木塊A、B連接起來，組成一個系統(tǒng)，豎直放在水平地面上，力F豎直向下作用在木塊A上，使系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。若突然撤去力F（空氣阻力忽略不計），下列說法正確的是（）A．撤去力F的瞬間，木塊A的加速度大小為B．撤去力F后，木塊A向上運動的過程中，該系統(tǒng)機械能一直減小C．為使木塊B能夠離開地面，應保證F≥（M+m）gD．若木塊B能夠離開地面，則從木塊B離開地面到再次回到地面的過程中系統(tǒng)動量守恒三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某同學利用下述裝置驗證機械能守恒，一輕質(zhì)彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一小球接觸而不固連；彈簧處于原長時，小球恰好在桌面邊緣，如圖所示．向左推小球，使彈簧壓縮一段距離后由靜止釋放，小球離開桌面后落到水平地面．（1）已知重力加速度大小為，為求得小球離開桌面時動能，至少需要測量下列物理量中的___________(填正確答案標號)．A．小球的質(zhì)量B．小球拋出點到落地點的水平距離C．桌面到地面的高度D．彈簧的壓縮量（2）用（1）中所選取的測量量和已知量表示，得___________．（3）已知彈簧的彈性勢能與彈簧形變量的二次方成正比，若彈簧和小球構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，則小球拋出點到落地點的水平距離與彈簧的壓縮量應滿足的關系為________(填正確答案標號)．A．B．C．D．12．（12分）如圖1所示，為“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”實驗裝置及數(shù)字化信息系統(tǒng)獲得了小車加速度a與鉤碼的質(zhì)量及小車和砝碼的質(zhì)量對應關系圖．鉤碼的質(zhì)量為m1，小車和砝碼的質(zhì)量為m2，重力加速度為g．（1）下列說法正確的是______．A．每次在小車上加減砝碼時，應重新平衡摩擦力B．實驗時若用打點計時器應先釋放小車后接通電源C．本實驗m2應遠小于m1D．在用圖象探究加速度與質(zhì)量關系時，應作a﹣圖象（2）實驗時，某同學由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，測得F=m1g，作出a﹣F圖象，他可能作出圖2中______（選填“甲”、“乙”、“丙”）圖線．此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是______．A．小車與軌道之間存在摩擦B．導軌保持了水平狀態(tài)C．鉤碼的總質(zhì)量太大D．所用小車的質(zhì)量太大（1）實驗時，某同學遺漏了平衡摩擦力這一步驟，若軌道水平，他測量得到的﹣a圖象，如圖1．設圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，則小車與木板間的動摩擦因數(shù)μ=_____．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖，一質(zhì)量m=0.4kg的滑塊（可視為質(zhì)點）靜止于動摩擦因數(shù)μ=0.1的水平軌道上的A點。對滑塊施加一水平外力，使其向右運動，外力的功率恒為P=10.0W。經(jīng)過一段時間后撒去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點后水平飛出，恰好在C點沿切線方向進入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點D處裝有壓力傳感器，當滑塊到達傳感器上方時，傳感器的示數(shù)為25.6N。已知軌道AB的長度L=2.0m，半徑OC和豎直方向的夾角α=37°，圓形軌道的半徑R=0.5m。（空氣阻力可忽略，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）滑塊運動到C點時速度vc的大??；（2）B、C兩點的高度差h及水平距離x?（3）水平外力作用在滑塊上的時間t?14．（16分）圖是一段長為L的直線段光導纖維內(nèi)芯，一單色光從左端面射入光纖，已知光纖對該單色光的折射率為n，光在真空傳播速度大小為c。①求該單色光在光纖中傳播的最短時間？②已知光纖對該單色光的折射率，當該單色光以入射角從左端面射入，求此單色光從左端面?zhèn)鞑サ接叶嗣嫠玫臅r間。15．（12分）如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力），已知電子電量為-e，質(zhì)量為m。（1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開Ⅰ區(qū)域時的速度。（2）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開Ⅱ區(qū)域時的位置（3）在電場I區(qū)域內(nèi)適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解題分析】

A．圖象的斜率表示電場強度，沿電場方向電勢降低，則知在x=0的左側(cè)，存在向左的勻強電場，x=0右側(cè)存在向右的勻強電場，故A錯誤；

B．根據(jù)牛頓第二定律知粒子在勻強電場中運動時加速度不變，由于粒子帶負電，粒子的加速度在左側(cè)加速度為正值，大小不變，在右側(cè)加速度為負值，且大小不變，故B錯誤；C．在左側(cè)粒子向右勻加速，在x=0的右側(cè)向右做勻減速運動，速度與位移不成正比，故C錯誤；

D．在左側(cè)粒子根據(jù)動能定理在的右側(cè)，根據(jù)動能定理可得可知為一次函數(shù)圖像，故D正確。故選D。2、A【解題分析】

將力進行分解時，一般要按照力的實際作用效果來分解或按需要正交分解，若要按照力的實際作用效果來分解，要看力產(chǎn)生的實際效果?！绢}目詳解】小球重力產(chǎn)生兩個效果，一是使繩子拉伸，二是使斜面受壓，故應按此兩個方向分解，分別是1和2，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！绢}目點撥】按照力的實際作用效果來分解是常用方法，看準產(chǎn)生的效果即可，比較簡單。3、C【解題分析】在ts內(nèi)的位移x1＝a1t1，末速度為v1=a1t．則在1t內(nèi)的位移x1＝v1?1t?a1(1t)1

根據(jù)x1=-x1得，．根據(jù)速度時間公式得，v1=a1t，-v1=v1-a1?1t，解得3v1=1v1．故C正確，ABD錯誤．故選C．4、B【解題分析】

設衛(wèi)星和地球的質(zhì)量分別為m和M，衛(wèi)星速率為v，軌道半徑為r，則有，得到，可見半徑小，速率大。故A錯誤。根據(jù)開普勒第三定律可知可知，衛(wèi)星在軌道3上的軌道半徑大于在軌道2上的半長軸，則衛(wèi)星在軌道3上的周期大于在軌道2上的周期，選項B正確；衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過Q點時要通過加速才能進入軌道2，則衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過Q點時速度小于它在軌道2上經(jīng)過Q點時的速度，選項C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，可知，衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過P點時的加速度等于它在軌道3上經(jīng)過P點時的加速度，故D錯誤。5、C【解題分析】

A．根據(jù)可知，，由于悟空”的軌道半徑大于地球半徑，所以“悟空”的線速度小于第一宇宙速度，故A錯誤；B．根據(jù)可知，，由于“悟空”在低于同步衛(wèi)星的圓軌道上，所以“悟空”的加速度比地球同步衛(wèi)星的大，故B錯誤；C．“悟空”的環(huán)繞的角速度，則“悟空”的環(huán)繞周期為，故C正確；D．“悟空”繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，即：，，聯(lián)立解得，地球的質(zhì)量為，不能求出“悟空”的質(zhì)量，故D錯誤．【點晴】已知“悟空”經(jīng)過時間t（t小于太空電站運行的周期），它運動的弧長為s，它與地球中心連線掃過的角度為β（弧度），根據(jù)線速度和角速度定義可求得太空站的線速度和角速度，然后根據(jù)v=ωr可求得軌道半徑；根據(jù)萬有引力提供向心力求求得地球的質(zhì)量．6、BCD【解題分析】由題可知，M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，則在運動過程中OM為壓縮狀態(tài)，N點為伸長狀態(tài)；小球向下運動的過程中彈簧的長度先減小后增大，則彈簧的彈性勢能先增大，后減小，再增大，所以彈力對小球先做負功再做正功，最后再做負功，故A錯誤；在運動過程中M點為壓縮狀態(tài)，N點為伸長狀態(tài)，則由M到N有一狀態(tài)彈力為0且此時彈力與桿不垂直，加速度為g；當彈簧與桿垂直時小球加速度為g．則有兩處（即有兩個時刻）加速度為g，故B正確；由圖可知，彈簧長度最短時，彈簧與桿的方向相互垂直，則彈力的方向與運動的方向相互垂直，所以彈力對小球做功的功率為零，故C正確；因M點與N點彈簧的彈力相等，所以彈簧的形變量相等，彈性勢能相同，彈力對小球做的總功為零，則彈簧彈力對小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功；小球向下運動的過程中只有重力做正功，所以小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差，故D正確．故選BCD．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AD【解題分析】

A．平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，水平位移為s和的時間比2：3，則豎直方向上，根據(jù)則有解得h1=1.8h2，故A正確；B．若保持擊球高度不變，要想球落在對方界內(nèi)，要既不能出界，又不能觸網(wǎng)，根據(jù)得，則平拋運動的最大速度根據(jù)得，則平拋運動的最小速度故B錯誤；C．任意降低擊球高度（仍大于h2），會有一臨界情況，此時球剛好觸網(wǎng)又剛好壓界，若小于該臨界高度，速度大會出界，速度小會觸網(wǎng)，所以不是高度比網(wǎng)高，就一定能將球發(fā)到界內(nèi)，故C錯誤；D．增加擊球高度，只有速度合適，球一定能發(fā)到對方界內(nèi)。故D正確。故選AD。8、AD【解題分析】

質(zhì)點先在電場和重力場的復合場中做類平拋運動，要垂直打在M屏上，離開出場后，質(zhì)點一定打在光屏的上方，做斜上拋運動，質(zhì)點從離開電場后到垂直打在M屏上過程是平拋運動的逆運動，采用運動的分解方法可知，分析質(zhì)點類平拋運動與斜上拋的關系，確定加速度關系，求出板間場強；【題目詳解】A、粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運動，要垂直打在M屏上，離開電場后，粒子一定打在屏的上方，做斜上拋運動。否則，粒子離開電場后軌跡向下彎曲，粒子不可能垂直打在M板上。粒子在板間的類平拋運動和離開電場后的斜上拋運動，水平方向都不受外力，都做勻速直線運動，速度都等于v0，而且v0方向水平，粒子垂直打在M板上時速度也水平，根據(jù)粒子的軌跡彎曲方向可知兩個過程粒子的合力方向相反，加速度方向相反，則速度變化量方向相反,粒子的軌跡如圖所示：

設粒子在板間運動的過程中加速度大小為a，則有粒子離開電場時豎直分速度大小vy=at1=qE-mgm?lC、若僅將滑片P向下滑動一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電量要減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕噪娙萜鞑荒芊烹?，電量不變，板間電壓不變，所以質(zhì)點的運動情況不變，再讓該質(zhì)點從O點以水平速度v0射入板間，質(zhì)點依然會垂直打在光屏上，故C錯誤；

D、若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，由C=QU知U不變，電量要減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電量不變，根?jù)推論可知板間電場強度不變，所以質(zhì)點的運動情況不變，再讓該質(zhì)點從O點以水平速度v0射入板間，質(zhì)點依然會垂直打在光屏上，故【題目點撥】本題關鍵抓住兩個運動軌跡的特點，巧用逆向思維分析電場外質(zhì)點的運動情況，要知道運動的合成與分解是研究曲線運動的常用方法，要靈活運用。9、CD【解題分析】試題分析：因兩球從同一高度過網(wǎng)，根據(jù)h=12gt2考點：平拋運動.10、AC【解題分析】

A．有力F作用時A處于平衡狀態(tài)，即重力、彈力、F三者的合力為零，撤去力F后彈簧彈力及A的重力不變，則A所受合力與F等大反向，由牛頓第二定律有故A正確；B．撤去力F后，系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功，故A、B、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；C．有力F作用時A處于平衡狀態(tài)，此時彈簧彈力方向向上，大小為木塊B剛好離開地面時，彈簧彈力方向向下，大小為要使B能離開地面的臨界條件為，B剛好離開地面時A的速度也為0，設此過程中A向上運動的距離為L，則聯(lián)立解得所以為使木塊B能夠離開地面，應保證F≥(M+m)g，故C正確；D．若木塊B能夠離開地面，則向上做減速后向下做加速運動，說明系統(tǒng)合力不為0，則動量不守恒，故D錯誤。故選AC。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、ABCA【解題分析】試題分析：本題的關鍵是通過測量小球的動能來間接測量彈簧的彈性勢能，然后根據(jù)平拋規(guī)律以及動能表達式即可求出動能的表達式；根據(jù)彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，列式分析．（1、2）由平拋規(guī)律可知，由水平距離和下落高度即可求出平拋時的初速度，進而可求出物體動能，平拋規(guī)律應有，，又，聯(lián)立可得．故還需要測量小球的質(zhì)量m、小球拋出點到落地點的水平距離s，桌面到地面的高度h，故選ABC（3）設彈性勢能與形變量的關系為（k為常量），如果小球和彈簧構(gòu)成的機械能守恒，則滿足，即，所以即，A正確．12、D丙C【解題分析】

（1）[1]A、平衡摩擦力，假設木板傾角為θ，則有：f=mgsinθ=μmgcosθm約掉了，每次在小車上加減砝碼時，故不需要重新平衡摩擦力;故A錯誤.B、實驗時應先接通電源后釋放小車，故B錯誤.C、讓小車的質(zhì)量m1遠遠大于小盤和重物的質(zhì)量m2，因為：際上繩子的拉力故應該是m1＜＜m2，故C錯誤；D、由牛頓第二定律F=ma，所以，所以在用圖象探究小車的加速度與質(zhì)量的關系時，通常作圖象，故D正確；（2）[2][1]遺漏了平衡摩擦力這一步驟，就會出現(xiàn)當有拉力時，物體不動的情況，故可能作出圖2中丙.此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差