2024年湖北省天门、仙桃、潜江三市物理高三上期中复习检测模拟试题含解析

2024年湖北省天门、仙桃、潜江三市物理高三上期中复习检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、如图，可视作质点的木块在拉力F的作用下沿粗糙水平地面做匀速直线运动．F与水平面的夹角为θ（0°≤θ≤90°），木块与地面的动摩擦因数恒定，则A．θ越小，F越小B．θ越大，F越小C．F的最小值一定比木块重力小D．F的最小值可能等于木块重力大小2、2012年5月，汉宣高速铁路客运列车正式开通，结束了荆州市没有国铁的历史．假设列车在某一路段做匀加速直线运动，速度由10m/s增加到30m/s时的位移为x，则当速度由30/s增加到50m/s时，它的位移是（）A．x B．1.5x C．2x D．2.5x3、如图甲所示，当A、B两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F作用于A的左端，使A、B一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为a1，A、B间的相互作用力的大小为N1．如图乙所示，当A、B两物块放在固定光滑斜面上时，此时在恒力F作用下沿斜面向上做匀加速时的加速度大小为a2，A、B间的相互作用力的大小为N2，则有关a1，a2和N1、N2的关系正确的是（）A．B．C．D．4、物块静止于粗糙斜面上，受到一恒力F后，沿斜面向上作匀加速直线运动，一段时间后撤去F，直到物块再次静止．下列关于物块的动量P和位移x的关系中，能正确描述该过程的是（）A．B．C．D．5、一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是5m，第三个T时间末的瞬时速度为6m/s，则（）A．物体的加速度是1m/s2B．第一个T时间末的瞬时速度为2m/sC．时间间隔T=0.5sD．物体在第1个T时间内的位移为0.5m6、一个小球从高处由静止开始落下，从释放小球开始计时，规定竖直向上为正方向，落地点为重力势能零点．小球在接触地面前、后的动能保持不变，且忽略小球与地面发生碰撞的时间以及小球运动过程中受到的空气阻力．图中分别是小球在运动过程中的位移、速度、动能和重力势能随时间变化的图象，其中正确的是（）A．B．C．D．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，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接。在水平拉力F作用下小球a从图示虚线位置开始缓慢向右移动(细绳中张力大小视为不变)。已知小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为33，则下列说法正确的是A．拉力F的大小一直增大B．拉力F的大小先减小后增大C．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大D．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为(2-33)8、如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场．有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为0.04kg的带电小球，小球静止时细线与竖直方向成37°角．如果突然给小球施加一个沿着圆弧切线方向的外部作用，使小球获得沿圆弧切线方向的初速度v0，之后小球恰好能够绕O点在竖直平面内完成圆周运动．设小球原本静止时的位置电势φ=0，取静止时所在水平平面为零重力势能面，g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．小球所带电量为q=3×10-4CB．小球所获得的初动能为2.5JC．小球在圆周运动的过程中机械能最小值是1.54JD．小球在圆周运动的机械能最大值是2.5J9、如图所示，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，已知A、C两点到MN的距离相等．由此可知A．从B到C，小球的动能减小B．从B到C，小球的电势能增大C．从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等D．从A到B与从B到C小球的速度变化量一定相同10、如图所示，在匀强电场中abcd为矩形的四个顶点，ef分别为ab边和cd的中点且ab长为ad长的2倍。已知电场线的方向平行于矩形所在平面，a、b、c三点电势分别为4V、8V、6V，则()A．d点的电势为2VB．电场线方向垂直于ac向下C．电场线方向垂直于ec向下D．一电子从a点运动到c点，电势能增大三、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）某兴趣小组的同学制作了一个“水果电池”：将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了一个简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，内阻约为几百欧，现要求你用量程合适的电压表（内阻较大）、电流表（内阻较小）来测定水果电池的电动势E和内电阻r。①本实验的电路应该选择图甲或图乙中的________图．②若给出的滑动变阻器有两种规格：A（0～20Ω）、B（0～3kΩ）．本实验中应该选用的滑动变阻器为________，通电前应该把变阻器的滑片调至________，（填最大或最小）．③实验中测出六组（U，I）的值，在U-I坐标系中描出图丙所示的六个点，分析图中的点迹可得出水果电池的电动势为E=________V，内电阻为r=________Ω．（均保留3位有效数字）④根据你在①中所选择的电路来测量得出的电动势E和内电阻r的测量值与真实值相比：电动势E________，内电阻r________．（均选填：“偏大”、“相等”或“偏小”），由此造成的实验误差属于________误差．（选填“系统”或“偶然”）12．（12分）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，实验装置如图所示。（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容。①将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细绳；细绳的另一端系着绳套。②在其中一根细绳上挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示；记下橡皮筋的结点的位置O、细绳的方向和钩码个数。③将步骤②中的钩码取下，分别在两根细绳上挂上3个和4个与步骤②中同样的质量相等的钩码，用两光滑定滑轮B、C使两细绳互成角度，如图乙所示；调整B、C的位置，使___，记录________。（2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cosα∶cosβ=________。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）如图所示的升降机中，用OA、OB两根绳子吊一个质量为20kg的重物，若OA与竖直方向的夹角θ＝37°，OA垂直于OB，且两绳所能承受的最大拉力均为320N，试求：（1）请判断，随着拉力增大，OA绳先断还是OB绳先断.（2）为使绳子不断，升降机竖直向上的加速度最大为多少？14．（16分）当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计．如图所示，相距为L的两块平行金属板M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场，a、b、c、d是匀强电场中四个均匀分布的等势面，K是与M板距离很近的灯丝，电源E1给K加热从而产生热电子．电源接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电量为e．求：（1）电子达到N板瞬间的速度；（2）电路稳定的某时刻，M、N之间运动的热电子的总动能；（3）电路稳定的某时刻，c、d两个等势面之间具有的电子数．15．（12分）如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止。若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=13，重力加速度g=10m/s2。求：（1）小物块Q的质量m2；（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程。

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、C【解题分析】

对物体受力分析，如图所示：

根据平衡条件，有：水平方向：，竖直方向：，其中：，联立可得：

令，即，，有：，故当时，拉力最小，为。

A．θ越小，F越小。故A不符合题意。B．θ越大，F越小。故B不符合题意。C．F的最小值一定比木块重力小。故C符合题意。D．F的最小值可能等于木块重力大小。故D不符合题意。2、C【解题分析】

根据匀变速直线运动的速度位移公式，列车速度从10m/s增加到30m/s时有：速度从30m/s增加到50m/s时有

：，联立两式得：x′=2xA.x．故A项错误；B.1.5x．故B项错误；C.2x．故C项正确；D.2.5x．故D项错误．3、D【解题分析】

对于图1，根据牛顿第二定律，整体加速度，隔离对B分析，A对B的作用力.对于图2，根据牛顿第二定律，整体的加速度.隔离对B分析，有：N2-mBgsinθ=mBa2，解得,知a1＞a2，N1=N2;故D正确，A、B、C错误.故选D.【题目点拨】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用．4、B【解题分析】物体先做匀加速运动，由，得；撤去拉力后，物体做减速运动，由，得；根据动量定理可知，加速过程中有：；减速过程中有：，则可知对应的图象为B，选B．【题目点拨】根据速度和位移关系可确定速度表达式，再根据动量的表达式即可明确动量与位移间的关系，从而确定对应的图象.5、B【解题分析】根据题意得，，v=a•3T=6m/s．联立两式解得：a=2m/s2，T=1s．故A、C错误．1T末的瞬时速度v=aT=2m/s．故B正确．物体在第一个T内的位移x=aT2=×2×12=1m．故D错误．故选B．6、B【解题分析】A．位移，所以开始下落过程中位移随时间应该是抛物线，故A错误；B．速度，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，故B正确；C．小球自由落下，在与地面发生碰撞的瞬间，反弹速度与落地速度大小相等，若从释放时开始计时，动能，所以开始下落过程中动能随时间应该是抛物线，故C错误；D．重力势力，小球开始时离地面的高度．故D错误．故选B。视频二、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、AD【解题分析】

AB、设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T=2mg，保持不变；以a为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力FN=2mgsinθ-mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；θ≥300时，水平方向：F=2mgcosθ+f=2mgcosθ+μ(2mgsinθ-mg)=2mg(cosθ+μsinθ)-μmg，由于：cosθ+μsinθ=cosθ+33sinθ=23(sin60°cosθ+cos60°sinθ)=23sin(60°+θ)由于θ从90°开始逐渐减小300，可知水平拉力增大；θ<300时，水平方向：F=f+2mgcosθ=2mgcosθ+μ(mg-2mgsinθ)=2mg(cosθ-μsinθ)+μmg，C、向右缓慢拉动的过程中，两个绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小，故C错误；D、当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为：F=2mg(cosθ+μsinθ)-μmg=2mg(cos60°+33sin60°)-3故选AD。【题目点拨】以b为研究对象可得绳子拉力始终保持不变，再以a为研究对象，根据共点力的平衡条件列方程求解摩擦力和拉力F的变化情况；随着a的右移，分析绳子与竖直方向的夹角变化情况，再分析两段绳子合力变化情况即可。8、BC【解题分析】

A.小球静止时，对小球进行受力分析如图所示，可得：mgtan37∘=qE解得小球的带电量为：q=3×10−5C，故A错误；B.由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，在圆上各点中，小球在平衡位置A点的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能最小，对应速度最小，在B点，小球受到的重力和电场力的合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳子的拉力恰为零，有：所以B点的动能为：从A点到B点，根据动能定理：代入数据解得：Ek0=2.5J故B正确；C.由于总能量保持不变，所以小球在圆上最左侧的C点时，电势能最大，机械能最小。小球在A点的重力势能为0，所以小球在B点的机械能为2.5J，小球从A运动到C，电场力做功为：W电=−qE⋅L(1+sin37∘)=−0.96J小球恰能做圆周运动的机械能最小值为：Emin=E-W电=2.5J-0.96J=1.54J，故C正确；D.小球从A点到圆周最左端电场力做正功最多，机械能增大做多，所以运动到圆周最左端时机械能最大，机械能最大值大于2.5J，故D错误。9、ABC【解题分析】

A、从B到C，可知竖直分速度减小，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，合力向上，根据动能定理知，合力做负功，动能减小，故A正确.B、从B到C的过程中，合力向上，则电场力方向向上，电场力做负功，小球电势能增加，故B正确.C、B到C的过程可用逆向思维和A到B的过程对比都为平抛运动，因A和C两点的竖直高度相等，则运动时间相等；C正确.D、从A到B做平抛运动，竖直方向上分速度由0增加到vy，进入电场后，由vy减小为零，可知A到B和B到C小球的速度变化量大小相等，但方向相反，故变化量不相同，故D错误.故选ABC.【题目点拨】本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析．10、AC【解题分析】

匀强电场的等势线是等间距的平行直线，根据几何关系，知ab的电势差等于dc的电势差，即φa-φb=φd-φc，解得：φd=2V，故A正确；a、b两点的电势分别为4V、8V，e为ab的中点，则e点的电势为6V，所以ec为等势线，根据电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，知电场线垂直于ec向下，故C正确，B错误；因为a点的电势小于c点的电势，根据电势能Ep=qφ，知a点的电势能大于c点的电势能，故D错误。所以AC正确，BD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、①图甲，②B，最大；③1.50、500；④相等；偏大；系统．【解题分析】①“水果电池”的内阻很大，为了使电表有明显示数，应选用阻值较大的滑动变阻器，由于变阻器的电阻较大，为减小误差，应选择图甲所示电路，（电流表内接法）．②由题意可知，“水果电池”的内阻很大，若选用0～20Ω的变阻器，当滑动触头移动时，电表的读数几乎不变，无法多次测量，使实验的误差较大；为了减小实验误差，应选用阻值较大的滑动变阻器B．在闭合开关前，应把滑动变阻器的阻值调到最大．③图线的纵轴截距等于电源的电动势，U-I图线的纵轴截距为1.5，知：水果电池的电动势E=1.50V，图线斜率的绝对值等于内阻，④由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图象法分别在U-I图上由测量数据作出的图线1和修正误差后真实值作出的图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，内阻的测量值偏大．由此造成的实验误差属于系统误差．12、橡皮筋的结点到达相同的位置O钩码的个数及对应的细线方向4∶1【解题分析】

（1）③该实验采用“等效代替”法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉到与步骤②中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向．

（2）根据O点处于平衡状态，正交分解有：

竖直方向：1mgsinα+4mgsinβ=5mg…①

水平方向：1mgcosα=4mgcosβ…②

联立①②解得：cosα：cosβ=4：1．【题目点拨】要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解，正确理解“等效代替”的含义．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）OA绳先断（2）a=10m/s2【解题分析】

(1)OA垂直于OB，分析物块受力有：因为θ＝37°，所以可知：所以O