2024届重庆市涪陵第五中学高三上学期期末模拟考试物理试题 （解析版）

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1. 甲乙两物体在水平面上测试加速度，已知甲乙都做直线运动，且起点和终点都相同。甲从静止开始，在前一半路程中做匀加速直线运动，后一半的路程做匀速直线运动。乙从静止开始，一直做匀加速直线运动，二者在相等的时间通过终点。则甲乙的加速度大小之比为（ ）
A. 9：8B. 9：5C. 9：2D. 3：1
【答案】A
【解析】
【详解】设起点和终点的距离为，甲的加速度为，乙的加速度为，甲做匀速直线运动的速度为，甲乙通过终点的总时间为，甲做匀加速直线运动的时间为，做匀速直线运动的时间为，根据动力学公式有
则
乙做匀加速直线运动，有
甲乙的加速度大小之比为
故选A。
2. 质量为的滑块沿倾角为、长度为的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为，并静置于光滑水平面上，重力加速度为。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，有
对滑块竖直方向
由能量关系可知
联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为
故选B。
3. 如图所示，用一内阻不能忽略的电流表分别与电阻、串联后测得的电流值分别为、，干路中电流大小始终恒定，下列关系中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设电流表电阻为r，则
解得
即
故选C。
4. 如图所示是有停泊轨道的地球同步轨道卫星发射示意图，在上升段火箭将卫星送入停泊轨道，而后在近地点变轨后进入转移轨道，再在远地点进入地球同步轨道，则（ ）
A. 卫星在停泊轨道的环绕速度大于第一宇宙速度
B. 卫星从转移轨道进入同步轨道，需要在远地点点火加速
C. 卫星在停泊轨道的加速度小于同步轨道的加速度
D. 卫星在停泊轨道的机械能大于转移轨道的机械能
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为停泊轨道半径近似为地球半径R，由第一宇宙速度的物理意义可知，飞船在停泊轨道上的速度近似等于第一宇由速度，故A项错误；
B．从转移轨道进入同步轨道，即从“近心运动”变到“圆周运动”，所以需要在远地点点火加速，B正确；
C．根据万有引力定律可得加速度
可知轨道半径越小，加速度越大，卫星在停泊轨道的加速度大于同步轨道的加速度，C错误；
D．卫星从停泊轨道点火加速才能到转移轨道，因此转移轨道机械能大于停泊轨道的机械能，D错误。
故选B。
5. 如图所示，质量为的物体A与质量为的小球C通过轻绳相连，轻绳跨过质量为的物体B上的定滑轮。轻弹簧水平连结小球C，另一端固定在竖直墙上。连结小球C的轻绳与竖直方向成，物体A与物体B接触面水平且粗糙，物体B与水平面粗糙。整个系统处于静止状态，重力加速度为，不计定滑轮处的摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中错误的是（ ）
A. 弹簧弹力大小为
B. 轻绳拉力大小为
C. 物体A与物体B之间动摩擦因数至少为
D. 地面给物体B的支持力为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．以小球C为对象，受力分析如图：
可得弹簧弹力大小为
轻绳拉力大小为
故A、B正确；
C．设物体A与物体B之间动摩擦因数，物体A恰好不发生滑动时，有
解得
故C正确；
D．地面给物体B支持力为
代入数据得
故D错误。
本题选择错误的，故选D。
6. 如图所示，绝缘粗糙水平面上处和处分别固定两个不等量正点电荷（场源电荷），其中处的电荷量大小为。两点电荷在轴上形成的电场其电势与关系如左图所示，其中坐标原点处电势为、且为极小值，和处电势分别为和。现由处静止释放质量为，电荷量为的正电物体（视为质点），该物体刚好向左运动到处。物体产生的电场忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A. 的电荷的电荷量为B. 物体在运动过程中，电势能变化量为
C. 物体与地面动摩擦因数为D. 物体在坐标原点处动能最大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像的斜率等于场强可知，在x=0处的场强为零，则
可得
选项A错误；
B．物体在运动过程中，电势能变化量为
选项B错误；
C．物体在运动过程中，由动能定理
解得
选项C正确；
D．物体动能最大时，电场力等于摩擦力，因在坐标原点电场力为零，可知在原点位置动能不是最大，选项D错误。
故选C
7. 如图所示，从倾角为、长为固定斜面顶端无初速度释放质量为的滑块，滑块在下滑过程中，沿斜面下滑的距离与动摩擦因数的函数图像如图所示，重力加速度为，，滑块视为质点，规定地面为零势能面，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块沿斜面下滑过程中，做加速度减小的加速运动
B. 滑块下滑到斜面底端的速度大小为
C. 滑块沿斜面下滑过程中，动能的最大值为
D. 下滑过程中，滑块机械能减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．对滑块，根据牛顿第二定律有
可得加速度大小为
由图知，随着滑块的下滑动摩擦因素增大，加速度在逐渐减小，滑块做加速度减小的加速运动。直到当时加速度为零，代入数据可得此时
之后，滑块做加速度增大的减速运动。
综合可得：下滑过程中滑块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A错误；
B．滑块下滑到斜面底端，摩擦力做功
由图知时，，可得
由动能定理可得
代入数据解得
故B错误；
C．由A项分析知，当加速度为零时，动能最大；结合图像当时
此时摩擦力做功
由动能定理得，此时动能为
故C正确；
D．下滑过程中，滑块减少的机械能等于摩擦力所做的功，因此滑块机械能减小，故D错误。
故选C。
（二）多项选择题：共3题，每题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，进对但不全的得3分，有错选的得0分。
8. 如图所示，长方形ABCD所在平面有匀强电场，E、F分别为AB边、CD边中点，已知AB边长为、BC边长为。将电子从C点移动到D点，电场力做功为；将电子从E点移动到F点，电场力做功为，不计所有粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A. 沿AE方向，电势降低最快
B. 匀强电场大小为
C. 若将质子从A点以初动能发射，则质子可能到达C点
D. 从D点沿DA方向发射动能为的质子，在以后的运动过程中该质子最小动能为
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．由于电子带负电，根据可知，将电子从C点移动到D点，电场力做功为，则有。将电子从E点移动到F点，电场力做功为，则有。取F点电势为零，。由于F为CD边中点，则有
可得、，则DE为等势面，根据等势面与电场线垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场线沿AF方向，如下图所示
则沿AF方向电势降低最快，所以匀强电场大小为
故A错误，B正确；
C．如上图所示，若将质子从A点发射，质子要到达C点，则当速度方向与电场线方向垂直时，质子所需要动能最小，此时质子在电场中做类平抛运动，则有
根据牛第二定律有
又质子动能为
联立解得，质子从A点发射到达C点，所需要的最小动能为
则若将质子从A点以初动能发射，则质子可能到达C点，故C正确；
D．从D点沿DA方向发射动能为的质子，则该质子在电场中做类斜抛运动，则当质子沿电场线方向上的分速度为零时，质子的动能最小，此时质子的速度为
由于动能为
则最小动能为
故D正确。
故选BCD。
9. 如图所示，光滑水平面上有两个竖直固定挡板，A、B、C三点将两挡板之间的距离分为四等分。A点有一质量为的静止小球，其左侧另一相同大小、质量为的小球向右与A点处的小球发生碰撞，两小球视为质点且两小球之间、小球与两挡板之间均为弹性碰撞，若两小球第二次碰撞发生在C点处，则两小球质量可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】设，若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相同，可知球1的速度小于球2的速度，两小球在C点相遇，是球2反弹后在C点相遇，有
即
根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
经计算得无解。
若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰撞后反弹在C点追上球2，则有
，
即
根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
联立解得
若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰撞后反弹，球2与挡板碰撞后反弹在C点相遇，则有
，
即
根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
联立解得
故选BD。
10. 水平放置的平行极板间有周期性变化的电场，规定竖直向上为电场正方向。在两极板左端中间处连续不断地以速度水平向右发射质量为，电荷量为的正粒子。如以下两图所示，两极板长为、间距为，、T均为已知量，且，不计所有粒子重力和粒子之间的相互作用，粒子打到极板上后即消失。下列说法正确的是（ ）
A. 时刻发射的粒子，射出电场区域时竖直方向位移大小为
B. 有粒子从两极板右侧射出区域的长度为
C. 能从两极板射出的粒子，速度方向均相同
D. 到时刻之间发射的粒子，有一半能射出电场
【答案】BC
【解析】
【详解】A．时刻发射的粒子，时间内加速度
竖直方向位移
又
联立得
故A错误；
B．时刻发射的粒子，射出电场区域时竖直方向位移大小为
到时刻之间发射的粒子有从两极板右侧边缘射出的，两极板间距为
所以有粒子从两极板右侧射出区域的长度为
故B正确；
C．设粒子射出极板时速度方向与水平方向夹角，则
由于从两极板射出的粒子加速时间相同，所以从两极板射出的粒子，速度方向均相同，故C正确；
D．到时刻之间从时开始存在电场，根据带电粒子离开匀强电场时速度方向的反向延长线经过极板的中点，可知时竖直方向上有加速度的粒子打在极板上时，距离极板中点水平距离为
则到时刻之间发射的粒子，有大于一半能射出电场，故D错误。
故选BC。
二、非选择题：共5题，共57分。
11. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用如图所示的装置完成实验，橡皮条的一端C固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点。

（1）则下列叙述正确的是（ ）
A．该实验中CO的拉力是合力，AO和BO的拉力是分力
B．两次操作必须将橡皮条和绳的结点拉到相同位置
C．实验中AO和BO的夹角应尽可能大
D．在实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线
（2）对数据处理后得到如图所示的图示，则F与F′两力中，方向一定沿CO方向的是___________。
（3）若AO和BO两支弹簧测力计现在的夹角大于90度，若保持结点O位置不变和AO弹簧测力计与CO的夹角不变，将BO弹簧测力计顺时针转到竖直位置，此过程中BO弹簧测力计示数___________ （“不变”，“一直变大”，“一直变小”，“先变小再变大”，“先变大再变小”，“无法确定”）
【答案】 ①. BD##DB ②. F′ ③. 先变小再变大
【解析】
【详解】（1）[1] A．该实验中对结点O受力分析可知，三个力的合力为零，即CO的拉力与AO和BO的拉力的合力等大反向。故A错误；
B．两次操作必须将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，才能保证两个弹簧测力计的拉力与一个弹簧测力计的拉力效果相同。故B正确；
C．实验中只需保证两次效果相同即可，对AO和BO的夹角适当大点，太大或者太小误差都较大。故C错误；
D．实验中，需要在水平面作力的图示，为了减小误差，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线。故D正确。
故选BD。
（2）[2]用平行四边形做出的是理论值，与橡皮筋共线的是实际值，所以方向一定沿CO方向的是F′。
（3）[3]依题意，CO的拉力保持不变，AO的拉力方向保持不变，则BO弹簧测力计顺时针转到竖直位置过程中，BO的拉力存在最小值（AO与BO夹角为90°），所以此过程中BO弹簧测力计示数先变小再变大。
12. “描绘电阻R的伏安特性曲线”的实验中实验室备有下列器材：
A．电源E（电动势为3 V，内阻不计）；
B．电流表A1（量程为0～1 A，内阻r1约为0.1 Ω）；
C．电流表A2（量程为0～0.6 A，内阻r2 =5 Ω）；
D．滑动变阻器R0（阻值范围为0～3 Ω）；
E．开关S，导线若干。
F．电阻R（阻值约为6Ω）

（1）请在虚线框内补充完整合理的测量电路图。（ ）
（2） 若某次测得的电流表A1和电流表A2的读数分别为I1、I2，则此时R的阻值大小为___________（从I1、I2、r2、r1中选择字母表示），若再用游标卡尺测得电阻R的长度（如下图），其读数为___________cm，再测得外径便可计算电阻率。

（3）描绘出的电阻R的伏安特性曲线如图所示，现将两个这样的电阻R串联后，接在电动势为6V，内阻为8Ω的电源两端，则流过电阻R的电流大小为___________A（保留两位有效数字）

【答案】 ①. 见解析 ②. ③. 5.01 ④. 0.36
【解析】
【详解】（1）[1]测量电路如图所示

（2）[2]此时R的阻值大小为
[3]游标卡尺示数为
（3）[4] 现将两个这样的电阻R串联后，接在电动势为6V，内阻为8Ω的电源两端，设每个电阻R两端的电压为U，根据闭合电路欧姆定律有
整理得
其中
，
代入得
做出其I-U图线

由两条线的交点可知，流过电阻R的电流大小为0.36A。
13. 如图所示，质量为的人和质量为、电荷量大小为的物体通过绕O点处定滑轮的轻绳连结并都处于静止状态，物体所在平面水平，并处于水平向右的匀强电场中。人所在斜面倾角大小为，并且人到定滑轮的距离是物体到定滑轮距离的一半。重力加速度为，不计人与斜面、物体与水平面和定滑轮处的摩擦。
（1）求匀强电场大小；
（2）某时刻撤去电场，人为了不沿斜面下滑，同时开始收绳。若人与物体都做匀加速度运动且同时到达定滑轮处，求人收绳过程中绳的拉力大小。
【答案】（1）；（2）1500N
【解析】
【详解】（1）对人受力分析可知
对物块分析可知
解得
（2）对人由牛顿第二定律
设人距离滑轮的距离为x，用时间为t，则
对物块
联立可得
14. 如图所示，A、B两物体分别静置于水平面内相距为的M、N两点，质量为的A物体与MN之间的动摩擦因数为。某时刻A突然获得一水平向右的初速度，与质量为的B物体发生弹性碰撞后又恰好返回到M点，B物体碰撞后能到达右侧处于竖直面内圆轨道的最高点，该圆轨道半径为，若重力加速度为，B物体光滑，求：
（1）A物体的初速度大小
（2）B物体在圆轨道最高点时，对圆轨道压力大小
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设在N点发生碰撞前A的速度为v1，碰撞后A的速度为v2，B的速度为v3，对A从M点到N点列动能定理
对碰撞的时候列动量守恒
对碰撞的时候列能量守恒
碰撞后，A返回M点列动能定理
解得
（2）设B物体在圆轨道最高点的速度为v4，圆轨道的支持力为N，对圆轨道压力为，对B物体在从N点到圆轨道最高点列动能定理
对最高点列牛顿第二定律
解得
由于牛顿第三定律
15. 如图所示的平面直角坐标系O-xy中，y轴（位于竖直方向）与直线边界MN之间有沿y轴正方向的匀强电场（即一、四象限），电场强度大小为；直线边界MN平行于y轴且到y轴距离为，不考虑所有粒子的重力。
（1）从坐标原点O向第四象限、并与x轴正向成发射正电粒子A，当粒子A速度最小时刚好到达P点，再经历一段时间后到达Q点，且到达Q点时动能为 ，若粒子A在O、P两点运动的时间为P、Q两点运动时间的一半，P、Q两点均处于匀强电场中，求粒子A在坐标原点O的初动能大小。
（2）若在坐标原点O放置一点光源后，从O点沿x轴正方向以速度大小发射正电粒子B，粒子B在直线边界MN上的影子速度大小恒为，点光源发出的光对粒子B的运动不造成影响，求粒子B到达直线边界MN时的速度大小以及粒子B的比荷（电荷与质量之比）。
（3）从坐标原点O以速度大小、沿x轴正向发射比荷为正电粒子C，粒子C刚好经过位于直线边界MN上的R点；若粒子C从坐标原点O的发射速度变为、方向不变，需要将直线边界MN向左平移多少距离，粒子C仍能经过R点。（R点为固定点，不随边界MN移动）
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）设粒子在P点速度为，设在O点和Q点速度大小分别为、，带正电粒子A在电场中做的是类斜抛运动，轴正方向的速度保持不变，先沿轴负方向做匀减速运动，后沿轴正方向做匀加速直线运动，轴方向加速度保持不变，设加速度大小为。在P点速度最小时，竖直速度为零，只有水平速度则
得
因为粒子A在O、P两点运动的时间为P、Q两点运动时间的一半，设O到P时间为，则
Q点轴方向的速度大小
Q点速度大小
Q点时动能为和坐标原点O的初动能
解得
（2）设粒子B射出后经历时间，其在MN上的影子纵坐标为，由几何关系得：
又因
解得
在y轴方向，粒子B平均速度大小与其影子速度相等，则
则粒子B到MN边界竖直分速度为
则粒子B到MN边界速度为
（3）设R点纵坐标为，则
设当MN边界左移后，粒子从边界MN上离开电场的点的坐标为，则
由几何关系得
解得
则MN边界左移