2024届福建省福州第一中学等八校联考高三上学期模拟考试物理试题（解析版）

这是一份2024届福建省福州第一中学等八校联考高三上学期模拟考试物理试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

（完卷75分钟满分100分）
一、单项选择题（每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1. 以下研究中所采用的最主要物理思维方法与“重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是（ ）
A. 理想斜面实验B. 卡文迪许扭秤实验
C 共点力合成实验D. 探究影响向心力大小因素
【答案】C
解析：“重心”概念的提出所采用的是等效替代法。
A．理想斜面实验采用的实验和科学推理法，A错误；
B．卡文迪许扭秤实验采用的是微小形变放大法，B错误；
C．共点力合成实验采用的是等效替代法，C正确；
D．探究影响向心力大小因素采用的是控制变量法，D错误。
故选C。
2. 如图所示，神经元细胞可以看成一个平行板电容器，正、负一价离子相当于极板上储存的电荷，细胞膜相当于电介质，此时左极板的电势低于右极板的电势，左右两极板之间的电势差为。已知细胞膜的相对介电常数为，膜厚为d，膜面积为S，静电力常量为k，元电荷为e。由于某种原因导致膜内外离子透过细胞膜，使膜内变为正离子而膜外变为负离子，这时左右两极板之间的电势差为，则通过细胞膜的离子数目为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
解析：由可得
，
则通过细胞膜的电荷量为
又因为，可得通过细胞膜的离子数目为
故选B。
3. 如图所示，O、A、B是匀强电场中的三个点，电场方向平行于O、A、B所在的平面。OA与OB的夹角为60°，OA=3l，OB=l。现有电荷量均为q（q>0）的甲、乙两粒子以相同的初动能从O点先后进入匀强电场，此后甲经过A点时的动能为，乙经过B点时的动能为，若粒子仅受匀强电场的电场力作用，则该匀强电场的场强大小为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
解析：设电场方向与OA夹角为θ，则与OB夹角为60°-θ，由动能定理可知，由O到A
从O到B
联立解得
θ=30°
故选C。
4. 如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以大小为的速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. a与b碰撞前b的速度始终为零
B. a与b碰撞后，a与b都相对c滑动
C. 物块与木板间的动摩擦因数为
D. 整个过程因摩擦产生的内能为
【答案】C
解析：A．a滑上c后相对c滑动过程假设b相对c静止，由牛顿第二定律得，对b、c整体
对b
解得
即b与c间的静摩擦力小于最大静摩擦力，则b相对c保持静止，b、c一起加速运动，a与b碰撞前b做匀加速运动，速度不为零，故A错误；
B．设a、b碰撞前瞬间a的速度为v，a、b发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
即碰撞后a、b两者交换速度，b相对c滑动，由A可知，a、c相对静止一起运动，故B错误；
CD．b刚好滑到c的右端与c相对静止，a、b、c共速，设共同速度为，a、b、c组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
其中
解得
，
故C正确，D错误。
故选C。
二、双项选择题（每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
5. 如图，以正方形abcd的中心为原点建立直角坐标系，坐标轴与正方形的四条边分别平行。在a、c两点分别放置正点电荷，在b、d两点分别放置负点电荷，四个点电荷的电荷量大小相等。以O点为圆心作圆，圆的半径与正方形的边长相等，圆与坐标轴分别交于M、N、P、Q四点。规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A. N点电场强度方向沿x轴正向
B. M点和N点电势相同
C. 另一正点电荷从M点沿x轴移动到P点电场力先做正功后做负功
D. 另一正点电荷沿圆周移动一周，电场力始终不做功
【答案】AB
解析：A．a、b处点电荷在N点形成的电场强度方向沿x轴正方向，c、d处点电荷在N点形成的电场强度方向沿x轴负方向，由等量异种点电荷在空间形成的电场的特点可知a、b处点电荷在N点形成的电场强度大于c、d处点电荷在N点形成的电场强度，所以N点场强方向沿x轴正方向，故A正确；
B．a、b处点电荷在N点形成的电势为零，c、d处点电荷在N点形成的电势也为零；同理，a、d处点电荷在M点形成电势也为零，b、c处点电荷在M点形成电势也为零，所以M点和N点电势均为零，故B正确；
C．x轴为等势面，电荷移动过程电场力做功为零，故C错误；
D．根据电势叠加原理，圆周上各点电势变化，所以另一正点电荷沿圆周移动一周，电场力会对其做功，故D错误。
故选AB
6. A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离随时间变化的关系如图所示。已知地球的半径为0.8r，万有引力常量为G，卫星A的线速度大于卫星B的线速度，不考虑A、B之间的万有引力，则下列说法正确的是（ ）
A. 卫星A的加速度大于卫星B的加速度
B. 卫星A的发射速度可能大于第二宇宙速度
C. 地球的质量为
D. 地球的第一宇宙速度为
【答案】AC
解析：A．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设轨道半径为r，则有
解得
故半径越小，线速度越大，因为卫星A的线速度大于卫星B的线速度，故。又因为
解得
因为，所以，故A正确；
B．人造地球卫星绕地球转动的发射速度应大于等于第一宇宙速度，又小于第二宇宙速度，故卫星A的发射速度不可能大于第二宇宙速度，故B错误；
C．由图像可知
联立可得
，
由图像可知每隔时间T两卫星距离最近，设A、B的周期分别为TA、TB，则有
由开普勒第三定律
联立可得
，
由
故地球质量为
故C正确；
D．第一宇宙速度是最大的运行速度，由
可得
故D错误。
故选AC。
7. 如图所示，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触继续向右运动。规定水平向右为正方向，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下面是描述P从开始释放到第一次到达最右端过程中的图像和图像，其中可能正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】AC
解析：AB．P在接触弹簧前速度已达到v，说明P在接触弹簧前先加速再匀速，匀速阶段不受摩擦力；接触弹簧后，在开始一段时间内P相对于传送带静止，即P受弹簧力和静摩擦力平衡，P做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，P物体由惯性继续压缩弹簧，弹力越来越大，P接下来做加速度增大的减速运动直到速度为零，故A正确，B错误；
CD．P在接触弹簧前加速阶段，则
解得
方向向右
匀速运动阶段，则
接触弹簧后，运动到弹力大于最大静摩擦力后，则
解得
方向向左，故C正确，D错误。
故选AC。
8. 如图所示，质量为的物体A，其下端拴接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲度系数。物体A的上端通过不可伸长的细线跨过两个光滑的小定滑轮连接中间有孔的小球B，小球B套在倾角的光滑直杆上，D为杆的底端，与固定杆的夹角也是θ，细线水平，此时细线的拉力是。小球B的质量，C是杆上一点且与杆垂直，，重力加速度g取，，。现由静止释放小球B，下列说法正确的是（ ）

A. 物体A、B系统的机械能守恒
B. 小球B第一次运动到C点时的动能为17.2J
C. 小球B第一次运动到C点时细线对B做的功为10J
D. 小球B第一次运动到D点时A的动能为零
【答案】BC
解析：A．物块A与小球B组成系统除了受到重力以外，弹簧弹力对A做功，即其它力所做功不为零，则物块A与小球B组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．小球B第一次运动到C点时，物块A下降的高度为
小球B下降的高度为
未释放小球B时，设弹簧的形变量为，对物块A有
解得
此时弹簧被拉伸，当小球B第一次运动到C点时
此时弹簧被压缩，故此时弹簧的弹性势能与未释放小球B时相等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有
由于小球B在C点时，细线与小球B速度方向垂直，可知
故解得
故B正确；
C．小球B从释放第一次运动到C点，对小球B，根据动能定理可得
解得
故C正确；
D．有几何知识可得
故小球B第一次运动到D点细线物块A回到初始位置，设此时小球B的速度为，物块A的速度为，则
小球B下降的高度为
整个过程根据动能定理可得
联合解得
故D错误。
故选BC。
三、填空题（每空2分，共22分）
9. 如图所示，粗糙水平面上静置一斜面体，一物块沿斜面匀速下滑。现对物块施加平行斜面向下的恒定推力，物块沿斜面下滑的过程中，斜面体始终保持静止。施加推力后，水平面对斜面体的摩擦力__________。（填“变大”、“不变”或“变小”）

【答案】不变
解析：[1]施加推力前后，物块在垂直于斜面方向受力平衡，斜面对物块的支持力始终不变，所以施加推力前，利用整体法对整体受力分析，可知地面无摩擦力。施加推力后，物块的加速度为
斜面加速度为0，利用系统牛顿第二定律可知
解得
施加推力后，水平面对斜面体的摩擦力不变。
10. 如图，两侧倾角均为30°的斜劈固定在水平地面上，将质量为m、长为L的光滑金属链条放在斜劈顶端，左右两侧链条长度之比为。已知两斜面的长度均为2L，两侧链条与斜劈的截面在同一竖直平面内。重力加速度为g。某时刻将链条由静止释放，当链条下端到达斜劈底端时，重力的功率为__________。

【答案】
解析：[1]链条从静止至左侧斜面上的链条完全滑到右端的过程中，重力做功为
然后链条下端到达斜劈底端这一过程重力做功为
设链条运动至底端的速度为v，有
解得
可知
11. 如图甲，有同学设计了一估测吹风机出风口最强挡气流速度的简易实验。图乙是其原理示意图，轻质挡板放在摩擦可以忽略的平台上，连接挡板的轻质弹簧固定在右壁上，所用弹簧的劲度系数k。该同学测量了吹风机圆形出风口的横截面积为S。吹风机内加热后的空气密度ρ。
（1）吹风机电源关闭时挡板左边缘静止在x1处，吹风机靠近挡板，正对着挡板吹风时，挡板左边缘处的刻度如图乙（放大图如图丙），则x2＝__________m。
（2）吹风机出风口处的风速为__________（用k，S，ρ，x1，x2表示）。
【答案】 ①. 2.20×10-2 ②.
解析：[1]挡板左边缘处的刻度
x2＝2.20cm=2.20×10-2m
[2]设在∆t时间内射到挡板上的气体的质量为
根据动量定理
可得
而
可得
12. 为了验证碰撞中的动量守恒，某同学选取两个体积相同、质量不等的小球﹐按下述步骤做实验：
①按照如图所示，安装好实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点B的切线水平，将一长为L的斜面固定在斜槽右侧，O点在B点正下方，P点与B点等高；
②用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A点处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；
④将小球m2放在斜槽末端点B处，让小球m1从斜槽顶端A点处由静止滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置；
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到O点的距离，图中C、D、E点是该同学记下的小球在斜面上的落点位置，到O点的距离分别为、、。
（1）小球的质量关系应为m1________（填“>”“=”或“<”）m2。
（2）小球m1与m2发生碰撞后，小球m1的落点应是图中的________点。
（3）用测得的物理量来表示，只要满足关系式________，则说明碰撞中动量是守恒的。
【答案】 ①. > ②. C ③.
解析：（1）[1]为了防止入射球碰后反弹，则m1与m2的质量关系满足
（2）[2]小球m1与m2发生碰撞后，小球m1的速度减小，因此碰撞后小球m1的落点应低于未碰撞前小球m1的落点，故碰撞后小球m1的落点只能是C点或D点。若碰撞后小球m1的落点是D点，则碰撞前小球m1的落点是E点，则C点是碰撞后小球m2的落点，这与碰撞后小球m1在小球m2的后面、小球m1的速度小于小球m2的速度的实际情况不符，故碰撞后小球m1的落点应是图中的C点；
（3）[3]设落地点所对应的水平速度分别为、、，若碰撞过程中动量守恒，则
设斜面与水平面的夹角为，则小球下落到C点的下落高度为
小球下落到C点的所用时间为
小球下落到C点的水平位移为
故
同理可得
代入动量守恒式可得
即满足上式则说明碰撞中动量是守恒的。
13. “验证机械能守恒定律”的实验的装置如图1所示。
（1）下列实验操作正确的是________；
A．将电磁打点计时器固定在铁架台上，并把打点计时器平面与纸带限位孔调整在竖直方向
B．将电磁打点计时器接到220V交流电源上
C．选择打好的纸带，确定开始打点的位置O，从纸带上数出打点数n，得到重锤下落的时间t和纸带在这段时间内的长度h，根据公式计算出重锤速度（g为重力加速度），再进一步验证机械能守恒
（2）关于本实验的误差，下列说法正确的是________；
A．重锤质量称量不准会造成较大的误差
B．重锤体积一定时，用密度大材质，有利减小误差
C．实验中摩擦不可避免，纸带越短，摩擦力做功越少，实验误差越小
（3）小李在验证了机械能守恒定律后，想用此装置探究磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律。实验装置如图2所示，将重锤换铜管成磁铁，并在纸带限位孔的正下方竖直放置一铜管，且与限位孔在同一竖直线。小李按正确步骤进行了实验，得到一条纸带如图3所示。确定一合适的点为O点，每个打点标为a，b，…，h。例如，为了得到b点的速度，计算方法I：；计算方法II：。其更合理的方法是________（填“I”或“II”）。从纸带上的打点分布，试定性描述磁铁在铜管中的运动情况________________。
【答案】 ①. A ②. B ③. I ④. 先加速运动，后匀速运动
解析：（1）[1]A．将电磁打点计时器固定在铁架台上，并把打点计时器平面与纸带限位孔调整在竖直方向，从而减小实验误差，故A正确；
B．电磁打点计时器使用的是4~6V交流电源，故B错误；
C．使用公式计算出重锤速度，则已经把重锤运动看作自由落体运动了，则验证的机械能守恒的表达式就已经恒成立了，应使用匀变速直线运动的平均速度公式来计算重锤速度，故C错误。
故选A。
（2）[2]A．要验证的关系式为
等式两边消掉m，则实验中不需要称量重锤的质量，故A错误；
B．重锤体积一定时，用密度大的材质，减小空气阻力，有利减小误差，故B正确；
C．在打纸带时，纸带太短了，不易打出符合实验要求的纸带，故C错误。
故选B。
（3）[3]b点的速度是根据平均速度来计算的，其中越接近于0，则时间内的平均速度越接近b点的瞬时速度，所以更合理的方法是“Ⅰ”。
[4]从纸带可知，纸带上打的点与点间的间隔是先越来越稀疏，然后点与点间的间隔相等，所以磁铁在铜管中的是先加速运动，后匀速运动。
四、（本题共3小题，共38分。解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。解题过程中需要用到，但题目中没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须写出数值和单位。）
14. 如图（a），将物块A于P点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点。物块A的v t图像如图（b）所示。已知B的质量为0.3kg，重力加速度大小g取10 m /s2。求：
（1）物块A与桌面间的动摩擦因数；
（2）物块A的质量。

【答案】（1）；（2）0.8kg
解析：（1）由v-t图可知，物块A在0~1s其加速度大小
a1==2m/s2
1~3s其加速度大小
a2==1m/s2
1~3s内，对A物块
所以
（2）0~1s内，对A物块
对B
解得
mA=0.8kg
15. 小明设计了如图所示的弹珠弹射游戏装置。固定在水平面上的弹珠发射器发射一质量的小弹珠，沿由水平直轨道和竖直半圆形轨道AB运动并从B处水平飞出，然后恰好进入圆弧形管道CD，并从该管道的D处水平滑出，撞击放置在平台上质量的碰撞缓冲装置PQ，该装置中的轻弹簧一端固定在挡板Q上，另一端连接质量可不计、且能自由滑动的小挡板P，小弹珠碰到挡板P时紧贴挡板一起运动，但不粘连。已知、、、，不考虑所有摩擦和空气阻力及碰撞时能量的损失，轨道固定，缓冲装置PQ可在平台上运动，求：
（1）弹珠发射器发出小弹珠的初速度大小；
（2）缓冲装置中弹簧所能获得的最大弹性势能；
（3）小弹珠与P分离时的速度。
【答案】（1）6m/s；（2）2J；（3），方向向右
解析：（1）弹珠恰好进入管道，由平抛运动规律，有
解得
由能量守恒定律，有
解得
（2）设小弹珠碰前的速度为，由能量守恒，有
解得
碰撞时动量守恒，碰后共同速度为
解得
最大弹性势能
解得
（3）根据弹性碰撞，有
解得
所以小弹珠与P分离时的速度大小为，方向向右。
16. 如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板、间的中线射入偏转电场，、两板距离为d、、板长为，两板间加周期性变化的电场，如图乙所示，周期为，加速电压为，其中为电子质量、为电子电量，为、板长，为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
(1)电子从加速电场飞出后的水平速度大小？
(2)时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距、间中线的距离；
(3)在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。
【答案】(1) ；(2) ；(3)
解析：(1)加速电场加速。由动能定理得
解得
(2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有
所以运动时间
则时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有
(3)由上问可知电子在电场中的运动时间均为，设电子在时加速度大小为，时加速度大小为，由牛顿第二定律得：
，
在时间内，设时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为，则：
解得
在时间内，时间内射入电场中的电子均可从中垂线上方飞出。
这段时间内，设能够从中垂线上方飞出粒子的时间间隔为，时刻射入的电子刚好偏转位移为，则有
解得
所以
所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比