内蒙古通辽市2024届高三下学期第一次模拟考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024年内蒙古通辽市高三下学期第一次模拟试题第Ⅰ卷（选择题）一、选择题1.我国北方小孩在秋天常玩的一种游戏，叫“拔老根儿”，如图所示。其实就是两个人，每人手里拿着长长的杨树叶根，把两个叶根十字交错在一起，两人各自揪住自己手里叶根的两头，同时使劲往自己怀里拽，谁手里的叶根儿断了谁输。假如两小孩选用的树叶根所承受的最大拉力相等，则下列说法正确的是（）A.叶根夹角较小的一方获胜B.力气较大的小孩获胜C.叶根夹角较大的一方的叶根对另一方的叶根的作用力更大些D.叶根夹角较大的一方的叶根对另一方的叶根的作用力更小些〖答案〗A〖解析〗根据牛顿第三定律可知，叶根夹角较大的一方的叶根与另一方的叶根的作用力大小相等；以两个叶根十字交错点为对象，可知每个叶根对交错点的作用力的合力大小相等，根据，可知叶根夹角较小的一方，叶根产生的拉力较小，则叶根夹角较大的一方先达到树叶根所承受的最大拉力，故叶根夹角较小的一方获胜。故选A。2.一个质量为6kg的物体在水平面上运动，图中的两条直线的其中一条为物体受水平拉力作用而另一条为不受拉力作用时的速度—时间图像，则物体所受摩擦力的大小的可能值为（）A.1N B.2N C.2.5N D.3N〖答案〗B〖解析〗根据可知两图线对应的加速度大小分别为，若水平拉力与运动方向相反，则有，解得，若水平拉力与运动方向相同，则有，解得，故选B。3.如图所示，某人通过跨过定滑轮的绳子将小车拉上倾角为的光滑斜面，人拉动绳子的速度v恒定，下列说法正确的是（）A.小车沿斜面上升的过程中，人对绳子拉力恒定B.小车沿斜面上升的过程中，小车的动能先增大后减小C.小车沿斜面上升h高的过程中，绳子拉力对小车做的功大于小车重力势能的增加量D.当绳子与斜面斜边的夹角为时，小车的速度为〖答案〗C〖解析〗BD．由题意可知，小车速度的方向为沿斜面向上，设小车的速度为，将小车速度分解为沿绳子收缩方向与垂直绳子方向，则因此由于人拉动绳子的速度v恒定，小车沿斜面向上运动的过程中越来越大，因此小车速度也越来越大，小车的动能一直增加，故BD错误。A．对小车进行受力分析，设绳子的拉力沿斜面的分力为，则由余弦函数性质可知，在0到范围内，角度越大，变化越快，因此增大时，小车的速度增大，变化速度也增大，即加速度增大，所以绳子拉力沿斜面的分力增大，而减小，因此人对绳子的拉力增大，故A错误；C．小车在沿斜面上升h高的过程中，仅绳子的拉力和重力对小车做功，其中绳子的拉力对小车做正功，重力对小车做负功。设此过程中绳子的拉力对小车做功大小为，重力对小车做功大小为，由于过程中小车速度越来越大，因此根据动能定理可得因此由于重力对小车做负功的大小等于小车重力势能的增加量，因此此过程中绳子拉力对小车做的功大于小车重力势能的增加量，故C正确。故选C。4.如图所示，abc为均匀带电半圆环，O为其圆心，O处的电场强度大小为E，将一试探电荷从无穷远处移到O点，电场力做功为W。若在cd处再放置一段圆的均匀带电圆弧，如虚线所示，其单位长度带电量与abc相同，电性与abc相反，则此时O点场强大小及将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功为（）A.E， B.E， C.E， D.E，〖答案〗A〖解析〗把题中半圆环等分为两段，即每段为圆环，每段在点O的电势为，电场强度为，且方向分别与E夹角为，根据电场强度的叠加原理可知因为电势是标量，每段导体在O上的电势为同理，在cd处再放置一段圆的均匀带电圆弧后，可等分为3个圆环，由于电性与abc相反，根据场强叠加可知O处的场强大小为电势为3个圆环在O点的电势之和，为将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功为。故选A。5.将图（a）所示的交流发电机作为图（b）中理想变压器原线圈的电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光。要使灯泡L变暗，则可以实现的操作有（）A.向上滑动P B.减少发电机中线圈匝数C.增大发电机线圈的转动周期 D.减小电容器的两板间距〖答案〗BC〖解析〗A．向上滑动P，副线圈匝数增加，根据可知副线圈输出电压最大，灯泡L变亮，故A错误；B．减少发电机中线圈的匝数，根据可知发电机产生的电动势减小，原线圈输入电压减小，副线圈输出电压减小，灯泡L变暗，故B正确；C．增大发电机线圈的转动周期，即减小发电机线圈的转动角速度，根据可知发电机产生的电动势减小，原线圈输入电压减小，副线圈输出电压减小，灯泡L变暗，故C正确；D．减小电容器的两板间距，根据可知电容增大，根据可知容抗减小，通过灯泡L的电流增大，灯泡L变亮，故D错误。故选BC。6.宇航员飞到一个被稠密气体包围的某行星上进行科学探索。他站在该行星表面，从静止释放一个质量为的物体，由于气体阻力的作用，其加速度随下落位移变化的关系图像如图所示。已知该星球半径为，万有引力常量为。下列说法正确的是（）A.该行星的平均密度为B.该行星的第一宇宙速度为C.卫星在距该行星表面高处的圆轨道上运行的周期为D.从释放到速度刚达到最大的过程中，物体克服阻力做功〖答案〗ABD〖解析〗A．由图可知，物体开始下落瞬间，只受万有引力作用，根据万有引力等于重力，可知又联立，可得故A正确；B．在行星表面飞行的卫星，万有引力提供向心力，有联立，可得故B正确；C．卫星在距该行星表面高处的圆轨道上运行时，有联立，可得故C错误；D．从释放到速度刚达到最大的过程中，设阻力为f，由牛顿第二定律可得解得阻力做功为即物体克服阻力做功。故D正确；故选ABD。7.如图，以为边界的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，速度大小均为v0，且满足，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用及粒子之间的相互作用），下列说法正确的是（）A.粒子在磁场中运动的半径为2aB.粒子有可能打到A点C.以θ＝30°飞入的粒子在磁场中运动时间最短D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出〖答案〗BD〖解析〗A．由洛伦兹力提供向心力可得解得粒子在磁场中运动的半径为故A错误；B．如图所示当入射时，粒子恰好从A点飞出，故B正确；C．当粒子从OA边离开时，离开位置越接近O点，所用时间越短，可知当趋近于时，粒子在磁场中运动时间趋近于0，故C错误；D．当飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，如图所示，因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。故选BD。8.光滑水平轨道abc、ade在a端很接近但是不相连，bc段与de段平行，尺寸如图所示。轨道之间存在磁感应强度为B匀强磁场。初始时质量为m的杆放置在b、d两点上，除电阻R外，杆和轨道电阻均不计。用水平外力F将杆以初速度向左拉动，运动过程中保持杆中电流不变，在杆向左运动位移L内，下列说法正确的是（）A.杆向左做变加速运动B.杆向左运动位移0.5L的时间为C.杆向左运动位移0.5L的时间内电阻产生的焦耳热为D.杆向左运动位移L的时间内水平外力F做的功为〖答案〗ABC〖解析〗A．运动过程中保持杆中电流不变，则电动势保持不变，根据根据几何关系可得杆向左运动x时，切割磁感线的长度为此时杆对应速度为可知随着的增大，逐渐增大，但加速度不是恒定不变的，所以杆向左做变加速运动，故A正确；B．根据电动势保持不变，即则杆向左运动位移的时间为故B正确；C．杆向左运动位移0.5L的时间内电阻产生的焦耳热为故C正确；D．根据可得杆向左运动位移L的速度为设杆向左运动位移L的时间内电阻产生的焦耳热为，根据功能关系可得水平外力做的功为故D错误。故选ABC第Ⅱ卷非选择题（一）必考题9.如图所示是某同学在进行“探究小车与空中盘和钩码组成的系统的加速度与力、质量的关系”的实验时，（1）按要求连接好实验装置，正要打开夹子开始实验时的情况，已知该同学的实验存在4处错误；其中两处错误是：电源应用交流电源；小车应靠近计时器，还有两处分别是①______；②_____。（2）正确安装仪器后，正确操作，描绘图像如图中实线所示，并画出其渐近线为图中虚线所示，则渐近线对应的加速度为_____。（已知重力加速度为g）〖答案〗（1）没有平衡摩擦力没有调节滑落高度使细线与木板平行（2）g〖解析〗【小问1详析】[1][2]已知该同学的实验存在4处错误；其中两处错误是：电源应用交流电源；小车应靠近计时器，还有两处分别是①没有平衡摩擦力；②小车与滑轮间的轻绳应与轨道平行。【小问2详析】设小车质量为，盘和钩码的质量为，其中图像中的用代替；根据牛顿第二定律可得联立可得可知图像，随的增大，即的增大，渐近线对应的加速度为g。10.使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干。实验时，将多用电表调至×1Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成下列填空：（1）仪器连线如图1所示（a和b是多用电表的两个表笔）。若两电表均正常工作，则表笔a为___________（填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，若将图1中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流应为_______mA；（保留3位有效数字）（3）计算得到多用电表内电池的电动势为_______V。（保留3位有效数字）〖答案〗（1）黑（2）102（3）1.54〖解析〗（1）[1]多用电表使用时必须使电流从红表笔流进，黑表笔流出，电流表在使用时，电流从正接线柱流进，负接线柱流出，由图1可知，表笔a为黑色。（2）[2]多用电表内部的电路等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，设直流电源的电动势为，多用电表的等效内阻为，根据闭合回路的欧姆定律，当两表笔短接时电路电路最大为当待测电阻等于多用电表等效内阻时，电路中电流半偏。此时指针指在表盘中值上，此电阻又称为中值电阻，当多用电表用×1Ω挡，由表盘可知，中值电阻为，则多用电表等效内阻为适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别为由图2（a）可知，多用电表用×1Ω挡，多用电表所测电阻为14.0，电流表的量程为60mA，由图2（b）可知，电流表读数为53.0，则电源电动势若将图1中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流应为（3）[3]由（2）分析可知，计算得到多用电表内电池的电动势为。11.如图所示，倾角为的斜面光滑，自斜面上某处与斜面夹角为的方向向斜面上抛出一质点，速度大小为v（设质点与斜面间的碰撞是完全弹性的，即球人射方向与反射方向遵循光的反射定律），斜面足够长。（1）求质点在回到出发点之前离斜面的最远距离；（2）要使质点最后仍能回到原出发点，问:角应满足什么条件?〖答案〗（1）；（2）（n=1，2，3…）〖解析〗（1）质点的运动轨迹如图所示在垂直斜面方向上，质点具有不变的加速度由于碰撞前后的速率不变，故质点落在斜面和离开斜面的速率相等，均为所以，质点在回到出发点之前离斜面的最远距离为（2）质点每两次碰撞之间所用的时间不变，均为质点在沿平行斜面方向的加速度为当质点沿平行斜面方向的位移为零时，质点最后仍回到原出发点，设质点运动时间为T，则其中（n=1，2，3…）联立，解得（n=1，2，3…）即（n=1，2，3…）12.如图所示，与是一组足够长的平行光滑导轨，间距，、倾斜，、在同一水平面内，与垂直，、处平滑连接。水平金属导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。质量、电阻、长度为的硬质导体棒静止在水平轨道上，与完全相同的导体棒从距水平面高度的倾斜绝缘轨道上由静止释放，最后恰好不与棒相撞，运动过程中、棒始终与导轨垂直且接触良好。不计其它电阻和空气阻力，重力加速度。（1）求棒刚进入磁场时，棒所受的安培力；（2）求整个过程中通过棒的电荷量及棒距离的初始距离；（3）、棒稳定后，在释放棒的初始位置由静止释放相同的棒，所有棒运动稳定后，在同一位置再由静止释放相同的棒，所有棒运动再次稳定后，依此类推，逐一由静止释放、、…。当释放的棒最终与所有棒运动稳定后，求从棒开始释放到与所有棒运动保持相对稳定时，棒上产生的焦耳热，并算出时棒上产生的总焦耳热。〖答案〗（1）1N，方向水平向右；（2）0.1C，0.2m；（3），J〖解析〗（1）棒下滑时刚切割磁感线时干路电流有棒所受安培力方向水平向右。（2）、在水平导轨上运动共速前，的速度为，的速度为，电路满足、在水平导轨上运动共速后速度为满足对于棒,取时间微元有联立可得（3）当棒运动达到稳定后此过程中损失的动能满足由电路可知由焦耳定律可得此过程中棒上产生的焦耳热联立得当时，代入数值可得（二）选考题13.如图为一定质量的理想气体经历a→b→c过程的压强p随摄氏温度t变化的图像，其中ab平行于t轴，cb的延长线过坐标原点。下列判断正确的是（）A.a→b过程，有些气体分子的运动速率增加B.a→b过程，单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加C.a→b过程，单位时间撞击单位面积器壁的分子数不变D.b→c过程，气体从外界吸的热量等于其内能增加量E.b→c过程，气体分子数密度变大〖答案〗ABE〖解析〗A．a→b过程，温度降低，气体分子的平均动能减小，平均速率减小，但有些气体分子的运动速率增加，故A正确；BC．a→b过程，气体压强不变，温度降低，气体分子的平均动能减小，根据压强微观意义可知，单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加，故B正确，C错误；DE．把该图像转化为图像如图所示在b→c过程，图像上的点与坐标原点连线斜率增加，根据可得可知气体体积减小，气体分子数密度变大；在b→c过程，由于气体体积减小，外界对气体做功，气体温度升高，气体内能增加，根据热力学第一定律可知气体从外界吸的热量不等于其内能增加量，故D错误，E正确。故选ABE。14.某物理兴趣小组受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为，汽缸Ⅰ内通过活塞A封有压强为的气体，汽缸Ⅱ内通过活塞B封有压强为的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知相当于h高的水柱产生的压强，不计水温变化，装置的内径远小于水的深度，被封闭气体视为理想气体。（1）当A向右移动时，求该深度计所处位置水的深度；（2）求该深度计能测量的最大水深。〖答案〗（1）2h；（2）4h〖解析〗（1）当A向右移动时，设B不移动，对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得p0SL＝p1SL解得p1＝3p0而此时B中气体的压强为4p0＞p1，故B不动。设深度计所处位置水的深度为，则有p1＝p0＋解得（2）该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于4p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，设最大深度为，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强为p2。对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得p0SL＝p2Sx对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得4p0SL＝p2S（L－x）又因为联