【文档说明】2024届安徽省淮南市寿县中学高三上学期第一次模拟考试物理试题 含解析.docx，共(15)页，1.201 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省淮南市寿县中学2024届高三第一次模拟考试物理试卷（考试时间：90分钟。试卷满分：100分。）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名和准考证号填写在答题卡上。2．将答案填在相应的答题卡内

，在试题卷上作答无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：(本题共10小题，共46分。1-7小题每小题4分，只有一个选项符合题意，8-10每小题有多个选项符合题意，全部选对得6分，不全得3分，选错或多选得0分.)1.某物体以一定初速度做平抛运动

，从t＝0时刻起，物体的动能Ek随时间t变化的情况是图中所示的哪个图（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】物体在重力作用下物体做平抛运动，加速度为g，竖直位移y＝12gt2由动能定理得Ek＝E

0＋12mg2t2故选D。2.在光滑的的水平面上放置一质量为M的斜面，斜面上固定一竖直挡板，另有一质量为m的小球置于斜面上并被挡板挡住，如图。现对斜面施加一水平向右的拉力F作用，斜面对小球的弹力为F1，挡板对

小球的弹力为F2。在F从零开始逐渐增大的过程中（）A.F1和F2都增大B.F1减小、F2增大C.F1不变、F2增大D.F1减小、F2不变【答案】C【解析】【详解】质量为m小球置于斜面上受到重力，斜面对小球的弹力为F1，挡板对小球的弹力为F2三个力的作用，F1的竖直分力等于重力，F

2与F1的水平分力的合力产生水平方向加速度，F2随F的增大而增大，故F1不变、F2增大。故选C。3.如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为1NF；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面

的压力为2NF，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（）A.12NNFF，弹簧的伸长量减小B.12NNFF=，弹簧的伸长量减小C.12NNFF，弹簧的伸长量减小D.12NNFF，弹簧的伸长量增大【答案】D【解析】【详解】磁铁的磁感线在

它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向外，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方。长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给

磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力变大，弹簧长度将变长，故D正确，ABC错误。故选D。4.一带正电的小

球质量为0.01kg，带电量为0.01C，小球在相互垂直的匀强电场和匀强磁场的空间沿一斜线向下做匀速直线运动。已知其水平分量为vx＝6m/s，磁感应强度大小为1T，方向垂直纸面向里，电场力做负功的功率大小为PE＝0.3W，则电场强度的大小和方向为(g=10m/s2)（）

的A.5N/C，方向向上偏左37°角B.5N/C，方向向上偏右37°角C.4N/C，方向向上偏左37°角D.4N/C，方向向上偏右37°角【答案】A【解析】【详解】设电场方向与水平方向的夹角为α，小球的竖直分速度为vy，因为洛伦兹力不做功，只有电场力和重力做功，且沿一斜线向下做匀速直线运动，小球动

能不变，应有mgvy＝PE得vy＝3m/s小球受力如图所示则有水平方向qEcosα＝qBvy竖直方向qEsinα+qBvx＝mg代入整理后得Ecosα＝3N/CEsinα＝4N/C解得E＝5N/Cα=53º可知电场方向向上偏左37°角。故选A。5.在匀强电场中有abc、、三点，如图所示，5

cmab=，3cmac=，4cmbc=，已知6VacU=，200N/CE=，则（）A.电子在a处的电场力方向由a向bB.电子在a处的电场力方向由a向cC.ab是一条等势线D.bc是一条等势线【答案】D【解析】【详解】根据题意，设电场方向与ac成角，则有cosacEacU=解得0=即

电场由a指向c，电子在a处的电场力方向由c向a，bc垂直于电场方向，则bc为一等势线。故选D。6.2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月发射的“天宫二号”空间实验室，宇航员计

划在“天宫二号”驻留30天进行科学实验。“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示，AC是椭圆轨道II的长轴。“神舟十一号”从圆轨道I先变轨到椭圆轨道II，再变轨到圆轨道III，与圆轨道III运行“天宫二号”实施对接，下列描述正

确的是（）A.“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变B.可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接C.“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大D.“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期与“天宫二号”运行周期相等【答案】C【解析】【

详解】A．“神舟十一号”在变轨过程中需要向外喷出气体，对飞船做功，所以机械能将发生变化，故A错误。B．若“神舟十一号”与“天宫二号”同轨，加速会做离心运动，不会对接，故B错误；C．结合牛顿第二定律和开普勒第三定律，可以将椭圆轨道的平均速率与半径等于2AC的圆轨道类比，根据22MmvGm

rr=可得GMvr＝可知，“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大，故C正确；D．由图可知，A到C的轨道的半长轴小于圆轨道Ⅲ的半径，根据开普勒第三定律：32RT=k可知，“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期小于“天宫二号”运行周期，故D错

误；故选C。【点睛】解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量与轨道半径的关系。该题解答的过程也可以使用排除法排除ABD选项。7.应用物理知识分析

生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如人原地起跳后从空中落地的过程中，双腿弯曲，双脚脚尖先接触地面，其他部分再落地。下列关于人从脚尖触地到完全落地过程的分析，正确的是（）A.地面对人的支持力始终等于重力B.地

面对人的支持力的冲量等于重力的冲量C.双腿弯曲，双脚脚尖先接触地面，这些动作是为了延长作用时间，减小作用力D.人与地球所组成的系统的机械能是守恒的【答案】C【解析】【详解】A．人在落地过程中经历了先加速再减速的过程，减速过程中人

受到的支持力大于重力，故A错误；B．人从脚尖触地到完全落地过程，以向上为正方向，根据动量定理可得NG000()0IImvmv−=−−=可知支持力的冲量大于重力的冲量，故B错误；C．双腿弯曲，双脚脚尖先接触地面，这些动作可以延长作用时间

，减小作用力，故C正确；D．由于着地过程中动能和势能都减少，故机械能不守恒，故D错误。故选C。8.磁悬浮高速列车在我国上海已投入运行数年。如图所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环。将超导圆环B水平放在磁铁A上方，它就能在磁力的作用下悬浮在磁

铁A的上方空中，则（）A.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失B.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在C.若A的N极朝上，B中感应电流的方向为顺时针方向（从上往下看）D.若A的N极朝上，B中感应

电流的方向为逆时针方向（从上往下看）【答案】BC【解析】【详解】AB．在B放入磁场的过程中，穿过B的磁通量增加，B中将产生感应电流，因为B是超导体，没有电阻，不消耗能量，所以稳定后感应电流仍存在，A错误，B正确；的CD．若A的N极朝上，在B放入磁场的过程中，

穿过B向上的磁通量增加，根据楞次定律可判断B中感应电流的方向为顺时针方向，C正确，D错误。故选BC9.如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，以地面为参考系，A、B都向前发生相对滑动

，A、B间有摩擦力的作用。在此过程中（）A.外力F做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和【答案

】BD【解析】【详解】A.外力F做的功等于A和B的动能增量及内能增量的和，故A错误；B.对A分析，由动能定理知，B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，故B正确；C.A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小

相等，方向相反，但由于A在B上发生相对滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误；D.对B分析，由动能定理知fkFBWWE−=B克服摩擦力所做的功，即kfFBWEW=+即外力F对B做的功等于B的动能的增量

与B克服摩擦力所做功之和，故D正确。故选BD。10.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴12OO垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60时的感应电流为1A，那么（）。A.线圈消耗的电功率为4WB

.线圈中感应电流的有效值为2AC.任意时刻线圈中的感应电动势为24cosetT=D.任意时刻穿过线圈的磁通量为2ΦsinTtT=【答案】AC【解析】【分析】【详解】B．从垂直中性面开始其瞬时表达式为cosmiI=则

电流的最大值为1A2Acos0.5miI===则电流的有效值为2A2mII==故B错误；A．线圈消耗的电功率为22(2)2W4WPIr===故A正确；C．感应电动势的最大值为22V4VmmEIr===任意时刻线圈中的感应电动势为22co

s4cosmeEttTT==故C正确；D．根据最大感应电动势公式有mm24VEBST===解得，最大磁通量为m2T=则任意时刻穿过线圈的磁通量为22ΦsinTtT=故D错误。故选AC。二、实验题（两小题，共18分，请将正确答案写在答题纸相应位置。）11.2023年暑假期间，物理爱

好者陈向阳为“探究加速度与力、质量的关系”，独立设计了如图甲所示的实验装置。若小车质量用m1表示，砝码和盘的质量用m2表示，交流电的频率为50Hz，除了装置图中所给的器材外，另外备有复写纸、低压交流电源、电键及导线若干。（1）除了上面涉及的实验器材外

，本次实验还缺少的器材有_______。（2）如图乙所示为某次实验得到的一条纸带，相邻计数点间还有四个点没有画出。由于疏漏，B、C两计数点之间的距离忘记了标注，根据纸带上现有的数据情况，可计算出小车运动的加速度为_____

__m/s2。【答案】①.刻度尺②.0.52【解析】【详解】（1）[1]纸带上计数点间距离需要测量，还缺少刻度尺。（2）[2]因为电源频率为50Hz，所以打点时间间隔为0.02st=而相邻计数点间还有4个点没画出，即计数点时间间隔为0.1sT=根据2312xxaT−=可得

2231223.442.40cm/s0.52m/s22(0.1)xxaT−−===12.科研小组成员的同学，利用暑期放假撰写“测量某金属电阻率”的社会实践报告，特意从家里找了一根长为L的空心金属管。如图甲所示，其横截面为半径为D的圆、中空部分为边长为d的正方形。在测定金属管

的电阻时，实验室中的备用器材如下：A．电池（6V，内阻很小）B．电流表1A（03A，内阻约0.025）C．电流表2A（00.6A，内阻约0.25）D．电压表1V（03V，内阻约3k）E．电压表2V（

06V，内阻约6k）F．滑动变阻器1R（020，1A）G．滑动变阻器2R（0500，0.3A）H．电键、导线（1）若所测金属管的电阻约为12，要用伏安法尽量准确地测量其阻值，则电流表应选用_______，电压表应选用_______，滑动变阻器应选用_______。（填对应的字母）（2）

为了尽可能减小测量误差，需要金属管上所加电压能够从零开始变化，且变化范围比较大，请在图乙虚线框中画出符合要求的电路图_____。（3）利用电压表测量值U、电流表测量值I和题中所述物理量，推导出金属管电阻率的计算公式_______。【答案】①.C②.E③.F④.⑤.22(4)4UDd

IL−=【解析】【详解】（1）[1][2][3]为了提高电路的灵敏度，滑动变阻器故选F；因为电源电压约为6V，所以电压表选E；通过金属管的电流最大值约为m6A0.5A12UIR===故电流表选C。（2）[4]由于V600050012xRR==

，A12480.25xRR==满足VxRR所以电流表外接；要求金属管上所加电压能够从零开始变化，且变化范围比较大，所以滑动变阻器采用分压式接法。电路如图所示（3）[5]由电阻定律可得22()2LLURDSId===−解得，

金属管电阻率的计算公式为22(4)4UDdIL−=三、计算题（共2道题，总计36分。13题10分，14题12分,15题14分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）13.把一个小烧瓶和一根弯成直角

的均匀玻璃管用橡皮塞连成如图所示的装置。在玻璃管内引入一小段油柱，将一定质量的空气密封在容器内，被封空气的压强跟大气压强相等。不计大气压强的变化。已知1mol任何气体在压强p0＝1×105Pa、温度t0＝0℃时，体

积约为V0＝22.4L。瓶内空气的平均摩尔质量M＝29g/mol，瓶内空气的体积V1＝2.24L，温度为T1＝25℃。试估算瓶内空气的质量。【答案】2.65g【解析】【详解】根据气体的等压变化可知121

0VVTT=其中1(25273)298KT=+=，0(0273)273KT=+=可得10212.24273L2.05L298VTVT==则有202.0529g2.65g22.4mVMVnM===14

.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在x＜0区域的圆形区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，在x＞0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，圆形磁场的直径与电场的宽度均为L，在圆形磁场区域的左边界P点先后分别沿与x轴呈θ角射入两个质量为m、电荷量为q的正负粒子，

粒子的初速度为v0，两粒子恰好通过O点进入匀强电场，最后两粒子均以垂直于电场方向的速度离开电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。求：（1）匀强磁场的磁感应强度为B和匀强电场的电场强度为E分别是多少？（2）两粒子射出电场位置间的高度差h？【答案】（1）02s

inmvqL，20sincosmvqL；（2）Ltanθ【解析】【详解】（1）在磁场中，由牛顿第二定律得Bqv0＝m20vr由几何关系得rsinθ＝2L解得B＝02sinmvqL电场中，粒子沿x轴方向做匀速运动，即L＝v0cosθ×

t在竖直方向做匀减速运动，即0＝v0sinθ－at由牛顿第二定律得Eq＝ma解得E＝20sincosmvqL（2）在电场中，在竖直方向做匀减速运动，即02－(v0sinθ)2＝2(－a)y两粒子射出

电场位置间的高度差h＝2y在解得h＝Ltanθ15.在光滑的水平面上有一凹形木板A，质量为m＝0.1kg，长度为1m，不计凹形木板A左右两壁的厚度，其上表面也光滑；另有一质量也为m的带电滑块B静止于凹形木板A的左侧（如图），带电滑块

B所带电荷量为q＝＋5×10－5C。在水平面上方空间中加一匀强电场，方向水平向右，电场强度E＝4×103N/C。t＝0时滑块B静止释放，设滑块B与A两侧的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。（1）求滑块B与凹形木板A第1次碰撞前、后的速度大小。（2）求滑块B从开始运动到

与凹形木板A第2次碰撞时，电场力对滑块B所做的功。【答案】（1）2m/s，0；（2）1J【解析】【详解】（1）滑块B由静止释放后，在电场力作用下，从木板A的左侧匀加速运动到右侧，木板A不动。对B有F＝qE＝ma解得a＝2m/s2第一次碰前B的速度为vB1，则vB1

2＝2aL解得vB1＝2m/s由滑块B和木板A发生弹性碰撞得mvB1＝mvB1′＋mvA1′12mvB12＝12mvB1′2＋12mvA1′2解得vA1＝2m/svB1′＝0（2）第一次碰后，木板A匀速运动，滑块B做初速度为零匀加速直线运

动，设经过时间t发生第2次碰撞，则有vB2＝atxB2＝12at2xA1＝vA1txA1＝xB2解得t＝2svB2＝4m/sxA1＝xB2＝4m所以电场力做功的