北京市重點中學2024屆高三上學期模擬物理試題試卷

北京市重點中學2024屆高三上學期模擬物理試題試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，下列不屬于靜電現(xiàn)象的是（）A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產生電流D．從干燥的地毯走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺2．如圖所示，一質量為m的重物，在塔吊電動機的拉力下，由靜止開始向上以加速度a1做勻加速直線運動，當重物上升到高度h、重物速度為v1時塔吊電動機功率達到額定功率P0A．重物勻減速階段電動機提供的牽引力大小為m(g+B．重物勻加速階段電動機提供的牽引力大小為PC．計算重物勻加速階段所用時間的方程為PD．假設豎直方向足夠長，若塔吊電動機以額定功率P0啟動，速度v3．如圖所示，正三角形ABC區(qū)域內存在的磁感應強度大小為B，方向垂直其面向里的勻強磁場，三角形導線框abc從A點沿AB方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域。已知AB=2L，ab=L，∠b=90°，∠C=30A．磁感應電流始終沿逆時針方向B．感應電流一直增大C．通過線框某截面的電荷量為3D．c、b兩點的最大電勢差為24．研究光電效應現(xiàn)象的實驗電路如圖所示，A、K為光電管的兩個電極，電壓表V、電流計G均為理想電表。已知該光電管陰極K的極限頻率為ν0，元電荷電量為e，普朗克常量為h，開始時滑片P、P＇上下對齊。現(xiàn)用頻率為ν的光照射陰極K（ν>ν0），則下列說法錯誤的是（）A．該光電管陰極材料的逸出功為hν0B．若加在光電管兩端的正向電壓為U，則到達陽極A的光電子的最大動能為hv-hv0+eUC．若將滑片P向右滑動，則電流計G的示數(shù)一定會不斷增大D．若將滑片P＇向右滑動，則當滑片P、P＇間的電壓為hv?hv5．三根通電長直導線平行放置，其截面構成等邊三角形，O點為三角形的中心，通過三根直導線的電流大小分別用小I1，I2、I3表示，電流方向如圖所示.當I1=I2=I3=I時，O點的磁感應強度大小為B，通電長直導線在某點產生的磁感應強度大小跟電流成正比，則下列說法正確的是（）A．當I1=3I，I2=I3=I時，O點的磁感應強度大小為2BB．當I1=3I，I2=I3=I時，O點的磁感應強度大小為3BC．當I2=3I，I1=I3=I時，O點的磁感應強度大小為32D．當I3=3I，I1=I2=I時，O點的磁感應強度大小為236．如圖所示，在直角坐標系xOy平面內存在一點電荷，帶電荷量為－Q，坐標軸上有A、B、C三點，并且OA=OB=BC=a，其中A點和B點的電勢相等，O點和C點的電場強度大小相等。已知靜電力常量為k，則（）A．點電荷位于B點處B．O點電勢比A點電勢高C．C點處的電場強度大小為kQD．將正的試探電荷從A點沿直線移動到C點，電勢能先增大后減小二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放。某同學探究小球在接觸彈簧后向下的運動過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，作出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標x的變化關系如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是A．當x=h+x0時，重力勢能與彈性勢能之和最小B．最低點的坐標為x=h+2x0C．小球受到的彈力最大值等于2mgD．小球動能的最大值為mgh+8．如圖甲所示，一個匝數(shù)為n的圓形線圈（圖中只畫了2匝），面積為S，線圈的電阻為R，在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面指向紙內的磁場中，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．0～t1時間內P端電勢高于Q端電勢B．0～t1時間內電壓表的讀數(shù)為n(C．t1～t2時間內R上的電流為nD．t1～t2時間內P端電勢高于Q端電勢9．如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，實線為t=0.2s時刻的波形圖，虛線為t=0.8s時的波形圖，波的周期A．波速為10m/sB．A比B先回到平衡位置C．在t=0.D．經過0.4s，B點經過的路程為0.4mE．在t=1.10．1966年科研人員曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎的實驗。實驗時，用雙子星號宇宙飛船去接觸正在軌道上運行的火箭組（可視為質點），接觸后，開動飛船尾部的推進器，使飛船和火箭組共同加速，如圖所示。推進器的平均推力為F，開動時間Δt，測出飛船和火箭的速度變化是Δv，下列說法正確的有（）A．推力F通過飛船傳遞給火箭，所以飛船對火箭的彈力大小應為FB．宇宙飛船和火箭組的總質量應為FΔtC．推力F越大，ΔvΔt就越大，且ΔvΔt與D．推力F減小，飛船與火箭組將分離三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．某學校在為準備學生實驗“測量電阻絲的電阻率實驗”時購進了多卷表面有很薄絕緣層的合金絲，一研究性學習小組同學想通過自己設計的實驗來測算金屬合金絲的電阻率和長度。（1）小組某同學先截取了一小段合金絲，然后通過實驗測定合金絲的電阻率，根據老師給提供的器材，他連成了如圖甲所示的實驗實物圖∶該實驗連接圖中電流表采用的是（填“內接”或“外接”），滑動變阻器采用的是（填“分壓式”或“限流式”）；實驗時測得合金絲的長度為0.300m，在測金屬合金絲直徑時，螺旋測微器的測量結果如圖乙所示，則金屬合金絲的直徑為mm。（2）實驗過程中電壓表V與電流表A的測量結果已經在圖丙中的U－I圖像中描出，由U－I圖像可得，合金絲的電阻為Ω；由電阻定律可計算出合金絲的電阻率為Ω·m（保留三位有效數(shù)字）。（3）小組另一同學用多用電表測整卷金屬合金絲的電阻，操作過程分以下三個步驟∶①將紅黑表筆分別插入多用電表的“+”“-”插孔∶選擇電阻擋“×100”；②然后將兩表筆短接，調整“歐姆調零旋鈕”進行歐姆調零；③把紅黑表筆分別與合金絲的兩端相接，多用電表的示數(shù)如圖丁所示，該合金絲的電阻約為Ω。（4）根據多用電表測得的合金絲電阻值，不計合金絲絕緣層的厚度，可估算出合金絲的長度約m。（結果保留整數(shù)）12．某校物理興趣小組利用如圖甲所示裝置探究合力做功與動能變化的關系。在滑塊上安裝一遮光條，系輕細繩處安裝一拉力傳感器（可顯示出輕細繩中的拉力），把滑塊放在水平氣墊導軌上A處，細繩通過定滑輪與鉤碼相連，光電門安裝在B處，氣墊導軌充氣，將滑塊從A位置由靜止釋放后，拉力傳感器記錄的讀數(shù)為F，光電門記錄的時間為Δt。（1）多次改變鉤碼的質量（拉力傳感器記錄的讀數(shù)F相應改變），測得多組F和Δt數(shù)據，要得到線性變化圖像，若已經選定F作為縱坐標，則橫坐標代表的物理量為___；A．Δt B．(Δt)2 C．1Δt （2）若正確選擇橫坐標所代表的物理量后，得出線性變化圖像的斜率為k，且已經測出A、B之間的距離為s，遮光條的寬度為d，則滑塊質量（含遮光條和拉力傳感器）的表達式為M=。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．圖(甲)中的圓是某圓柱形透明介質的橫截面，半徑為R=10cm．一束單色光沿DC平行于直徑AB射到圓周上的C點，DC與AB的距離H=52cm．光線進入介質后，第一次到達圓周上的E點（圖中未畫出），CE=1030（1）求介質的折射率；（2）如圖（乙）所示，將該光線沿MN平行于直徑AB射到圓周上的N點，光線進入介質后，第二次到達介質的界面時，從球內折射出的光線與MN平行（圖中未畫出），求光線從N點進入介質球時的入射角的大?。?4．光滑水平面上有一質量m車＝1.0kg的平板小車，車上靜置A、B兩物塊。物塊由輕質彈簧無栓接相連（物塊可看作質點），質量分別為mA＝1.0kg，mB＝1.0kg。A距車右端x1（x1＞1.5m），B距車左端x2＝1.5m，兩物塊與小車上表面的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1．車離地面的高度h＝0.8m，如圖所示。某時刻，將儲有彈性勢能Ep＝4.0J的輕彈簧釋放，使A、B瞬間分離，A、B兩物塊在平板車上水平運動。重力加速度g取10m/s2，求：（1）彈簧釋放瞬間后A、B速度的大??；（2）B物塊從彈簧釋放后至落到地面上所需時間；（3）若物塊A最終并未落地，則平板車的長度至少多長？滑塊在平板車上運動的整個過程中系統(tǒng)產生的熱量多少？15．如圖所示金屬小球A和B固定在彎成直角的絕緣輕桿兩端，A球質量為2m，不帶電，B球質量為m，帶正電，電量為q，OA=2L，OB=L，輕桿可繞過O點且與紙面垂直的水平軸無摩擦轉動，在過O點的豎直虛線右側區(qū)域存在著水平向左的勻強電場，此時輕桿處于靜止狀態(tài)，且OA與豎直方向夾角為37°，重力加速度為g。（1）求勻強電場的電場強度大小E；（2）若不改變場強大小，將方向變?yōu)樨Q直向上，則由圖示位置無初速釋放輕桿后，求A球剛進入電場時的速度大小v。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、梳子與頭發(fā)摩擦會產生靜電，吸起紙屑，是靜電現(xiàn)象．故A不符合題意；

B、帶電小球移至不帶電金屬附近，兩者相互吸引屬于靜電感應現(xiàn)象，是靜電現(xiàn)象．故B不符合題意；

C、小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產生電流屬于電磁感應現(xiàn)象，不屬于靜電現(xiàn)象．故C符合題意；

D、從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺是由于摩擦會產生靜電，也是靜電現(xiàn)象，故D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】熟悉掌握摩擦起電、感應起電及接觸起電的特點及實質。帶電體具有吸引輕小物體的特性。通電導體周圍存在磁場。2．【答案】B【解析】【解答】A、根據牛頓第二定律，重物勻減速階段mg-解得F故A錯誤；

B、重物在勻加速階段P解得F故B正確；

C、勻加速階段P電動機功率逐漸增大，不滿足P故C錯誤；

D、假設豎直方向足夠長，若塔吊電動機以額定功率P0啟動，能達到的最大速度v故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】確定重物的受力情況，根據牛頓第二定律確定牽引力的大小。重物做勻變速直線運動時，重物受到的牽引力不變，電動機的功率等于牽引力與速度的乘積。3．【答案】D【解析】【解答】A．當三角形導線框abc從A點沿AB運動到B點時，穿過線圈的磁通量一直增大，此時線圈產生一個逆時針電流；而后線圈逐漸離開磁場，磁通量減少，線圈產生一個順時針電流，A不符合題意；B．根據公式E=BLv可知，感應電流先增大后減小，B不符合題意；C．由公式q=C不符合題意；D．當線框a點剛到達B點時，線框中的感應電動勢E=電流I=所UD符合題意。故答案為：D。

【分析】利用楞次定律可以判別感應電流的方向；利用有效長度的大小可以判別感應電流的大??；利用磁通量變化量和電阻的大小可以求出電荷量的大?。焕脷W姆定律可以求出電勢差的大小。4．【答案】C【解析】【解答】A．由極限頻率為ν0，故金屬的逸出功為W0=hν0，A符合題意；B．由光電效應方程可知，電子飛出時的最大動能為E由于加的正向電壓，由動能定理eU=解得EB符合題意；C．若將滑片P向右滑動時，若電流達到飽和電流，則電流不在發(fā)生變化，C不符合題意；D．P＇向右滑動時，所加電壓為反向電壓，由eU=可得U=則反向電壓達到遏止電壓后，動能最大的光電子剛好不能參與導電，則光電流為零，D符合題意；故答案為：C。

【分析】利用光電效應方程可以求出逸出功的大小及最大動能的大??；假如電流達到飽和電流時則電流不再變化；利用遏止電壓的大小可以判別電流計的示數(shù)。5．【答案】A【解析】【解答】AB、根據安培定則畫出I1、I2、I3在O點的磁感應強度示意圖，當I1=I2=I3時，O點的磁感應強度如圖甲所示根據磁場疊加原理，可知此時O點的磁感應強度滿足關系B當I1=3I，I2=I3=I時，則O電場磁感應強度如圖乙所示此時有B1=根據磁場疊加原理，可知此時O點的合磁感應強度大小為B故A正確，B錯誤；

CD、當I2=3I，I1=I3=I時，則O點磁感應強度如圖丙所示

B1=根據磁場疊加原理，可知此時O點的合磁感應強度大小為B同理可得，當I3=3I，I1=I2=I時，O點的合磁感應強度大小也為B故CD錯誤。

故答案為：A。

【分析】根據右手定則確定各導線在O點產生的磁場的方向和大小，再根據矢量合成法則確定I1=I2=I3=I時，O點的磁感應強度B和各導線在O點磁場的大小關系。再根據題意及矢量合成法則確定不同情況下O點合磁場的大小。6．【答案】B【解析】【解答】A．A點和B點的電勢相等，點電荷必位于A點和B點連線的垂直平分線上；O點和C點的電場強度大小相等，點電荷位于O點和C點連線的垂直平分線上，故帶負電的點電荷位于坐標(a，a)處，A不符合題意；B．根據點電荷周圍電場分布可知，O點電勢比A點電勢高，B符合題意；C．C點的電場強度大小EC不符合題意；D．將帶正電的試探電荷從A點沿直線移動到C點，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】利用等勢點連線的中垂直交點可以判別點電荷的位置；利用電場線的分布可以判別電勢的高低；利用場強公式可以求出C點場強的大?。焕秒妶隽ψ龉梢耘袆e電勢能的變化。7．【答案】A,D【解析】【解答】A、當x=h+x0時，彈力等于重力，加速度為零，小球速度最大，動能最大，由于系統(tǒng)機械能守恒，所以重力勢能與彈性勢能之和最小，故A正確；

B、最低點時，小球的速度為零，重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能，根據F-x圖像與x軸所圍面積表示該力做功的多少，由圖

可知從x=0到x=h+2x0的過程中，重力所做的功大于彈簧彈力做的功，故x=h+2x0不是最低點。故B錯誤；

C、由B知道最低點位置大于x=h+2x0，所以彈力大于2mg，故C錯誤；

D、當x=h+x0時，彈力等于重力，加速度為零，小球速度最大，動能最大，由動能定理可得W故D正確。

故答案為：AD。

【分析】加速度為零時，物體的速度最大，動能最大。明確小球在運動過程中各功能之間的相互轉化關系。F-x圖像與x軸所圍面積表示該力做功的多少。8．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、0～t1B、0～t1時間內線圈產生的感應電動勢E=n△?△t=nC、t1～t2時間內線圈產生的感應電動勢E'D、t1～t故選：AC【分析】根據法拉第電磁感應定律求感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求電路電流，根據歐姆定律求電壓表的讀數(shù)；根據楞次定律判斷感應電流方向，從而確定PQ端電勢的高低．9．【答案】A,C,D【解析】【解答】A、橫波沿x軸正方向傳播，由于波的周期T>0.6s，經過Δt=0.6s，傳播距離Δx=6m，則波速v=故A正確；

B、t=0.2s時，質點A由波峰向平衡位置振動，質點B沿y軸正方向向平衡位置振動，故B比A先回到平衡位置，故B錯誤；

C、由圖可知，波長λ=8m，則傳播距離?x=6則傳播時間為?t=0.6解得T=0.8s在t=0.5s時，B振動了38T，波傳播了3m，根據波形平移可知，B點到達波峰位置，故C正確；

D、經過0.4s=0.5T，則B點振動了2A=0.4m，故D正確；

E、t=1.0s時，質點A振動了0.8s=T，則A點回到波峰位置，速度為零，故E錯誤。

故答案為：ACD。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．對飛船和火箭組組成的整體，由牛頓第二定律，有F=(設飛船對火箭的彈力大小為N，對火箭組，由牛頓第二定律，有N=解得N=故A錯誤；B．由運動學公式，有a=ΔvΔt解得m故B正確；C．對整體F=(由于（m1+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質量不變，則推力F越大，ΔvΔt就越大，且ΔvΔt與D．推力F減小，根據牛頓第二定律知整體的加速度減小，速度仍增大，不過增加變慢，所以飛船與火箭組不會分離，故D錯誤。故選BC。

【分析】利用整體的牛頓第二定律結合火箭組的牛頓第二定律可以求出相互作用力；利用牛頓第二定律結合加速度可以求出總的質量；利用牛頓第二定律可以判別推力變小飛船與火箭組不會分離。11．【答案】（1）外接；限流式；0.680（2）3.00；3.63×10－6（3）1400（4）140【解析】【解答】（1）根據實物連接圖分析可知該實驗連接圖中電流表采用的是內接，滑動變阻器采用的是限流式，螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)0.5mm，讀數(shù)為0.5+0.180（2）由U-I圖像，據歐姆定律可得該小段金屬合金絲的電阻為R=金屬合金絲的橫截面積S=π(根據電阻定律，可計算出金屬合金絲的電阻率為ρ=（3）③歐姆表選擇×100擋，由圖甲所示可知多用電表的表盤讀數(shù)為14，該合金絲的電阻約為14×100Ω=1400Ω（4）根據電阻定律，可知長度之比等于電阻之比，即有1400所以金屬合金絲的長度L'=140【分析】讀數(shù)時，注意儀器的分度值。根據圖確定圖像斜率的物理已進行數(shù)據處理，再結合實驗原理確定電阻率的大小。根據電阻定律分析電阻的大小與電阻長度的關系。12．【答案】（1）D（2）2ks【解析】【解答】(1)設A、B之間的距離為s，遮光條的寬度為d，根據動能定理Fs=v=聯(lián)立解得F=選定F作為縱坐標，要得到線性變化圖像，則橫坐標代表的物理量為(1故答案為：D。(2)由F=Md22s滑塊質量（含遮光條和拉力傳感器）的表達式為M=

【分析】（1）利用動能定理可以判別橫軸的物理量；

（2）利用動能定理結合圖像斜率可以求出質量的表達式。13．【答案】（1）解：圖甲所示，CD光線進入介質球內，發(fā)生折射，有sinαsinα=H解得n=（2）解：光線第二次到達介質與空氣的界面，入射角i'=r，由折射定律可得折射角折射角r=i/2，又sini解得i=60°【解析】【分析】（1）根據幾何關系確定E點的位移，再畫出光路圖確定折射角與入射角，根據幾何關系及折射定律進行解答即可；

（2）根據題意根據折射定律和反射定律畫出光路圖，再根據幾何關系及折射定律進行解答。14．【答案】（1）解：釋放彈簧過程A、B系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAvA﹣mBvB＝0由機械能守恒定律得：1代入數(shù)據解得：vA＝2m/svB＝2m/s；（2）解：由于A、B質量相等與桌面的動摩擦因數(shù)相等，在B在平板車上運動到左端過程小車所受合力為零，小車靜止，B運動到小車左端過程，對B，由動能定理得：?μ由動量定理得：﹣μmBgt1＝mBvB﹣mBv2，代入數(shù)據解得：vB＝1m/st1＝1s，B離開平板車后做平拋運動，豎直方向：h=1代入數(shù)據解得：t2＝0.4s，運動時間：t＝t1+t2＝1.4s；（3）解：B離開小車時：vA＝vB＝1m/s，B離開平板車后，A與平板車組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：