2024学年浙江省绍兴市第一中学高三下学期一诊模拟物理试题文试卷

注意事项：

1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．移动过程中（ ）

A．细线对小球的拉力变小 B．斜面对小球的支持力变大 C．斜面对地面的压力变大 D．地面对斜面的摩擦力变小

2、在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从t=0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）

A．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态 B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态 C．t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg D．t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg

3、如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则( )

A．点电荷所受电场力增大 C．P点电势减小

B．点电荷在P处的电势能减少 D．电容器的带电荷量增加

4、如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧

的弧长是圆周长的1/1．将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B2：B1等于

A．2

B．3 C．2

D．1

5、如图所示，A、B为水平放置的平行板电容的两个极板，B板接地。将电容器与电源接通，板间带正电的油滴恰好处于静止状态。断开开关后.下列说法正确的是( )

A．油滴将加速下落 B．A板电势高于B板

C．若将A板向右错开少许，油滴将向上加速运动 D．若将B板下移，P点的电势将升高

6、如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v—t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知

A．两小球带电的电性一定相反 B．甲、乙两球的质量之比为2∶1 C．t2时刻，乙球的电势能最大

D．在0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，ac和bd是相距为L的两根的金属导轨，放在同一水平面内。MN是质量为m，电阻为R的金属杆，垂直导轨放置，c和d端接电阻R1=2R，MN杆与cd平行，距离为2L，若0－2t0时间内在导轨平面内加上如图所示变化的匀强磁场，已知t=0时刻导体棒静止，磁感强度竖直向下为正方向，那么以下说法正确的是（ ）

A．感应电流的方向先沿顺时针后沿逆时针方向

2B0L2B．回路中电流大小始终为

3Rt0C．导体棒受到的摩擦力方向先向左后向右 D．导体棒受到的摩擦力大小不变

8、如图所示，A和B是两个等量异种点电荷，电荷量的绝对值为q，两点电荷的连线水平且间距为L，OP是两点电荷连线的中垂线，O点是垂足，P点到两点电荷的距离也为L。整个系统处于水平向右的匀强电场中，一重力不计的电子恰好能静止在P点，下列说法正确的是（ ）

A．点电荷A一定带正电 B．匀强电场的电场强度大小为

2kq 2LC．O点的电场强度大小为D．O点和P点电势相同

7kq L29、如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈（图中只画了2匝），面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）

A．0~t1时间内P端电势高于Q端电势

n(B1B0)SB．0~t1时间内电压表的读数为

t1C．t1~t2时间内R上的电流为

nB1S

2(t2t1)RD．t1~t2时间内P端电势高于Q端电势

10、如图，倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B分别固定等量的同种负电荷。质量为m、带电荷量为q的物块从斜面上的P点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值

vm，运动的最低点为Q（图中没有标出），则下列说法正确的是（ ）

A．P，Q两点场强相同 B．UPOUOQ

C．P到Q的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动 D．物块和斜面间的动摩擦因数3 3三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某小组同学用如图所示的装置来“验证动能定理”，长木板固定在水平桌面上，其左端与一粗糙曲面平滑连接，木板与曲面连接处固定一光电门，A是光电门的中心位置，滑块P上固定一宽度为d的遮光片。将滑块从曲面的不同高度释放，经过光电门后，在木板上停下来，设停下来的那点为B点。该小组已经测出滑块与木板间的动摩擦因数为、査得当地重力加速度为g。根据本实验的原理和目的回答以下问题：

(1)为了“验证动能定理”，他们必需测量的物理量有___________； A．滑块释放的高度h

B．遮光片经过光电门时的遮光时间t C．滑块的质量m D．A点到B点的距离x

(2)该组同学利用题中已知的物理量和(1)问中必需测量的物理量，只需要验证表达式___________在误差范围内成立即可验证动能定理；

(3)以下因素会给实验结果带来误差的是___________。 A．滑块释放时初速度不为零 B．曲面不光滑

C．遮光片的宽度不够小 D．光电门安放在连接处稍偏右的地方

12．（12分）如图所示为“研究一定质量的气体在温度不变的情况下，压强与体积的关系”实验装置，实验步骤如下：

①把注射器活塞移至注射器满刻度处，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接； ②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p； ③用V﹣

1图像处理实验数据，得出如图2所示图线． P

（1）为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是________和________． （2）如果实验操作规范正确，但如图2所示的V﹣

1图线不过原点，则V0代表________． P（3）小明同学实验时缓慢推动活塞，并记录下每次测量的压强p与注射器刻度值V．在实验中出现压强传感器软管脱

落，他重新接上后继续实验，其余操作无误．V﹣

1关系图像应是________ P四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

1013．（10分）如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆形磁场区域，与坐标原点O相切，磁场的磁感应强度大小B=2×

－4

T，方向垂直于纸面向外，在x=1m处的竖直线的右侧有一水平放置的正对平行金属板M、N，板间距离为d=0.5 m，

板长L=1m，平行板的中线的延长线恰好过磁场圆的圆心O1。若在O点处有一粒子源，能向磁场中不同方向源源不断的均匀发射出速率相同的比荷为

q=1×108C/kg，且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y轴正m方向射入磁场的粒子，恰能从沿直线O2O3方向射入平行板间。不计重力及阻力和粒子间的相互作用力，求： （1）沿y轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度v和粒子在磁场中的运动时间t0； （2）从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比；

（3）若在平行板的左端装上一挡板（图中未画出，挡板正中间有一小孔，恰能让单个粒子通过），并且在两板间加上如图示电压（周期T0），N板比M板电势高时电压值为正，在x轴上沿x轴方向安装有一足够长的荧光屏（图中未画出），求荧光屏上亮线的左端点的坐标和亮线的长度l。

14．（16分）如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为mA=1kg的光滑A紧靠弹簧右端（不栓接），弹簧的弹性势能为Ep=32J。质量为mB=1kg的槽B静止在水平面上，内壁间距L=0.6m，槽内放有质量为mc=2kg的滑块C（可视为质点），C到左端侧壁的距离d=0.1m，槽与滑块C之间的动摩擦因数μ=0.1。现释放弹簧，滑块A离开弹簧后与槽B发生正碰并粘在一起。A、B整体与滑块C发生碰撞时，A、B整体与滑块C交换速度。（g=10m/s2）求

(1)从释放弹簧，到B与C第一次发生碰撞，整个系统损失的机械能； (2)从槽开始运动到槽和滑块C相对静止经历的时间。

15．（12分）如图所示，在一个倾角为37的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为L5m的木板，木板

与斜面之间的动摩擦因数10.4。当长木板沿斜面向下运动的速度达到v09.6m/s时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数20.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g10m/s2，sin370.6，cos370.8，结果可用根号表示。求： （1）刚放上小煤块时，长木板的加速度a1的大小和煤块的加速度a2的大小； （2）小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间t是多少？

参

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、D 【解题分析】

此题是力学分析中的动态变化题型，其中球的重力以及支持力方向都没变，故可画动态三角形，如图，可知慢慢增大，减小，故AB错；可由隔离法分析斜面与地面之间力的作用，已知球给斜面的压力减小，故斜面对地面压力减小，对地面摩擦力

减小，可知D正确，C错误．故选D．

2、C 【解题分析】

A．由乙图可知，在0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误； B．由乙图可知，在t0～3t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B猎； C．由乙图可知，t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确； D．由乙图可知，t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。

故选C。 3、B 【解题分析】

B板下移，A.因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小，故A错误；

BC.板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由U=Ed知，P与a板的电压减小，而a的电势不变，故P的电势升高，由EP=qφ而q为负值，故电势能减小，故B正确，C错误； D.由Q=CU，又有C4、B 【解题分析】

画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件好角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可． 【题目详解】

磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠POM=120°，如图所示：

S，故C减小，Q减小，故D错误。 4kd

=所以粒子做圆周运动的半径R为：sin60°

R3，得：Rr r2磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠PON=60°，如图所示：

rR''=，得：R 所以粒子做圆周运动的半径R′为：sin10°

2r由带电粒子做圆周运动的半径：Rmv得： qBRmvmv3r qBqB12mvmv1r qBqB22B23． B1R'联立解得：故选B．

【题目点拨】

带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解． 5、C 【解题分析】

A．开关断开后，板间场强不变，油滴将保持静止，故A错误；

B．因油滴带正电，由平衡条件可知电场力向上，A板带负电，A板电势低于B板，故B错误； C．断开开关后，电容器的电荷量Q保持不变，由公式ESUQ、C和Cr可知 d4kdUE4kQ rS当A板向右错开少许，即正对面积S减小，板间场强E增大，油滴所受电场力增大，将向上加速运动，故C正确； D．当B板下移，板间场强E不变，但PB距离变大，由匀强电场的电势差U=Ed可知，BP电势差UBP增大，因B点接地，电势始终为零，故P点电势减小，即D错误。 故选C。 6、B 【解题分析】

A．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A错误； B．两球作用过程动动量守恒 m乙△v乙=m甲△v甲

解得

m2 甲 m乙1故B正确；

C．t1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C错误；

D．在0〜t3时间内，甲的动能一直増大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。 故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、BC 【解题分析】

AB．设导体棒始终静止不动，由图乙可知，图线斜率绝对值即为磁场变化率且恒定，由公式

BSB02L2E==

ttt0感应电动势恒定，回路中电流

EB02L2I

3R3Rt0恒定不变，由于t=0时刻导体棒静止，由FA=BIL可知，此时的安培力最大，则导体棒始终静止不动，假设成立，由楞次定律可知，感应电流方向始终为顺时针方向，故A错误，B正确； C．由于感应电流方向不变，0t0内磁场方向竖直向下，由左手定则可知，安培力方向水平向右，由于导体棒静止，

2t0时间内安培力方向水平向左，摩擦力方向水平向右，故C正确；

则摩擦力方向水平向左，同理可知，t0D．由平衡可知，摩擦力大小始终与安培力大小相等，由于电流恒定，磁场变化，则安培力大小变化，摩擦力大小变化，故D错误。 故选BC。 8、CD 【解题分析】

A．对P点的电子进行受力分析可知，等量异种电荷A、B在P点产生的合场强方向向左，故点电荷A带负电，选项A错误；

B．匀强电场强度大小

E2kqkqcos60 L2L2选项B错误；

C．O点的电场强度大小

E02kqL22E8kqkq7kq222LLL

选项C正确；

D．由等量异种电荷电场的规律和匀强电场的特点可知，OP为电场的一条等势线，故0p，选项D正确。 故选CD。 9、AC 【解题分析】

0t1时间内，垂直纸面向里的磁场逐渐增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，根据A． 右手定则可知电流从P流出，从Q流入，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；

0t1时间内，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为 B． Enn(B1B0)S tt1电压表所测为路端电压，根据串联分压规律可知电压表示数

UR1n(B1B0)SE RR2t1故B错误；

t1t2时间内，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为 C． EnnB1S tt2t1根据闭合电路欧姆定律可知通过回路的电流

IEnB1S 2R2(t2t1)R故C正确；

t1t2时间内，根据楞次定律可知电流从Q流出，从P流入，所以P端电势低于Q端电势，故D错误。 D． 故选AC。

10、CD 【解题分析】

ABD．物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有

mgsin-mgcos0

所以物块和斜面间的动摩擦因数tan3，由于运动过程中 3mgsin-mgcos0

所以物块从P点运动到Q点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点Q与释放点P关于O点对称，则有

UPO-UOQ

根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P、Q两点的场强大小相等，方向相反，故AB错误，D正确； C．根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从P到Q电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有，物块下滑的过程中电场力qE先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，所以P到O电荷先做加速度减小的加速运动，O到Q电荷做加速度增加的减速运动，故C正确。 故选CD。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

d211、BD gx2 C

2t【解题分析】

(1)[1]．要验证的是从滑块经过光电门到最后在木板上停止时动能减小量等于摩擦力做功，即

12mvmgx 2其中

vd t可得

d2gx2

2t则必须要测量的物理量是：遮光片经过光电门时的遮光时间t和A点到B点的距离x，故选BD。

d2(2) [2]．由以上分析可知，需要验证表达式gx2在误差范围内成立即可验证动能定理；

2t(3) [3]．A．滑块释放时初速度不为零对实验无影响，选项A错误； B．曲面不光滑对实验无影响，选项B错误；

C．遮光片的宽度不够小，则测得的滑块经过A点的速度有误差，会给实验结果带来误差，选项C正确； D．光电门安放在连接处稍偏右的地方对实验无影响，选项D错误； 故选C。

12、移动活塞要缓慢 不能用手握住注射器的封闭气体部分 注射器与压强传感器连接部分气体的体积 B 【解题分析】

(1)[1][2]．要保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分．这样能保证装置与外界温度一样．

(2)[3]．体积读数值比实际值大V1． 根据P(V+V1)=C，C为定值，则V示的VCV0．如果实验操作规范正确，但如图所P1图线不过原点，则V1代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积． PC11(3)[4]．根据PV=C可知V，当质量不变时V与成正比，当质量发生改变时（质量变大），V与还是成正比，

PPP但此时的斜率发生变化即斜率比原来大，故B正确. 【题目点拨】

本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析．

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

104 m/s，7.85×10－5 s；13、（1）1×（2）【解题分析】

（1）由题意可知，沿y轴正向射入的粒子运动轨迹如图示

1425m，0）；（3）（，亮线长为m。

363

则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径必定为 R=r=0.5m

根据洛伦兹力提供向心力有

v2Bqv=m

R代入数据解得粒子进入电场时的速度为 v=1×104m/s

在磁场中运动的时间为

m1t0=T==7.85×10－5 s

2Bq4（2）如图示沿某一方向入射的粒子的运动圆轨迹和磁场圆的交点O、P以及两圆的圆心O1、O4组成菱形，故PO4和y轴平行，所以v和x轴平行向右，即所有粒子平行向右出射。故恰能从M端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图所示

因为M板的延长线过O1O的中点，故由图示几何关系可知OO1C60，则入射速度与y轴间的夹角为30 同理可得恰能从N端射入平行板间的粒子其速度与y轴间的夹角也为30，如图所示

由图示可知，在y轴正向夹角左右都为30的范围内的粒子都能射入平行板间，故从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为

601 1803（3）根据U-t图可知，粒子进入板间后沿y轴方向的加速度大小为

aqU911108m/s24.5107m/s2 md400.5所有粒子在平行板间运动的时间为

tL1s1104s 4v110即粒子在平行板间运行的时间等于电场变化的周期T0，则当粒子由t=nT0时刻进入平行板间时，向下侧移最大，则有

2a2T02T0T0y1=a＋3323aT0－=0.175m 232当粒子由t=nT0＋

22T0时刻进入平行板间时，向上侧移最大，则 3aTy2=0=0.025m

23因为y1、y2都小于

d=0.25m，故所有射入平行板间的粒子都能从平行板间射出，根据动量定理可得所有出射粒子的在2y轴负方向的速度为

qU2T0qUT0mvy0 d3d3解得

vy=1.5×103 m/s

设速度vy方向与v的夹角为θ，则

vy3tanθ= v020如图所示

从平行板间出射的粒子处于图示范围之内，则

lx2x1

tan θ=

ry1 x1ry2

x2

tan θ=

代入数据解得

x1134m，lm 63亮线左端点距离坐标原点的距离为 x左= 21325mm 66即亮线左端点的位置坐标为（14、 (1)16.2J；(2)2s 【解题分析】

425m，0），亮线长为m

36(1)弹簧将A弹开，由机械能守恒可得：

Ep解得

12mAv0 2v0=8m/s

A、B发生碰撞，由动量守恒可得：

mAv0(mAmB)v1

解得

v1=4m/s

此过程机械能损失为

E1112mAv0(mAmB)v12=16J 22接下来，A、B与C相对运动，到第一次发生碰撞，相对运动位移为d。 此过程机械能损失为

E2mCgd=0.2J

因此整个过程机械能损失为

EE1E2=16.2J

(2)设槽和滑块C相对静止时速度为v。

mAv0(mAmBmC)v

解得 v=2m/s

分别对A、B和C受力分析可知

mCg(mAmB)a1

mCgmCa2

解得

a1a2=1m/s2

A、B整体与滑块C发生的碰撞时，A、B与滑块C交换速度。由题意可知，

va1t

解得 t=2s

2215、（1）a1=2m/s，a2=7.6m/s；（2）下端，1+3s

【解题分析】

（1）刚放上小煤块时，对长木板，由牛顿第二定律

21mgcos2mgcosmgsinma1

对煤块，由牛顿第二定律

mgsin2mgcosma2

解得

a1=2m/s2 a2=7.6m/s2

（2）设时间t0煤块与长木板达到共速，则有

v0a1t0a2t0

解得

t01s

煤块相对长木板的位移

1212xv0t0a1t0a2t0=4.8m22故煤块不能从上端离开 此时煤块的速度为

va2t07.6m/s

之后木板减速，煤块加速，根据牛顿第二定律有 对长木板有

 2mgsin2mgcos21mgcosma1解得

1.2m/s2 a1对煤块有

 mgsin2mgcosma2解得

4.4m/s2 a2因

4.4m/s2a11.2m/s2 a2、x2，所以煤块从下端离开木板，设从二者共速到二者分离又经历的时间为t2，此过程木板和煤块的对地位移分别为x1则有

12vt2a1t2 x1212vt2a2t2 x22根据相对位移

x1 xx2解得

t23s

故从放上到离开木板共经历的时间为

tt0t213s

