2025届江苏省无锡市江阴四校高三上物理期中学业水平测试试题含解析

2025届江苏省无锡市江阴四校高三上物理期中学业水平测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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，质量均为m的A、B两球之间系着一条轻弹簧放在光滑的水平面上，A球靠紧墙壁，现用力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间，则（）A．突然将F撤去瞬间，两球的速度和加速度均为0B．A球离开墙壁后，两球的速度相等时弹簧恰好恢复原长C．B球运动过程中加速度的最大值为D．A球离开墙壁后，两球的加速度始终大小相等，方向相反2、在平抛物体运动过程中，某一时刻测得物体速度方向与水平方向间的夹角为60°，若已知物体平抛的初速度大小为10m/s，g取10m/s2，则物体从抛出到该时刻经历的时间为A．1sB．2sC．3sD．2s3、如图所示，一个小球用长为L的细线悬于O点，将小球向左拉到某一高度，此时细线与竖直方向的夹角为θ=53°，由静止释放小球，若小球向右摆动到最低点时细线断开，小球落在水平地面的A点（未画出）；若小球向右摆动到最高点时细线断开，小球的落地点也在A点，不计空气阻力，sin530=0.8，则细线的悬点O离水平地面的高度为()A．1.2L B．1.4L C．1.6L D．1.8L4、图示为一带电粒子在水平向右的匀强电场中运动的一段轨迹，A、B为轨迹上的两点．已知该粒子质量为m、电荷量为q，其在A点的速度大小为vo，方向竖直向上，到B点时速度方向与水平方向的夹角为30°，粒子重力不计．则A、B两点间的电势差为A． B． C． D．5、如图所示，是上端带定滑轮的固定坚直杆，质量不计的轻杆一端通过铰链固定在点，另一端悬挂一重为的物体，且端系有一根轻绳并绕过定滑轮，用力拉绳，开始时，现使缓慢变小，直到杆接近竖直杆．此过程中A．力逐渐增大B．力先逐渐减小后逐渐增大C．轻杆对端的弹力大小不变D．轻杆对端的弹力先减小后增大6、质疑“越重的物体下落得越快”这一观点，并解释落体运动规律的科学家是A．亚里士多德 B．伽利略C．牛顿 D．爱因斯坦二、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，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O(不计滑轮的摩擦)，球A的质量为m，物块B的质量为4m；开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆到定滑轮O正下方的过程中斜面体和B始终保持静止.下列说法正确的是A．物块B受到的摩擦力方向发生了变化B．此过程中地面对斜面体始终没有摩擦力C．若适当增加OA段绳子的长度，物块B也不可能发生运动D．小球A运动到最低点时物块B所受的摩擦力为mg，方向沿斜面向下8、据报道，美国国家航空航天局（）首次在太阳系外发现“类地”行星。若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近以速度竖直上抛一个小球，小球经时间返回到地面。已知该行星半径为，万有引力常量为，则下列说法正确的是A．该行星的第一宇宙速度为B．该行星的平均密度为C．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为D．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于9、两个等量同种正电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点由静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（）A．由C点到A点电势逐渐降低B．由C点到A点的过程中物块的电势能先减小后变大C．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mD．A、B两点间的电势差UAB=-5V10、如图，静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带负电，被喷工件带正电，微粒只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在其表面．微粒在向工件靠近的过程中（）A．不一定沿着电场线运动B．所受电场力大小不变C．电势能逐渐减小D．动能逐渐减小三、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）如图（a）所示，是多用电表欧姆档内部的部分原理图，已知电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω，灵敏电流计满偏电流Ig=10mA，内阻为rg=90Ω，表盘如图b所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”（1）多用电表的选择开关旋至“Ω”区域的某档位时，将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为___________Ω，某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图（b）所示，则该电阻的阻值为_______________Ω。（2）若将选择开关旋至“×1”，则需要将灵敏电流计__________（选填“串联”或“并联”）一阻值为___________Ω的电阻，再欧姆调零。（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，此因素会造成被测电阻的测量值比真实值___________（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。12．（12分）某同学用如图1所示实验装置验证碰撞中的动量守恒．将斜槽固定在水平桌面上，让入射球1从斜槽上某点A由静止释放，记录球在地面的落点；在斜槽末端放上被碰球2再次让球1从斜槽上A点由静止释放，记录球1和球2的落点．重复上述过程10次，用尽可能小的圆将10个落点圈在一起，圆心M、P、N代表落点，斜槽末端在水平地面的竖直投影为O，用刻度尺测量小球的水平位移，如图2所示．(1)为完成实验下列操作必须的是________．A．斜槽末端切线方向保持水平B．入射球1的质量小于被碰球2的质量C．实验中入射小球从同一位置由静止释放D．测出斜槽末端到地面的高度h，计算球的速度(2)未放被碰球时，由刻度尺读出入射球抛出的水平位移为____________cm；(3)测得球1和球2的质量分别为m1和m2，小球的水平位移分别为xOM、xON、xOP，若关系式_________________成立(用所测物理量符号表示)，则可验证碰撞过程动量守恒．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。13．（10分）如图所示，用长l=0.5m的细线悬挂质量M=990g的木块，静止悬挂在天花板上的O点。一颗质量m=10g的子弹以水平速度v0=200m/s射入木块，瞬间留在木块中，接着和木块共同上摆。取g=10m/s2。求：（1）子弹射入木块后瞬间它们共同速度的大小v：（2）子弹射入木块后瞬间，细线施加的拉力大小T；（3）木块向右摆动的最大摆角θ。14．（16分）如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，为中轴线．当两板间加电压时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场．某种带负电的粒子从点以速度沿方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计．求带电粒子的比荷．若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期，从开始，前内，后内，大量的上述粒子仍然以速度沿方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值用表示．15．（12分）如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.25（g取10m/s2）．设小车足够长，地面光滑，求：（1）木块和小车相对静止时小车的速度；（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．

参考答案一、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【解析】试题分析：突然将力F撤去的瞬间，弹簧来不及改变，形变量不变，对A来说受力情况不变，合力仍为零，对B来说只受一个向右的弹力，故两者的加速度之和不为零，A错误；在弹簧第一次恢复原长后，弹簧对A有向右的拉力，A才离开墙壁，B错误；撤去前对B受力分析可得，撤去F后，B在水平方向上只受弹簧的弹力，随后弹簧要恢复形变量，弹力在减小，故撤去F的瞬间B的加速度最大，最大为，C错误；A球离开墙壁后，两球在水平方向上都只受弹簧的弹力，等大反向，所以A球离开墙壁后，两球的加速度始终大小相等，方向相反，D正确；考点：考查了牛顿第二定律的瞬时性【名师点睛】在应用牛顿第二定律解决瞬时问题时，一定要注意，哪些力不变，（弹簧的的形变量来不及变化，弹簧的弹力不变），哪些力变化（如绳子断了，则绳子的拉力变为零，或者撤去外力了，则外力变为零，）然后结合整体隔离法，应用牛顿第二定律分析解题2、C【解析】

设初速度为v0，根据平行四边形定则知，速度方向与水平方向间的夹角为60°时，竖直方向上的分速度为vy=v0tan60∘=3v0，则3v0=gt代入数据解得，t=3s，故C正确，ABD错误。故选:C.3、B【解析】

若小球向右摆动到最低点时细线断开，先根据机械能守恒得到小球通过最低点时的速度，结合平抛运动的规律得到平抛运动的水平距离；若小球向右摆动到最高点时细线断开，根据机械能守恒得到小球向右摆动的最大偏角，结合几何关系求解．【详解】设细线的悬点O离水平地面的高度为h．若小球向右摆动到最低点时细线断开，断开前的过程，根据机械能守恒得绳断开后小球做平抛运动，则有：x=vt若小球向右摆动到最高点时细线断开，根据机械能守恒得到小球向右摆动的最大偏角为53°，则有：x=Lsin53°联立得：h=1.4L．故应选：B．【点睛】本题的关键是明确小球的运动规律，然后结合机械能守恒定律、平抛运动定律列式后联立求解．4、C【解析】

分析可知，该带电粒子在电场中做类平抛运动，在B点将速度分解，找到B点速度和分速度的关系，求出B点速度；从A到B根据动能定理，即可求解A、B两点电势差．【详解】根据题意，在B点，，解得：从A到B根据动能定理得：联立上述各式得：故选C．【点睛】本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解电势差．5、C【解析】以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力的示意图如图由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：，又T=G解得：，使缓慢变小时，CA、AB保持不变，CB变小，则F减小，N不变，故ABD错误，C正确．故选C．【点睛】以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABC三边边长的关系，再分析F和N的变化．6、B【解析】

伽利略是最早对对亚里士多德“物体越重下落得越快”的观点提出质疑，并对落体运动进行系统研究并得出正确结论的科学家．A.亚里士多德，与分析不符，故A项错误；B.伽利略，与分析相符，故B项正确；C.牛顿，与分析不符，故C项错误；D.爱因斯坦，与分析不符，故D项错误．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、ACD【解析】

AD．开始时B所受静摩擦力大小为，方向向上；小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，有在最低点有解得：F=3mg。再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，故静摩擦力f2=3mg-4mgsin30°=mg．方向向下，故AD正确；B．对物体B和斜面体整体受力分析，由于A球向左下方拉物体B和斜面体整体，故一定受到地面对其向右的静摩擦力，故B错误。C．由A分析可知，绳子对B的拉力与L无关，到达最低点时绳子拉力达到的最大值始终为3mg，故适当增加OA段绳子的长度，物块仍保持静止，C正确；故选ACD。8、BD【解析】

A．行星地面附近的重力加速度为该行星的第一宇宙速度为故A错误；B．利用得行星的体积为则密度为故B正确；C．利用解得故C错误；D．根据解得：故D正确。9、ACD【解析】

A．两个等量的同种正电荷连线的中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐降低，故A正确；B．由C点到A点的过程中，据图可知小物块的速度增大，电场力做正功，电势能一直减小，故B错误；C．据图可知小物块在B点的加速度最大，为所受的电场力最大为则场强最大值为故C正确；D．由图可知A、B两点的速度分别为，，根据动能定理得解得故D正确。故选ACD。10、AC【解析】A.由于涂料微粒有初速度，故不一定沿电场线方向运动，故A正确；B.由图知，工件带正电，涂料微粒带负电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大．故B错误；CD.涂料微粒向工件靠近的过程中，电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小，动能增大．故C正确，D错误．故选AC．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、15060（58~62）并联10偏大【解析】

（1）调零后多用电表的总内阻为又因为欧姆表表盘中值刻度为“15”，所以该档位为“×10”欧姆档，则由表盘可知，该电阻的阻值为（2）因中值电阻等于欧姆表的内阻，若将选择开关旋至“×1”，则欧姆表的内阻为15Ω，此时调零时电路的总电流为需要将灵敏电流计并联一阻值为然后进行欧姆调零。（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，则测量同一个电阻时，电路中电流偏小，指针向右偏转的角度变小，电阻的读数偏大。12、AC【解析】

(1)A、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确.B、为了使小球碰后不被反弹，要求被碰小球质量大于碰撞小球质量，故B错误.C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确．D、本实验中两小球落地时间相同，故不需要测量高度h来计算下落时间；故D错误；故选AC.(2)未放被碰球时的落点为P点，用尽可能小的圆将尽可能多的小球的落点圈住，圆心的位置就可以看成是小球的平均落点；该落点的读数为25.55cm.(3)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：m1v1=m1v1′+m2v2′，两边同时乘以时间t得：m1v1t=m1v1′t+m2v2′t，则：m1xOP=m1xOM+m2xON，故实验需要验证的表达式为：.【点睛】该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键.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。13、（1）2m/s,（2）18N（3）53°（或cosθ=0.6）【解析】

（1）子弹射入木块过程中，子弹与木块系统水平方向不受外力，系统动量守恒，有mv0=（m+M）v解得v=2m/s（2）子弹射入木块后瞬间，重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有T−（M+m）g=（M+m）v解得T=18N即子弹射穿木块后的瞬间，木块所受细绳的拉力T为18N.（3）子弹射入木块后，木块受重力和拉力，只有重力做功，机械能守恒，有1解得cosθ=0.6，θ=53°【点睛】（1）子弹射入木块过程中，子弹与木块系统水平方向不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解即可；（