2025届吉林省东北师大附属中物理高三上期中学业水平测试试题含解析

2025届吉林省东北师大附属中物理高三上期中学业水平测试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则()A．A、B间没有静摩擦力B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθD．A与B间的动摩擦因数μ＝tanθ2、许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、模型法、类比法和科学假说法，等等。以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是（）A．牛顿巧妙地运用扭秤测出引力常量，采用了放大法B．伽利略运用理想实验法说明了力是维持物体运动的原因C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法3、2018年1月12日，我国以“一箭双星”方式成功发射第26、第27颗北斗导航卫星，这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星（介于近地和同步之间的轨道）这两颗卫星（）A．运行速度大于第一宇宙速度B．运行速度小于同步轨道卫星的运行速度C．发射速度大于第一宇宙速度D．发射速度小于同步轨道卫星的运行速度4、如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶15、a、b两物体同时从同一地点开始做匀变速直线运动，二者运动的v－t图象如图所示，下列说法正确的是A．a、b两物体运动方向相反B．a物体的加速度小于b物体的加速度C．t＝1s时两物体的间距等于t＝3s时两物体的间距D．t＝3s时，a、b两物体相遇6、用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后物体继续加速，t1时刻物块达到最大速度．已知物块的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．物块始终做匀加速直线运动B．0～t0时间内物块的加速度大小为PC．t0时刻物块的速度大小为PD．0～t1时间内绳子拉力做的总功为P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、消防员用绳子将一不慎落入井中的儿童从井内加速向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是()A．绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力B．绳子对儿童的拉力大于儿童的重力C．消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力D．消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对平衡力8、如图甲所示，质量为m、电荷量为-e的粒子初速度为零，经加速电压U1加速后，从水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L．不考虑电场边缘效应，不计粒子重力．则下列说法正确的是A．粒子进入偏转电场的速度大小为2eB．若偏转电场两板间加恒定电压U0，粒子经过偏转电场后正好击中屏上的A点，A点与上极板M在同一水平线上，则所加电压UC．若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t＝0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为T=D．若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场并在t＝0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场电压U0应该满足的条件为U9、把质量为m的小球（可看作质点）放在竖直的轻质弹簧上，并把小球向下按到A的位置（图甲），如图所示．迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）．已知AB的高度差为h1，BC的高度差为h2，通过AB和BC所用时间为t1和t2，重力加速度为g，不计空气阻力（）A．小球从A上升到B位置的过程中，动能一直增大B．小球从A上升到C位置的过程中，机械能先增大后不变C．小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为mg（h1+h2）D．若h1等于h2，则一定有t1小于t210、如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t=0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列描述滑块的v-t图象中可能正确的是()A．B．C．D．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）某同学做“探究求合力的方法”实验，所用器材有：木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和两个弹簧测力计，实验装置如图（1）该同学按下列步骤操作：①在水平桌面上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；②用图钉把橡皮条的一端固定在木板上的A点，在橡皮条的另一端系上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；③用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，橡皮条与细绳的结点到达某一位置O，记下O点的位置及两个弹簧测力计的示数F1和F2;④按选好的标度，分别作出F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；⑤只用一个弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数F'，记下F'的方向，按统一标度做出这个力⑥比较F'和F在上述步骤中：步骤③遗漏的重要操作是_____________________________________________。步骤⑤遗漏的重要操作是___________________________________________________。（2）根据实验数据画出力的图示，如图所示，图上标出了F1、F2、F、F'四个力，其中_____________（填上述字母）不是由弹簧测力计直接测得的，F与F'两力中，方向一定沿AO方向的是（3）实验中用M、N两个测力计通过细线拉橡皮条的结点，使其到达O点，此时α+β=90°，然后保持M的示数不变，而使α减小，为保持结点位置不变，可采用的办法是____A减小N的示数同时减小β角B减小N的示数同时增大β角C增大N的示数同时增大β角D增大N的示数同时减小β角12．（12分）为了测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接测量工具，某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮(质量和摩擦可以忽略)、砝码一套(总质量m=1．5kg)、细线、米尺、秒表，根据已学过的物理知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图象并根据图象的斜率和截距求出沙袋的质量．操作如下：(1)实验装置如图，设左右两边沙袋的质量分别为m1、m2；(2)从m中取出质量为的砝码放在左边的沙袋中，剩余砝码都放在右边沙袋中，发现m1下降、m2上升；(3)用米尺测出沙袋m1从静止下降的距离h，用秒表测出沙袋m1下降h1的时间t，则可知沙袋的加速度大小为a=______________；(4)改变，测量相应的加速度a，得到多组及a的数据，作出______(填“”或“”)图线；(5)若求得图线的斜率k=4m／kg·s2，截距b=2m／s2，(g=11m／s2)则沙袋的质量m1=______Kg，m2=_________kg．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）打印机是办公的常用工具，喷墨打印机是其中的一种．喷墨打印机的工作原理简化图如图所示．其中墨盒可以喷出半径约为的墨汁微滴，大量的墨汁微滴经过带电室时被带上负电荷，成为带电微粒．墨汁微滴所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制．带电后的微滴以一定的初速度进入由两块平行带电金属板形成的偏转电场中，微滴经过电场的作用发生偏转后打在纸面上，显示出字体．若某种喷墨打印机的偏转电场极板长度为，两板间的距离为，偏转电场极板的右端距纸面的距离为，某个带电微滴的质量为，沿两板间的中心线以初速度进入偏转电场．偏转电场两极板间电压为．该微滴离开电场时的速度大小为，不计微滴受到的重力和空气阻力影响，忽略电场边沿场强的不均匀性．（1）该带电微滴所带的电荷量．（2）该带电微滴到达纸面时偏离原入射方向的距离．（3）在微滴的质量和所带电荷量以及进入电场的初速度均一定的条件下，分析决定打印在纸上字体大小的因素有哪些？若要使纸上的字体高度放大，可以采取的措施是什么？14．（16分）在水平向右的匀强电场中，有一绝缘直杆固定在竖直平面内，杆与水平方向夹角为53°，杆上A、B两点间距为L．将一质量为m、带电量为q的带正电小球套在杆上，从A点以一定的初速度释放后恰好沿杆匀速下滑．已知匀强电场的场强大小为E=．求：（1）轨道与小球间的动摩擦因数μ；（2）从A点运动到B点过程中，小球电势能的变化量．（sin53°=0.8，重力加速度为g）15．（12分）如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力而从静止向前滑行，其作用时间为，撤除水平推力后经过，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为，求：（1）第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小．（2）该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．

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、C【解析】试题分析：对B物体受力分析，根据共点力平衡可以得出A受力的情况，得出AB间摩擦力的大小及方向．再对整体受力分析可得出A受斜面的摩擦力情况．A、对B受力分析可知，B受重力、支持力；将重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，要使B能匀速下滑，受力一定平衡，故A对B应有沿斜面向上的摩擦力；故A错误；B、由牛顿第三定律可知，A受到B的摩擦力应沿斜面向下，故B错误；C、对整体分析，并将整体重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力与摩擦力等大反向，故A受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小为2mgsinθ，故C正确；D、由于AB间为静摩擦力，无法确定动摩擦因数，故D错误；故选C．考点：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用．点评：在求摩擦力时，一定要先判断物体受到的力是动摩擦力还是静摩擦力；若为静摩擦力，可由受力平衡进行分析；但如果是滑动摩擦力，可以由滑动摩擦力的公式求出，但是要注意物体也可能处于平衡状态，故也可以由共点力的平衡求出．2、D【解析】

A．卡文迪许巧妙地运用扭秤测出引力常量，采用了放大法，故A错误；B．伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，故B错误；C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误；D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。故选D。3、C【解析】

中圆地球轨道卫星的运转半径大于近地卫星的轨道半径，小于同步卫星的轨道半径，根据可知运行速度小于第一宇宙速度，大于同步轨道卫星的运行速度，选项AB错误；第一宇宙速度是最小的发射速度，则中圆地球轨道卫星的发射速度大于第一宇宙速度，选项C正确；因发射速度大于在中圆地球轨道上的速度，而在中圆地球轨道上的速度大于同步轨道卫星的运行速度，则发射速度大于同步轨道卫星的运行速度，选项D错误；故选C.4、B【解析】试题分析：根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则，根据法拉第电磁感应定律可知，则，选项B正确；根据，故a、b线圈中感应电流之比为3:1，选项C错误；电功率，故a、b线圈中电功率之比为27:1，选项D错误；故选B．法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路欧姆定律；电功率．【名师点睛】此题是一道常规题，考查法拉第电磁感应定律、以及闭合电路的欧姆定律；要推导某个物理量与其他物理量之间的关系，可以先找到这个物理量的表达式，然后看这个物理量和什么因素有关；这里线圈的匝数是容易被忽略的量．5、C【解析】

由图象可知，ab两物体的速度都为正值，速度方向相同．故A错误．图象的斜率表示加速度，由图可知，a的斜率为，b的斜率为，所以a物体的加速度比b物体的加速度大．故B错误．t=1s时，两物体的间距为△x＝5×1−×0.5×12−2×1−×1×12m=2.25m；t=3s时两物体的位移为△x′＝5×3−×0.5×32−2×3−×1×32m=2.25m，故两者物体间距相等，故C正确，D错误，故选C.6、D【解析】由图可知在0-t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据P=Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A错误；根据P0=Fv=Fat，由牛顿第二定律得：F=mg+ma，联立可得：P=（mg+ma）at，由此可知图线的斜率为：k=P0t0=mg+aa，可知a≠P0mgt0，故B错误；在t1时刻速度达到最大，F=mg，则速度：v=P0mg，可知t0时刻物块的速度大小小于P0二、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【解析】

A.绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；B.儿童从井内加速向上提的过程中，加速度方向向上，儿童处于超重状态，则绳子对儿童的拉力大于儿童的重力。故B正确；C.消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力，故C正确；D.消防员对绳子的拉力是作用在绳子上的力，而绳子对儿童的拉力是作用在儿童上的，故二力不是平衡力，故D错误。8、ACD【解析】

根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小．粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小．【详解】在加速电场中，根据动能定理得：eU1=12mv2，解得v=2eU1m，故A正确；粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为θ，则由几何关系得：d2=L+12Ltanθ，解得tanθ=d3L，又tanθ=vyv=eU0md·Lvv【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成．9、BCD【解析】A、小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先加速后减速，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，故A错误；

B、从A上升到B位置的过程中，弹簧对小球做正功，小球的机械能增大，从B到C的过程，只有重力做功，小球的机械能守恒，故B正确；

C、根据系统的机械能守恒得知，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能，为：），故C正确；

D、A到B的过程中小球先加速后减速，设小球在B点的速度为，则小球在AB之间的平均速度一定大于；小球在BC之间做匀减速直线运动，所以平均速度等于，若等于，则一定有小于，故D正确。点睛：解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒。10、BD【解析】

滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动；设木块与木板之间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，木块的质量为，木板的质量为；A.由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动，故A错误；BC.若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力时，即：当两者速度相等时，一起做匀减速运动，加速度为：开始木块做匀减速运动的加速度大小为：知图线的斜率变小，故B正确，C错误；D.若木块对木板的摩擦力小于地面对木板的摩擦力时，即：则木板不动，滑块一直做匀减速运动，木块做匀减速运动的加速度大小不变，故D正确．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、（1）未记录力F1和F2的方向；未明确是否把橡皮条与细绳的结点拉到位置O；（2）F；F'【解析】（1）步骤③中遗漏的重要操作是：未记录F1和F2的方向；步骤⑤中遗漏的重要操作是：未明确是否把橡皮条与细绳的结点拉到位置O；（2）F与F'两力中，F是理论值，F'是实验值，则F'方向一定沿AO方向；（3）要保证结点不动，应保证合力不变，则由平行四边形定则可知，合力不变，M方向向合力方向靠拢，根据图象可知，则N的拉力应减小，同时应减小β角；故选A。12、a-m′31.5【解析】

（3）根据匀变速直线运动的位移时间公式得，h=at2，解得a=．

（4、5）根据牛顿第二定律得：

对m1及砝码：（m1+m′）g-T=（m1+m′）a

对m2及砝码：T-（m2+m-m′）g=（m2+m-m′）a

联立解得：．

根据数学知识得知：