江苏省连云港市2024-2025学年高三年级上册期中考试物理试卷（解析版）

2024~2025学年第一学期期中调研考试

高三物理试题

注意：

本试卷满分100分，考试时间75分钟。请将答案填写在答题卡上。

一、单项选择题：本大题共11小题，每题4分，共计44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.重力大小为G的人在体重计上下蹲，加速阶段体重计所受压力大小为F,下列说法正确

的是（）

A.F<GB.F=G

C.体重计的示数为GD.人的加速度方向向上

【答案】A

【解析】当人向下加速运动时，加速度方向竖直向下，对人受力分析可知

G—N=ma

可知人受到的支持力与重力的关系为G>N

由牛顿第三定律可知

则尸<G

即体重计的示数小于重力G„

故选Ao

2.如图所示，在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，锁定小车后，缓慢降低滑轮高度

使细绳与长木板平行（由实线移至虚线位置）的过程中，下列说法正确的是（）

A.小车受细绳的拉力变小B.小车受细绳的拉力不变

C.滑轮受细绳的作用力变小D,滑轮受细绳的作用力不变

【答案】C

【解析】AB.缓慢降低滑轮高度使细绳与长木板平行（由实线移至虚线位置）的过程中，

细绳上的拉力大小始终等于重物的重力mg,但由于细绳拉小车力的方向改变，所以小车受

细绳的拉力大小不变，方向改变，故AB错误；

CD.设两细绳间的夹角为。，滑轮受细绳的作用力大小为

00

b=21cos—=2mecos一

22

由于。增大，贝Ucos—减小，故滑轮受细绳的作用力变小，故C正确，D错误。

2

故选C。

3.跳水运动员训练时从跳台自由落下，利用频闪照相连续记录三个闪光时刻的位置A、8、

C,测得相邻两位置间的距离分别是防=1.00m和=1.40m,重力加速度g取

10m/s2o下列说法正确的是（）

itB

A.频闪照相的时间间隔为0.1s

B.运动员在8位置时的速度大小为6m/s

C.运动员在A位置时的速度大小为5m/s

D.运动员在C位置时的速度大小为9m/s

【答案】B

【解析】A.由逐差法可知

A//=A/?,-AAj=gT2

则频闪照相的时间间隔为T=L40-l%0.2s

10

故A错误;

B.运动员在B位置时的速度大小为

A/i+Ak1.00+1.40/r.

腺=——-------=----------m/s=om/s

2T2x0.2

故B正确;

C.由自由落体运动公式

为f+gT

解得运动员在A位置时的速度大小为

vA=4m/s

故c错误；

D.由自由落体运动公式

%=腺+ST

解得运动员在C位置时的速度大小为

vc=8m/s

故D错误。

故选B。

4.物体在外力作用下从静止开始做直线运动，合力尸随时间f变化的图像如图所示。下列

说法正确的是（）

F

F。

0

123-T56t/s

于。

A.0~6s内物体做匀变速运动

B.t=6s时物体回到出发点

C.2〜4s内尸的冲量为零

D-=1s与f=4s时物体的动量相同

【答案】C

【解析】A.因3s末力的方向改变，则加速度改变，则0〜6s内物体不是做匀变速运动，

选项A错误；

B.。〜3s物体沿正方向加速，3〜6s内物体向正方向减速，贝卜=6s时物体没有回到出发

点，选项B错误；

C.因图像的面积等于冲量，可知2~4s内尸的冲量为零，选项C正确；

D.根据动量定理可知，/=1s时物体的动量

Pi=用1=/义1

t-4s时物体的动量

p4^F0x3-F0xl=2F0

可知/=ls与f=4s时物体的动量不相同，选项D错误。

故选C。

5.如图所示，竖直平面内有一“V”型光滑细杆，杆与水平面间夹角均为。，杆上套有形状相

同质量不同的小球A、B„现让杆绕底部。点所在的竖直轴匀速转动，下列说法不正确的是

()

A.两球角速度大小相同

B.两球的向心加速度大小不同

C两球始终处于同一高度

D.若杆瞬间停止转动，则停转后两球的加速度大小相等

【答案】B

【解析】A.小球A、B绕竖直轴匀速转动，属于同轴转动，故两球的角速度大小相同，故

A正确；

B.根据牛顿第二定律

mgtan0=ma

可得

a=gtan0

故两球向心加速度大小相同，故B错误；

C.根据牛顿第二定律

mgtan0=ma=mrco1

其中

h

r--------

tan。

可得两球始终处于同一高度，故C正确；

D.若杆瞬间停止转动，根据牛顿第二定律

mgsin0—ma'

可得

a=gsin0

故停转后两球的加速度大小相等，故D正确。

本题选择不正确的，故选B。

6.在一个表面无大气层且均匀带负电的星球上，将一带电小球置于星球表面//高处，小球

恰相对星球表面静止。再将该小球移至星球表面高处静止释放，不考虑星球自转影响，

2

下列说法正确的是()

A.小球带正电B.仍保持静止

C.被推向太空D.小球的电势能减小

【答案】B

【解析】A.由题意可知，小球在星球表面//高处静止，则有万有引力与库仑斥力是一对平

衡力，所以小球带负电，故A错误；

BC,由平衡条件

kQqcMm

(R+h)2~(R+h)2

若将该小球移至星球表面一/l高处静止释放，仍然满足

2

Qq厂Mm

kz------1=G-------

（R+争（"）2

故小球仍保持静止，故B正确，C错误；

D.带负电小球离带负电的星球越近，电势越低，电势能越大，故小球的电势能增大，故

D错误。

故选B„

7.如图所示，真空中某点电荷。形成的电场中，选取同一平面内夹角相等的五条电场线。

过。的虚线圆与各电场线的交点分别为。、b、c、d、e,其中。、c在圆直径的两端。下列

说法中正确的是（）

A.a、b两点电场强度大小相等

B.a、6两点间电势差与6、c两点电势差相等

C.不管0带何种电荷，c点电势一定是最低的

D.将带负电的试探电荷从。点移到d点，若电场力做负功，则。带正电

【答案】D

【解析】A.根据

可知，a、6两点电场强度大小不相等，选项A错误；

B.若过"c点作等势面，可知。、b两点间电势差与6、c两点电势差不相等，选项B错误;

C.若。带正电，则c点电势一定是最低的；若。带负电，则c点电势一定是最高的，选项

c错误；

D.因两点电势相等，若将带负电的试探电荷从。点移到d点，若电场力做负功，从。

点移到6点，电场力也做负功，则。带正电，选项D正确。故选D。

8.如图所示，面积为S的平面内存在磁感应强度3=稣-左〉0）的磁场，磁场方向与平

面夹角8=30。，取稣方向为正方向。则穿过该面积的磁通量①随时间/变化的图像，下

列选项正确的是（）

【答案】C

【解析】根据

①=BSsin30=15(B0-^)=|B0SSkt

可知图像C正确

故选C。

9.如图所示的闭合电路中，与、%为定值电阻。当变阻器凡的滑动触头尸向上滑动时，

理想电压表与电流表的示数分别为。、I,其变化量的绝对值分别为A。、A/o下列说法中

正确的是（）

--1--

E__R1I"-

T$川闻。

斗S『

A.U不变B./变大

C.也=仆D.'的功率变大

【答案】D

【解析】AB.当变阻器凡的滑动触头尸向上滑动时，阻值增大，则总电阻增大，总电流变

小，路端电压增大，即。增大，/变小，选项AB错误；

C.根据

U=E-Ir

可知

-△--U-=r

M

选项C错误；

D.路端电压增大，总电流变小，Ri电压变小，可知&两端电压增大，则尺的功率变大，

选项D正确。

故选D。

10.如图所示，水平面上放置一质量为机的正方体物块，当速率为力的风垂直吹向某一侧

面时，刚好能推动该物块。已知风对物块的垂直推力FocSv?（其中S为迎风面积，v为风

速），滑动摩擦力等于最大静摩擦力。仅使风的速率变为2%,刚好能推动同材料做成的大

正方体物块，则大物块的质量为（）

zz/z/Z/Z/z/z/zz

A.2mB.4mC.16mD.64m

【答案】D

【解析】设质量为根的立方体边长为L质量为M的立方体边长为〃，由题意可得

F=kSv：=kl3Vg=RpCg

2a&

F'=kS(2v0)=kLx4诏=fipLg

化简可得

Z/-4

根据

m=pE,M=pLa

故

m_1

A7-64

所以刚好能推动同材料做成的大正方体物块的质量为

M=64m

故选D。

11.如图所示，半径为R的四分之一圆柱紧靠在墙角处，一个质量为根小滑块（可视为质点）

恰好静止在尸点。轻推一下滑块,使滑块由静止下滑至Q点恰好离开圆柱。已知图中a=30。、

£=60。，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）

A.在尸点滑块所受的摩擦力大小为孝/ng

B.在P点滑块与物体间的动摩擦因数为0.5

C.滑块运动到。点的速度大小为柠

D.滑块从P点运动到Q点的过程中机械能减少了与lmgR

【答案】c

【解析】A.在P点对滑块受力分析，由平衡条件可得滑块所受的摩擦力大小为

f=mgsina=^mg

故A错误;

B.因为滑块恰好静止在尸点，则有

mgsina=jumgcosa

解得在尸点滑块与物体间的动摩擦因数为

__V3

LI—tana——

3

故B错误;

C.滑块下滑至。点恰好离开圆柱，则在。点，由牛顿第二定律可知

mgcosf2

代入数据解得，滑块运动到。点的速度大小为

VQ=

故C正确;

D.滑块从尸点运动到。点的过程中由动能定理可得

12

mgR(cosa-cos+=—mvQ-0

解得

wf=-^hlmgR

根据

^E=Wf

可得滑块从P点运动到。点的过程中机械能减少了3mgR,故D错误。

故选C。

二、非选择题：共5题，共56分。其中第12题~第16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确

写出数值和单位。

12.小明同学设计实验测量圆柱形磷酸铁锂电池的电动势和内阻：

（1）用电压表与电池直接连接粗测电动势的大小，接线正确的是图甲中的（选填“a”

或“b”）；

（2）为精确测量电池的电动势和内阻，设计图乙电路进行实验。实验中发现电压表示数变

化范围较小，为方便读数将电压表换成数字万用表电压挡进行实验。

记录数据后用计算机绘制得到如图丁所示的图像，表达式为。=-0.24/+4.0247,则该电

池的内阻约为Q；

I/A0.200.400.600.801.001.20

U/N3.983.933.883.833.773.75

（3）利用图乙电路得到的电池内阻测量值______真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）,

原因是（选填“电压表分流”或“电流表分压”）；

（4）另一个同学改用图丙电路进行实验，定值电阻凡阻值已知，则接入凡的作用是

A.保护电源

B.增大电压表示数变化的范围

C.与电流表串联改装成电压表

【答案】(1)a(2)0.24

(3)小于电流表分压(4)AB

【解析】【小问1详析】

用电压表与电池直接连接粗测电动势的大小，电压表的正接线柱应接电池的正极，负接线柱

应接电池的负极，则接线正确的是图甲中的

【小问2详析】

根据闭合电路欧姆定律可得

E=U+Ir

可得

U=-Ir+E

可知U—/图像的斜率绝对值等于内阻，结合表达式。=—0.24/+4.0247,可知该电池的

内阻为

r=0.24Q

【小问3详析】

图乙中电流表相对于电源采用内接法，设电流表的内阻为RA，则有

E=U+/(&+r)

可得

U=—IR+r)+E

U-I图像的斜率绝对值等于RA",则有

曲="+厂〉厂

则利用图乙电路得到的电池内阻测量值小于真实值，原因是电流表分压。

【小问4详析】

另一个同学改用图丙电路进行实验，定值电阻凡阻值已知，则接入凡的作用是：保护电源;

将&与内阻看成一个等效内阻，还可以起到凡的作用是：增大电压表示数变化的范围。

故选AB„

13.如图所示，水平传送带以速度%=2m/s匀速转动，A、8两端的距离L=5m。将一

小物块轻放在传送带上的A端，物块和传送带间的动摩擦因数〃=0.5,重力加速度g取

10m/s2。求:

(1)物块加速过程中的加速度大小cz；

(2)物块从A端运动到B端的时间to

【答案】(1)5m/s2

(2)2.7s

【解析】【小问1详析】

根据

"mg=ma

可得物块加速过程中的加速度大小a=〃g=5/引2

【小问2详析】

加速的时间

%=-0.4s

a

匀速的时间

L-^t5-4X04

t2=-------=--------s=2.3s

-%2

可知物块从A端运动到B端的时间

t—11+12—2.7s

14.一颗卫星在赤道上空自西向东做匀速圆周运动，轨道半径为r。己知地球半径为R,自

转角速度为00，r=2R,地球表面重力加速度为g。求：

(1)卫星在轨道上绕地球转动的角速度

(2)卫星相邻两次经过赤道上同一建筑物正上方的时间间隔t.

【答案】(1)@=

\8R

2万

【解析】【小问1详析】

根据

解得

【小问2详析】

根据

a）t-a）ot=2"

解得

2乃

15.如图所示为弹球游戏装置示意图。在底边足够长且倾角为30。的斜面上，垂直于底边的

直轨道OP与半径为R的四分之一圆弧挡板P0平滑连接，挡板与斜面垂直。轨道。尸底端

有一个轻弹簧与小球A组成的弹射器，轨道。尸中另一个小球B静止在圆环形轻支架（图

中未画出）上。启动弹射器，当小球A速度大小为％=34定时恰与小球B发生对心碰撞

（时间极短且无机械能损失）。己知小球B初始位置到。点的距离为R,到尸点的距离是

2R。小球A、B的质量分别为加、2m,两球均可视为质点,重力加速度为g,不计一切摩擦。

求：

（1）碰后小球B的速度大小vB；

(2)小球B到达。点时对挡板的压力大小Fa-

(3)小球B从0点飞出后到达斜面底端时离0点的距离兀

【答案】(1)2y[gR

(2)mg

(3)5R

【解析】【小问1详析】

小球A、B碰撞过程中，由动量守恒定律

mv0=mvA+2mvB

由机械能守恒定律

gmv；=；mv^+；x2mVg

解得

!=_弧，VB=2废

【小问2详析】

小球B从碰撞结束到。点的过程中，由动能定理

1,1。

-2mgx37?sin^=—x2mVg--x2mv2

解得

在Q点，由牛顿第二定律可知

F+2mgsin30°=2m—

NR

解得

vQ=mg

由牛顿第三定律可知，小球B到达。点时对挡板的压力大小为

黑=综=7咫

【小问3详析】

小球B从。点飞出后再斜面上做类平抛运动，以沿平行斜面上顶边向右为x轴，垂直上顶

边沿斜面向下方向为y轴建立直角坐标系，则y轴方向

1,

4R=—a『

2

其中