江苏省南通市2024-2025学年高三上学期期中考试物理试题

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024～2025学年高三第一学期学情调研考试物理(满分：100分考试时间：75分钟)2024．11一、单项选择题：本题共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.如图所示，体操运动员在落地时总要屈腿，屈腿主要可以()A.减小地面对运动员的摩擦力B.增大地面对运动员的摩擦力C.减小地面对运动员的冲击力D.增大地面对运动员的冲击力2.关于“用单摆测量重力加速度”实验，下列说法正确的是()A.选择粗一些的摆线，因为粗一些的摆线弹性较小B.选择摆球时可不考虑质量，因为单摆的周期与质量无关C.选择体积大些的摆球，因为体积大的摆球便于确定平衡位置D.选择铁夹悬挂单摆，因为铁夹可以固定悬挂点3.一辆汽车做直线运动，其位置x与时间t的关系如图所示。下列vt图像可能与之对应的是()4.手机中的加速度传感器能显示手机加速度的变化。打开加速度传感器，将手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示加速度随时间变化的图像，图中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，手机质量m＝200g，不计空气阻力，g取10m/s2，由此可判断()A.t1时刻手掌的推力为4NB.t2时刻手机刚好离开手掌C.t3时刻手机到达最高点D.t4时刻手机的速度为3m/s5.如图所示，空调室外机用两个三脚架OAB固定在外墙上，其中O是三脚架的横梁AO和斜撑BO的连接点，室外机和横梁之间有一个高度可调的地垫。对于三脚架而言，横梁和斜撑受力越小越安全。下列安装方法能提高安全性的是()A.斜撑的B点向上移一点B.斜撑的B点向下移一点C.适当调大地垫的高度D.适当调小地垫的高度6.研究直线运动时，教材中提到了由vt图像求位移的方法。借鉴此方法，下列对于图中直线和横轴所围成的“面积”的说法错误的是()A.Fx(力—位移)图像中面积表示力做的功WB.Ft(力—时间)图像中面积表示力的冲量IC.UI(电压—电流)图像中面积表示电功率PD.It(电流—时间)图像中面积表示流过导线横截面的电荷量q7.如图所示，带电荷量为＋q的点电荷放置在足够大的水平金属板的正上方O点，a、b、c、d为过O点的竖直线上的点。则()A.a点的电势比b点的电势低B.a点的电场强度比b点的电场强度大C.c点的电势比d点的电势低D.c点的电场强度比d点的电场强度大8.如图所示电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝8Ω、R2＝20Ω，滑动变阻器R的最大阻值为20Ω，电容C＝2×10－6F。闭合S，R的滑片向上滑动，则()A.通过电阻R1的电流增大B.通过电阻R2的电流方向向上C.滑片移到最高点时通过电源的电流为0.3AD.滑片移到最高点时电容器C的带电荷量为8×106C9.如图所示是打印机进纸装置示意图，搓纸轮转动时，每次只将最上面的一张打印纸匀速送进打印机，下面的纸张保持不动。已知每张打印纸的重均为G，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸与纸、纸与底部间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，工作时搓纸轮给最上面一张纸的压力为F。则打印机正常工作时()A.搓纸轮对纸的摩擦力大小为μ1FB.纸与底部间的摩擦力大小为μ2(G＋F)C.静止不动的纸张间没有摩擦力D.只要满足μ1<μ2，就能实现每次只送进一张纸10.如图所示，P、Q为一正点电荷电场线上的两点，一电子从Q点由静止释放，经过时间t1到达P点，速度大小为v1。接着一正电子从P点由静止释放，经过时间t2到达Q点，速度大小为v2。不计带电粒子重力，则可判断()A.t1>t2B.t1<t2C.v1>v2D.v1<v211.光滑水平面上放置一表面光滑的半球体，小球从半球体的最高点由静止开始下滑。在小球滑落至水平面的过程中()A.小球的机械能守恒B.小球一直沿半球体表面下滑C.半球体对地面的压力大小不变D.半球体对小球的支持力先减小后为零二、非选择题：本题共5题，共56分。其中第13～16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.(15分)学习小组测量一个干电池的电动势和内电阻。(1)小明用多用电表粗测电池的电动势，实验操作如图甲所示，其中右侧为多用表选择开关的放大图，操作中存在不规范或错误的地方有：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。甲(2)实验电路图如图乙所示，下列说法正确的是________。A.闭合开关前应将滑动变阻器接入电路的阻值调至最大值B.闭合开关前应将滑动变阻器接入电路的阻值调至最小值C.串联电阻R0可以防止滑动变阻器过度调节导致电路短路D.串联电阻R0可以使得滑动变阻器调节过程中电压表的示数变化明显乙丙丁(3)闭合开关，调节滑动变阻器滑片位置，测几组电压表U和电流I的数据，以U为纵坐标、I为横坐标，在坐标系中描点，如图丙所示。请在坐标系中作出UI图线。(4)由UI图线计算干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω。(结果均保留三位有效数字)(5)小明同学认为：理论分析可知，采用如图乙所示的电路实验，电压表的分流作用会导致电池电动势和内电阻的测量值偏小，应该采用如图丁所示的实验方案，这样至少电动势的测量值没有系统误差。你是否同意他的观点？____________________，理由是：________________________________。13.(6分)我国天问一号火星着陆巡视器在火星着陆后，进行了大量科学观察和实验。设想机器人在火星进行自由落体实验，测得小球自由下落高度h用时为t。已知火星的半径为R。求：(1)火星表面的重力加速度大小g；(2)火星的第一宇宙速度大小v。14.(8分)如图甲所示，M、N为水平放置的平行板电容器极板，两极板间距为L，极板间存在竖直向上的匀强电场。质量为m、电荷量为＋q的小球从电容器左端连线中点以v0＝eq\r(\f(gL,2))的初速度水平进入电场，恰好以与水平方向成45°角的速度打在N板中点。小球可视为质点，重力加速度为g。甲乙(1)求两极板间电场强度的大小E和极板的长度x；(2)若两极板改接电压如图乙所示变化的交变电源，其中U0＝eq\f(mgL,q)、T＝eq\r(\f(L,32g))。t＝0时刻，小球以v0进入电场。通过计算判断小球能否打到极板上。

15.(12分)如图所示，足够长的水平轻杆中点固定在竖直轻质转轴O1O2上的O点，小球A和B分别套在水平杆的左右两侧，套在转轴上的原长为L的轻弹簧上端固定在O点，下端与小球C连接，小球A、C间和B、C间均用长度为eq\f(5,4)L的不可伸缩的轻质细线连接，三个小球的质量均为m，均可以看成质点。装置静止时，小球A、B紧靠在转轴上，两根绳子恰被拉直且张力为零。转动该装置并缓慢增大转速，小球C缓慢上升直至弹簧恢复原长，此过程中弹簧的弹性势能减小了Ep。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)弹簧恢复原长时，装置转动的角速度ω；(3)弹簧恢复原长过程中，外界对装置所做的功W。

16.(15分)风洞是以人工方式产生可控气流、并测量气流对物体作用效果的实验装置。一风洞装置如图所示，上下两水平面(图中虚线位置)为风洞的边界，高度差为H，其间存在向右运动的稳定水平气流。该区域上方的光滑水平轨道上有一被锁定的压缩轻弹簧，两侧各紧靠一个质量分别为m和2m的静止小球A和B。解除锁定后两小球被弹出，各自离开轨道做平抛运动，一段时间后进入气流区域，气流对两小球各产生一个大小相等的水平向右的恒力，小球A在该区域内做直线运动，小球B最终垂直该区域下边界穿出，离开气流区域时小球A动能是小球B动能的2.5倍，重力加速度为g。求：(1)A、B两小球做平抛运动过程中水平位移大小之比xA∶xB；(2)水平轨道离气流区域上边界的高度h；(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能Ep。

——★参考答案★——1.C2.D3.A4.D5.B6.C7.B8.D9.B10.A11.D12.(15分)(1)①红、黑表笔接反；②选择开关没有接直流电压挡；③两手指直接接触表笔(3分)(2)AC(3分，漏选得1分)(3)如图所示(2分，直线位置基本正确得1分，两端延长交坐标轴得1分)(4)1.50(1.48～1.52均可，2分)1.04(0.98～1.13均可，2分)(5)不同意(1分)本实验中电源内阻较小，滑动变阻器与R0的串联阻值远小于电压表内阻，故采用图乙方案电压表分流不明显，系统误差很小(或如果采用图丁方案虽然电动势的测量值没有系统误差，但由于电流表的分压明显，故内阻测量值的相对误差较大)(2分)13.(6分)解：(1)小球做自由落体运动h＝eq\f(1,2)gt2(2分)解得g＝eq\f(2h,t2)(1分)(2)设环绕火星飞行的飞行器质量为m，由万有引力定律得mg＝meq\f(v2,R)(2分)解得v＝eq\f(\r(2hR),t)(1分)14.(8分)解：(1)小球打在N板中点时速度大小v＝eq\r(2)v0＝eq\r(gL)从小球从进入电场到打到N板，由动能定理得mg·eq\f(1,2)L－qE·eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)m(eq\r(2)v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)解得E＝eq\f(mg,2q)(1分)小球在电场中的加速度a＝eq\f(mg－qE,m)＝eq\f(g,2)(1分)设极板的长为x，则eq\f(x,2)＝v0·eq\r(\f(2×\f(L,2),a))解得x＝2L(1分)(2)加上交变电压UMN后小球在0～eq\f(T,2)内的加速度大小a1＝eq\f(mg＋q\f(U0,L),m)＝2g(1分)小球在eq\f(T,2)～T内的加速度大小a2＝eq\f(q\f(3U0,L)－mg,m)＝2g(1分)小球从进入电场到离开电场的时间t＝eq\f(x,v0)＝eq\r(\f(8L,g))，恰为T的16倍(1分)小球在竖直方向的位移y＝32×eq\f(1,2)×2g×(eq\f(T,2))2＝eq\f(L,4)故小球不能打到极板上(1分)15.(12分)解：(1)整个装置静止时，对小球C，有k(eq\f(5,4)L－L)＝mg(2分)解得k＝eq\f(4mg,L)(2分)(2)设弹簧恢复原长时，细线的拉力为F，装置转动的角速度为ω，细线与转轴间的夹角为θ，由几何关系知sinθ＝0.6，cosθ＝0.8对小球C，有2Fcosθ＝mg(1分)对小球A，有Fsinθ＝mω2×eq\f(5,4)Lsinθ(2分)解得ω＝eq\r(\f(g,2L))(1分)(3)弹簧恢复原长时，小球A的线速度大小v＝ω·eq\f(3,4)L(1分)由功能关系得W＋Ep＝eq\f(1,2)mv2×2＋mgeq\f(L,4)(2分)解得W＝eq\f(17,32)mgL－Ep(1分)16.(15分)解：(1)设A、B两小球做平抛运动的初速度大小分别为v0、vB0，由动量守恒定律得mv0＝2mvB0(2分)设小球做平抛运动的时间t，则xA∶xB＝v0t∶vB0t(2分)解得xA∶xB＝2∶1(1分)(2)设气流区域内两小球水平方向加速度大小为aAx、aBx，由牛顿第二定律得F＝maAx，F＝2maBx解得aAx＝2aBx(1分)设出气流区域时小球A的水平速度为vAx，在气流区域内运动时间为t1，两小球在气流区域内水平方向做匀变速直线运动，得vAx＝v0＋aAxt1，0＝vB0－aBxt1解得vAx＝2v0(1分)如图所示，设小球A进入气流区域的竖直速度为vy1，出气流区域时的竖直速度为vy2，因为小球A在气流区域内做直线运动，得eq\f(vy1,v0)＝eq\f(vy2,vAx)解得vy2＝2vy1(1分)vy1＝eq\r(2gh)，vy2＝eq\r(2g（H＋h）)(1分)解得h＝