安徽省实验中学2024-2025学年高三（上）期中联考物理试卷【含解析】

第=page11页，共=sectionpages11页安徽省实验中学2024-2025学年高三（上）期中联考物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.某质点在几个恒力作用下做匀速直线运动，现突然将与质点速度方向相反的一个力旋转90∘，则关于质点运动状况的叙述正确的是(

)A.质点的速度一定越来越小 B.质点的速度可能先变大后变小

C.质点一定做匀变速曲线运动 D.因惯性质点将继续保持匀速直线运动【答案】C

【解析】【分析】

物体原来做匀速直线运动，力F与其余力的合力大小相等，方向相反．将与速度反方向的作用力F水平旋转90°时，该力与其余力的合力夹角为90°，这时物体的合力大小为2F，方向与速度的夹角为45°.根据物体的受力情况分析物体的运动情况．

本题考查根据受力情况分析物体运动情况的能力．对于物体的平衡，有一个重要推论要理解记牢：物体在几个力作用下平衡时，一个力与其余力的合力大小相等，方向相反，作用在同一直线上．

【解答】

AB、将与速度反方向的作用力F水平旋转90°时，该力与其余力的合力夹角为90°，这时物体的合力大小为2F，方向与速度的夹角为45°，物体受力的方向与运动的方向之间的夹角是锐角，所以物体做速度增大的曲线运动．故A错误，B错误；

C、根据牛顿第二定律得加速度a2.如图所示为汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 Ω，车灯电阻不变，电动机线圈内阻为0.02 Ω，电流表和电压表均为理想电表，只闭合S1时，电流表示数为10 A，电压表示数为A.蓄电池的电动势为12V B.通过启动电动机的电流是2 A

C.启动工作时电动机的输出功率为430 【答案】C

【解析】【分析】只接通S1时，电路是纯电阻电路，可以用闭合电流的欧姆定律求出电动势及灯泡的电阻。

再接通S2后，电动机开始工作，电路是非纯电阻电路，通过启动电动机的电流等于总电流减去灯泡电流，及根据能量守恒定律分析输出功率。【解析】

只接通S1时，车灯与蓄电池串联，由闭合电路欧姆定律得E=U+Ir=12V+10×0.05V=12.5V，

车灯的电阻R灯=UI=1210Ω=1.23.如图所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m的小圆环A，悬吊一个质量为M的小球B，今用一水平力F缓慢地拉起B，A仍保持静止不动，设圆环A受到的支持力为FN，静摩擦力为Ffo此过程中(

)

A.FN增大，Ffo减小 B.FN不变，Ffo减小

C.FN不变，F【答案】C

【解析】【分析】题中B缓慢运动可视为受力平衡，则对B受力分析，由共点力的平衡可得出拉力的变化；再对整体受力分析可得出摩擦力及支持力的变化。

本题也可以由隔离法求解，但是解答过程较为麻烦；因此在解题时要特别注意整体法的应用。【解答】对B受力分析，则B受重力、绳子的拉力及F；三力满足应始终处于平衡状态；受力分析如图所示：

在B上升的过程中绳子与竖直方向的夹角增大，而重力不变，F=Gtanθ，故拉力F应增大；

以AB为整体受力分析，整体在水平方向受拉力、摩擦力；竖直方向上受总重力、支持力；

因整体处于平衡状态，故水平方向Ff0=F，因F4.如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一等腰三角形，AB =c，∠B=30∘，电场强度的方向平行于纸面。一个电子在静电力作用下由A点运动到C点动能减少Ek，而一个质子在静电力作用下，由A点运动到B点动能增加A.大小2Ekec，方向垂直于AC并由B点指向AC

B.大小2Ekec，方向垂直于BC并由A点指向BC

C.大小E=23【答案】B

【解析】【分析】电子在电场力作用下，由A至C动能减少，由电场力做功判断电子电势能的变化，及A、C两点的电势高低，由动能定理可求出AC间电势差；同理，由动能定理求出AB间电势差，分析BC间电势的关系，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，由高电势处指向低电势处，判断电场线方向，由E=Ud求出电场强度的大小。

本题根据动能定理求出电势差，找出等势点，根据电场线与等势面之间的关系判断电场强度的方向，是经常采用的思路。

【解答】

根据动能定理得：电子从A→C过程，电场力做负功−Ek，得A、C间电势差为UAC=−Ek−e=Eke>0，则φA>φC；质子从A→B过程，电场力做正功5.如图所示，a和b是点电荷电场中的两点，a点电场强度Ea与ab连线夹角为60∘，b点电场强度Eb与ab连线夹角为30∘A.这是一个正点电荷产生的电场，Ea:Eb=1:3

B.这是一个正点电荷产生的电场，【答案】D

【解析】【分析】

将Ea、Eb延长相交，根据交点可确定点电荷Q的位置，根据两点到Q距离的大小关系，由几何知识求出a、b两点到Q的距离之比，确定电场强度和电场力的大小。

本题的解题关键是孤立的点电荷Q位置，根据点电荷电场线分布特点，运用作图法确定。

【解答】

AB.设点电荷的电荷量为Q，将Ea、Eb延长相交，交点即为点电荷Q的位置，如图所示：

从图中可知电场方向指向场源电荷，故这是一个负点电荷产生的电场，故AB错误；

CD.设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到ra:rb6.如图所示，质量均为m的两个木块P和Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ。现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左匀速运动，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(

)

A.P木块所受合力向左

B.Q与地面间的动摩擦因数μ=Fmg

C.P受到Q的摩擦力一定为mgsin 【答案】C

【解析】【分析】

P、Q保持相对静止一起向左匀速运动，都处于平衡状态，合力为0；可求得地面的摩擦力大小，根据滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数；若P、Q之间光滑，对P受力分析知不可能受力平衡；突然撒去F后，Q受地面从摩擦力作用不可能做匀速运动。

本题考查了物体的平衡条件、滑动摩擦力公式的应用，注意整体法、隔离法的应用。

【解答】

A.P木块向左匀速运动，处于平衡状态，合力为0，故A错误；

B.P、Q保持相对静止一起向左匀速运动，地面对Q的摩擦力f=F=μ⋅2mg，解得：μ=F2mg，故B错误；

C.对P木块受力分析可得，P受到Q的摩擦力为mgsin7.起重机竖直提升质量为m的物体，在其输出功率正好等于额定功率时开始计时，此后起重机在额定功率下工作，物体上升的v−t图像如图所示。t=0时刻图像斜率为a，重力加速度为g。则A.t=0时刻起重机的牵引力为ma

B.起重机的额定功率为mgv0

C.物体上升过程的最大速度(1【答案】C

【解析】A、设t=0时刻起重机对物体的牵引力为F，v−t图像的斜率为加速度，对物体有F−mg=ma得，F=m(g+a)错误;

B、起重机的额定功率P=Fv0=m(g8.2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，11月30日7时33分，神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”。中国空间站在距地面约390km的近圆形轨道上运行，运行轨道面与赤道面夹角约为42∘，其运行方向和地球自转方向如图所示。已知地球表面的重力加速度大小约为9.8m/s2，地球的半径为6400km，地球的自转周期约为24A.1300km B.2600km C.【答案】D

【解析】【分析】本题考查卫星的运动规律，解决问题的关键是清楚空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力；再结合处于地球表面的物体，万有引力约等于重力分析计算。【解答】

万有引力提供空间站圆周运动的向心力，故GMmr2=mr4π2T2。而处于地球表面的物体，万有引力约等于重力，即GMmR2=mg，解得空间站的周期T=二、多选题：本大题共2小题，共10分。9.坐标系xOy所在的竖直平面内存在着范围足够大且方向竖直向下的匀强电场，x轴沿水平方向，一带负电小球以初速度v0从坐标原点Ｏ水平射出，一段时间后小球通过第四象限PL,−L点(图中没有标出)。已知小球质量为m，重力加速度为A.从O到P的运动过程，运动时间为Lv0

B.到达P点时动能为52mv02。

C.到达【答案】AB

【解析】A.从O到P的运动过程，小球在水平方向上做匀速运动，则运动时间为t=LvB.小球在竖直方向做匀加速运动，则vy2到达P点时速度为v动能为Ek=1C.到达P点时速度偏向角正切值为tanθ=vD.由动能定理，m所受电场力大小为F=mg故选AB。

本题考查了带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动，关键是将物体的运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，并根据运动规律分析计算。10.如图甲所示，质量为m的小火箭由静止开始加速上升，竖直向上的推力F与速度倒数1v的关系图像如图乙所示，火箭获得的最大速度为vm，由静止开始到速度为v1需要的时间为t1。不计空气的阻力和燃料燃烧时的质量损失，重力加速度为g，则(

)

A.火箭在启动过程中，加速度不变

B.F−1v关系图像的面积表示火箭的最大功率mgvm

C.火箭的速度为v1【答案】CD

【解析】【分析】

公式P=Fv可得：F=P⋅1【解答】A.根据题意，由牛顿第二定律有F可得a由图可知，随着速度的变化，推力

F

变化，则加速度a变化，故A错误；B.根据功率与速度的关系P可得F由图可知，

F−1v

图像是过原点的倾斜直线，则火箭以恒定的最大功率

PmF则有P故B错误；C.根据题意可知，火箭的速度为

v1

F由牛顿第二定律可知，火箭的加速度为a故C正确；D.根据题意，设0∼t1内火箭上升的高度为

P解得h故D正确。故选CD。三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某物理兴趣小组利用传感器进行探究，实验装置原理如图所示。装置中水平光滑直槽能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直槽上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直槽一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动需要的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。

(1)小组同学先让一个滑块做半径r为0.14m的圆周运动，得到图甲中①图线。然后保持滑块质量不变，再将运动的半径r分别调整为0.12m、0.10m、0.08m、0.06m，在同一坐标系中又分别得到图甲中②、③、④、⑤四条图线。

(2)对①图线的数据进行处理，获得了F−x图像，如图乙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是______。

(3)对【答案】(2)ω2(或mω2等带ω2即可)；

(3)探究F与r的关系时，要先控制m和ω不变，因此可在F−ω图像中找到同一个ω对应的向心力，根据5【解析】【分析】

根据向心力公式F=mω2r可确定图像横坐标与ω2有关；根据图像比较分析ω一定时，其F与r成正比例关系。

本题主要考查了滑块受向心力与角速度的关系，通过实验探究得出向心力与角速度的平方成正比例。

【解答】

(2)根据向心力的公式F=mω2r

根据F−x图像知，该图像是一条过原点的直线，F与x的图像成正比，则图像横坐标x代表的是ω2(或mω2等带ω2即可)；

(3)探究F与12.某同学欲用伏安法测定一阻值约为5 ΩA.直流电源E(电动势约为4.5 VB.直流电流表(量程0～0.6 AC.直流电流表(量程0～3 AD.直流电压表(量程0～3 VE.直流电压表(量程0～15 VF.滑动变阻器R1(最大阻值为G.开关、导线若干．(1)在备选器材中，实验中电流表应选________，电压表应选________.(2(3)按要求完成了电路连接后，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最________(选填“左”或“右”(4)该同学正确操作，电流表和电压表的表盘示数如图乙所示，则电阻的测量值为________Ω；该测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”

【答案】(1)B；D；

(2)

；

(3【解析】【分析】

本题考查伏安法测电阻，关键在于明确实验的原理。

(1)根据电源电动势选择电压表的量程，根据欧姆定律计算通过电阻的最大电流，从而可以选择电流表的量程；

(2)根据RxRA与RVRx的大小关系判断待测电阻是大电阻还是小电阻，大电阻采用内接法，小电阻采用外接法；滑动变阻器的最大阻值与待测电阻的大小相差不多，所以滑动变阻器限流式接法，根据实验原理连接电路图；

(3)滑动变阻器采用限流式接法，为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最大阻处；

(4)根据电压表与电流表的读数方法读数；电流表外接法的误差来源是是电压表的分流，将电压表和电流表的测量值与电阻两端电压和通过电阻的电流的真实值作比较，根据欧姆定律即可判断电阻测量值的误差。

【解答】

(1)电源电动势为4.5V，所以电压表的量程选3V，根据欧姆定律，得通过电阻的最大电流为：Im=UR=0.6A，所以电流表的量程选0.6A，故电流表选B，电压表选D；

(2)由于RxRA<RVRx，所以采用电流表的外接法时，测量误差较小。滑动变阻器的最大阻值和待测电阻的阻值相差不大，所以滑动变阻器采用限流式接法即可，连接电路如图所示：四、计算题：本大题共3小题，共42分。13.一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，(1)若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过(2)若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S(3)在(2)的情况下，如果该带电微粒的质量m【答案】解：(1)S断开时，电阻R3两端电压为：U3=ER2+R3+r⋅R3=284+8+2×8V=16V，

S闭合后，外电阻为：R=R1(R2+R3)R1+R2+R3=12×(4+8)12+4+8Ω=6Ω，

【解析】本题由欧姆定律与带电粒子在电场中的运动、牛顿运动定律相综合应用，同时利用将类平抛运动分解成两相互垂直的简单直线运动，弄清楚电路连接情况、类平抛运动的规律是关键。14.如图所示，左侧为一个半径为R=1m的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角θ=30°。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮上，绳的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2。若m1=3kg，m2=2kg，开始时m1恰在碗口右端水平直径A【答案】解：设重力加速度为g，小球m1到达最低点B时m1、m2的速度大小