安徽省宿州市示范高中2024-2025学年高三（上）期中教学质量检测物理试卷-【含解析】

第=page11页，共=sectionpages11页安徽省宿州市示范高中2024-2025学年高三（上）期中教学质量检测物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.将横截面相同、材料不同的两段等长导体R1、R2无缝连接为一段导体，导体总长度为1.00m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P滑动的距离x的变化关系如图乙，则导体R1、R2的电阻率之比约为A.4:5 B.5:4 C.【答案】C

【解析】根据电阻定律R根据欧姆定律Δ联立以上两可得ρ由题意知两段导体的横截面积S相等，通过两段导体的电流相等，于是结合题图可得导体

L1

、

L2

故选C。2.将一小球(可看成质点)从平台边缘竖直向上抛出，来模拟跳水运动员的运动过程，从小球抛出时开始计时，若小球的速度与时间关系的图像如图所示，不计空气阻力.则下列说法正确的是(

)

A.小球在1.2s时到达最高点 B.跳台与水面的高度差是2.4m

C.小球在水中时最深处的加速度最大 D.【答案】B

【解析】A.由图像可知，小球在0.4s到达最高点时速度为零，故A错误；

C.速度图像的斜率表示加速度，1.2s刚入水时斜率最大，小球的加速度最大，故C错误；

D.若小球入水后做匀减速直线运动，小球潜入水中的深度为h2=(2.0−1.2)×82m3.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，(

)

A.机械能减少了14mgR B.Q点的重力瞬时功率为mggR

【答案】C

【解析】【分析】AC、根据牛顿第二定律先求出最低点的速度，再利用动能定理求出克服摩擦力做的功；

根据功能关系可以判断机械能的减少量；

B、根据功率的公式，可以判断Q点的功率；

D、根据能量守恒定律，可以判断质点不能上升到右侧12R【解答】

AC.滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，根据牛顿第二定律，对质点，有：2mg−mg=mv2R

设克服摩擦力做功为Wf，利用动能定理，有

mgR−Wf=12mv2

整理得：Wf=12m4.如图所示，在平面坐标系内以坐标原点O为圆心画一个半径为R=6 cm的圆。若沿平面方向加一匀强电场，电场强度为E，测得P点的电势为6 V，Q点的电势为−6 VA.电场方向与y轴负方向的夹角的正切值为0

B.N点的电势为2 V

C.匀强电场的电场强度大小为10010【答案】C

【解析】【分析】

匀强电场的性质主要体现在电场线是均匀分布的直线；根据题意可知，已知电势，求解场强的大小和方向，一定要利用E=Ud以及沿着电场线方向电势逐渐降低的结论。

本题主要考查匀强电场的特点，熟练掌握等势面和电场线之间的关系是解题的关键。

【解答】A.将PQ等分为12份，每一份电势差为1V，如图所示：

则O′点的电势为2V，即M点与O′点电势相同，连接MO′，则MO′为等势线，则电场方向垂直于MO′指向右下方，匀强电场方向与y轴负方向的夹角的正切值不为0，故A错误；

B.过N点作MO′的平行线交y轴于N

′点，则N与N′的连线为等势线，与y轴相交的点N′的电势为−2V，则N点电势为−2V，故B错误；

C.由数学关系可知电场线与y轴负方向的夹角的余弦值为310，则等势线M5.如图所示是地月天体系统，在月球外侧的地月连线上存在一个特殊点，称为拉格朗日点。在地球上发射一颗质量为m0的人造卫星至该点后，它受到地球、月球对它的引力作用，并恰好和月球一起绕地球同角速度匀速圆周运动。已知相对于地球质量M和月球质量m来说，m0很小，所以卫星对地球和月球的引力不影响地球和月球的运动。设地心、月心间距为L，月心到该拉格朗日点的距离为d，则(

)

A.该卫星的线速度比月球的线速度小

B.该卫星的向心加速度比月球的向心加速度小

C.该卫星的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s【答案】D

【解析】AB、因为于拉格日点的卫星与月球具有相同的角速度，由v=ωr和a=ω2r知，位于拉格朗日点的卫星的线速度和向心加速度均比月球的大，故AB错误；

C、由于第一宇宙速度7.9km/s，为绕地球运动的最小的发射速度，第二宇宙速度11.2km/s，为脱离地球运动的最小的发射速度，该卫星和月球一起绕地球运动，卫星的发射速度应大于7.9km/s，小于11.26.如图所示，排球比赛中运动员某次将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；另一次将飞来的相同排球从a点的正下方且与b点等高的c点斜向上击出，也击中b点，排球运动的最高点d与a点的高度相同．不计空气阻力．下列说法正确的是

A.排球两次在空中速度变化量相等

B.排球两次击中b点时的动能相等

C.两次击球，运动员对排球所做的功不一定相等

D.排球从c点击中b点的过程中，重力对排球的冲量为零【答案】C

【解析】【分析】

本题主要考查平抛运动和斜抛运动的规律应用。排球从a点飞出后做平抛运动，从c点飞出后做斜上抛运动，结合运动合成与分解知识分析飞行时间，结合Δv=gΔt分析速度变化量；通过水平位移分析速度，得到动能大小关系；由动能定理分析两次击球过程中运动员对排球所做功的大小关系；由冲量的定义分析排球从c点击中b点的过程中重力对排球的冲量，由此即可正确求解。

【解答】

A.由于从a、c两点发出的球都能到达b点，且d点与a点的高度相同，均设为h，对a点抛出的物体，有ta=2hg，对于从c点抛出的物体，根据逆向思维法容易得知上抛的时间tc1=2hg，下降的时间tc2=2hg，排球从c点运动到b点的时间为tc=22hg，所以两个过程中，排球在空中飞行的时间不相等，速度变化量Δv=gΔtC、由动能定理可知，从a点飞出过程中对排球做功W1=12mvax2，从c点飞出过程中对排球做功，W2=12mvc027.中秋佳节，水中的“月亮”又大又圆，四只猴子突发奇想，想把月亮捞出来。如图所示，它们将一棵树枝(可视为弹性杆)压弯倒挂在树梢上，从下到上依次为1、2、3、4号猴子。正当1号猴子打算伸手捞水中“月亮”时，2号猴子突然两手一滑没抓稳，1号猴子扑通一声掉进了水里。假设2号猴子手滑前四只猴子都处于静止状态，其中1号猴子的质量为23m，其余3只猴子的质量均为m，重力加速度为g，那么在2号猴子手滑后的一瞬间(

)

A.1号猴子的速度和加速度都为0

B.2号猴子对3号猴子的作用力大小为43mg

C.3号猴子对4号猴子的作用力大小为229mg

【答案】C

【解析】【分析】

本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合整体法和隔离法，再利用牛顿第二定律即可完成分析。当2号猴子手滑后的一瞬间，结合牛顿第二定律得出2、3、4号猴子加速度的大小；再隔离个体分析得出猴子之间的相互作用力。

【解答】

A.在2号猴子手滑后的一瞬间，1号猴子只受重力作用，其加速度等于重力加速度，速度等于0，故A错误；

B.在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有T−113mg=0，解得T=113mg，当2号猴子手滑后的一瞬间，对2、3、4号猴子整体分析可得T−3mg=3ma′，联立解得a′=29g，方向竖直向上，对2号猴子分析可得F23−mg=ma′，解得F8.如图所示，表面光滑的四分之一圆弧形轨道静止在光滑水平面上．小球以一定的初速度从A点滑上轨道底端，并从B点离开轨道顶端．若轨道和小球的质量相等，则在小球和轨道相互作用的过程中

A.小球和轨道组成的系统动量守恒 B.小球从B点离开轨道时做竖直上抛运动

C.小球对轨道先做正功后做负功 D.小球能够回到A点且之后做自由落体运动【答案】D

【解析】本题考查动量守恒定律的应用--滑块曲面模型问题，解题的关键是要以滑块与曲面为系统进行研究，分析系统受力情况，确定系统的动量是否守恒，机械能是否守恒，从而分析各选项的正误；

对小球也轨道组成的系统，水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，在竖直方向，系统所受合外力不为零，故小球与轨道组成系统动量不守恒，A错误；

小球从B点离开轨道时相对轨道做竖直上抛运动，此时在水平方向与轨道速度相同，一起向左运动，故小球从B点离开轨道时做斜上抛运动，B错误；

小球对轨道的压力始终垂直轨道向下，这个力的方向与轨道的运动方向夹角为锐角，故小球对轨道的压力一直做正功，C错误；

对小球与轨道系统，在小球从A点出发再次加到A点的过程中，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，故有m1v0=m1v1+m2v2，12m二、多选题：本大题共2小题，共10分。9.足够大的斜坡与水平方向夹角为θ，斜坡某处竖直放置高度为h的细喷水管，喷水管口O处可喷出速度大小始终为v、方向可调但始终平行于斜坡的水流，其装置侧视图如图所示。假设水流始终能落到斜坡上，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是

A.沿不同方向出射的水流在空中运动的时间均为2hg

B.当出射速度平行于水平面时，水流在空中运动的位移最短

C.由于重力的作用，水流在斜坡上的落点不可能在一个圆周上【答案】AD

【解析】如图，以O为坐标原点，垂直于斜坡方向为z轴，垂直于纸面方向为x轴，沿斜面向下为y轴，建立三维直角坐标系，

沿z轴方向有az=gcosθ，hcosθ=12azt2，解得：t=2hg，A正确;

若v与y轴正方向夹角为φ，当水落到斜坡上时，沿y轴方向有ay=gsinθ，y=vcosφt+12ay10.如图是一质量为m、带电荷量为q的粒子在匀强电场中运动的轨迹。已知M点的速度水平向右，N点的速度竖直向下，大小均为v，M、N两点间的距离为l，不计粒子的重力。下列说法正确的是(

)

A.粒子从M点运动到N点的过程中，电势能先增加后减小

B.粒子从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功

C.匀强电场的方向竖直向下

D.匀强电场的电场强度大小为m【答案】AD

【解析】【分析】【分析】

本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，解题的关键是要根据题意确定粒子运动过程中电场力做功情况，从而得到电势能变化情况及电场强度方向，通过将粒子的运动分解到沿电场方向及垂直电场方向分别分析求出电场强度的大小。

【解答】【解答】

ABC、带电粒子在M点的速度水平向右，N点的速度竖直向下，大小均为v，故粒子在M、N两点的电势能相等，MN为匀强电场中一个等势面，根据电场强度与等势面的关系可知，电场强度方向垂直MN向下，粒子从M点运动到N点的过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增加后减小，A正确，BC均错误；

D、将粒子运动分解到沿电场方向及垂直电方向，设粒子从M到N的时间为t，垂直电场方向有：22v·t=三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.某同学用如图甲所示的装置测定木质滑块与木板间的动摩擦因数及木板的质量。将力传感器A固定在木质水平桌面上，并与计算机连接，传感器A的读数记为F1，测力端通过细绳与一滑块相连(调节力传感器高度使细绳水平)，滑块起初放在较长的木板的最右端(滑块可视为质点)，长木板的左、右两端连接有光电门(图中未画出，质量不计)，光电门连接的计时器可记录滑块在两光电门之间的运动时间。测量木板长为L，木板一端连接一根轻绳，并跨过光滑的轻质定滑轮连接一力传感器B和一只空砂桶(调节滑轮使桌面上部轻绳水平)，力传感器B的读数记为F2，初始时整个装置处于静止状态。实验开始后向空砂桶中缓慢倒入砂子。(重力加速度(1)缓慢倒入砂子时，F1的读数缓慢增大到3.5 N时突变为3.0 N(2)已知木质滑块与木板及木板与木质水平桌面间动摩擦因数相同，在木板开始滑动后，测出在砂桶中装有质量不同的砂子时，滑块通过两光电门的时间间隔t，则木板的加速度为

(用L和t表示)，在坐标系中作出F2−1t2的图线如图乙所示，若图线的斜率为k，则木板的质量为

(用k和L表示)，则图中的纵截距为

(用【答案】0.22k6+

【解析】(1)缓慢地向砂桶内倒入砂子，F的读数缓慢增大到3.5N时突变为3.0N，即滑动摩擦力Ff=3.0N，动摩擦因数μ=Ffm1g=0.2；

(212.小明同学在实验室做实验，需要去测量一个未知定值电阻Rx的阻值，该待测电阻阻值接近500ΩA.待测电阻RB.电流表A1(量程0C.电流表A2(量程0∼5D.电压表V(量程0∼E.定值电阻RF.滑动变阻器R1(最大阻值约为10G.滑动变阻器R2(最大阻值约为1000H.直流电源E，电动势为3V，内阻很小I.开关S，及若干导线。小明在以上器材中选择了合适的器材，并设计了电路，如甲图所示。现要求测量数据范围较大，测量结果尽可能准确。(1)滑动变阻器应选__________，a电表应选__________，b电表应选__________。((2)通过调节滑动变阻器，测量得到多组a电表和b电表的示数，将a电表和b，电表的示数描成图像如图乙所示，图像横纵轴物理量的单位均采用国际单位，该图像斜率大小为k=150，则待测电阻Rx=__________A(保留三位有效数字)，所测得的Rx的测量值与真实值的关系是：测量值__________真实值(选填“(3)如图丙，将该待测电阻与一础光电池串联，硅光电池的路端电压U与干路电流I的关系如图丁所示，则该待测电阻的功率为__________W(

【答案】(1)F；B；D；(2)500；=【解析】(1)滑动变阻器为分压式接法，选最大阻值较小的R1，即滑动变阻器应选F；a表选A1与R0串联，即a表选B，能测量的最大电压为U=I1(RA1+R0)=10mA×300Ω=3V，刚好等于电源电压；b表选电压表V，其与Rx分压，能分走近1.5V电压，量程合适，且电压表内阻已知，测量会更精确，即b电表应选D；

(2)交点处为工作点，其坐标为(4.5mA四、计算题：本大题共3小题，共40分。13.某高速公路同一直线车道上有同向匀速行驶的轿车(超速行驶)和货车，其速度大小分别为v1=40m/s、v(1)(2)若轿车刹车时货车仍以(3)若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经t0=【答案】解：(1)轿车经过s=160m才停下来，

由v12=2a1s

得轿车刹车过程的加速度大小a1=5m/s2；

(2)恰好不相撞时两车的速度相等，即v1−a1t1=v2

得t1=v1−v【解析】(1)根据运动学公式求解加速度大小；

(2)匀减速追赶匀速，把握住速度相等时距离最小，是撞上与撞不上的临界条件，按照速度相等分别求出两车的位移比较即可；

(3)两车的速度相等是临界条件，分别将两车的位移求解出来，第二次前车的运动状态与第一次不一样，先匀速后加速，比较这两个位移之间的关系即可。

分析问题时，一定要养成画草图分析问题的良好习惯。解题的基本思路是：①分别对两物体进行研究；②画出运动过程示意图；14.地面上方空间存在水平向右的匀强电场，场强为E，不可伸长的绝缘细线长为L，上端系于O点，下端系一质量为m、电量为+q的小球，现将小球在最低点A以一定的初速度水平向左抛出，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，当小球速度最小时，细线与竖直方向的夹角θ=37°，已知重力加速度为g(1(2(3)若抛出小球的同时剪断细线，小球恰好落在地面上A点正下方的位置B，求A【答案】解：(1)由小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，可知小球在运动过程中动能最小时仅由重力和电场力的合力提供向心力，tanθ(2)设最小速度大小为v，动能为E解得：v小球从最低点运动至速度最小处：−联立 ③ ④ ⑤解得：v0(3)若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，水平方向位移为零，设经过t时间落到地面，A点离地的高度为h0a解得：h=184

【解析】详细解答和解析过程见【答案】15.如图BC是位于竖直平面内的一段光滑的圆弧轨道，圆弧轨道的半径为r=3m，圆心角θ=53°，圆心O的正下方C与光滑的水平面相连接，圆弧轨道的末端C处安装了一个压力传感器．水平面上静