高級中學名校試卷PAGEPAGE12024～2025學年高三第一學期學情調研考試物理(滿分：100分考試時間：75分鐘)2024．11一、單項選擇題：本題共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。1.如圖所示，體操運動員在落地時總要屈腿，屈腿主要可以()A.減小地面對運動員的摩擦力B.增大地面對運動員的摩擦力C.減小地面對運動員的沖擊力D.增大地面對運動員的沖擊力2.關于“用單擺測量重力加速度”實驗，下列說法正確的是()A.選擇粗一些的擺線，因為粗一些的擺線彈性較小B.選擇擺球時可不考慮質量，因為單擺的周期與質量無關C.選擇體積大些的擺球，因為體積大的擺球便于確定平衡位置D.選擇鐵夾懸掛單擺，因為鐵夾可以固定懸掛點3.一輛汽車做直線運動，其位置x與時間t的關系如圖所示。下列vt圖像可能與之對應的是()4.手機中的加速度傳感器能顯示手機加速度的變化。打開加速度傳感器，將手機向上拋出，然后又在拋出點接住手機，得到如圖所示加速度隨時間變化的圖像，圖中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，手機質量m＝200g，不計空氣阻力，g取10m/s2，由此可判斷()A.t1時刻手掌的推力為4NB.t2時刻手機剛好離開手掌C.t3時刻手機到達最高點D.t4時刻手機的速度為3m/s5.如圖所示，空調室外機用兩個三腳架OAB固定在外墻上，其中O是三腳架的橫梁AO和斜撐BO的連接點，室外機和橫梁之間有一個高度可調的地墊。對于三腳架而言，橫梁和斜撐受力越小越安全。下列安裝方法能提高安全性的是()A.斜撐的B點向上移一點B.斜撐的B點向下移一點C.適當調大地墊的高度D.適當調小地墊的高度6.研究直線運動時，教材中提到了由vt圖像求位移的方法。借鑒此方法，下列對于圖中直線和橫軸所圍成的“面積”的說法錯誤的是()A.Fx(力—位移)圖像中面積表示力做的功WB.Ft(力—時間)圖像中面積表示力的沖量IC.UI(電壓—電流)圖像中面積表示電功率PD.It(電流—時間)圖像中面積表示流過導線橫截面的電荷量q7.如圖所示，帶電荷量為＋q的點電荷放置在足夠大的水平金屬板的正上方O點，a、b、c、d為過O點的豎直線上的點。則()A.a點的電勢比b點的電勢低B.a點的電場強度比b點的電場強度大C.c點的電勢比d點的電勢低D.c點的電場強度比d點的電場強度大8.如圖所示電路中，電源電動勢E＝6V，內阻r＝2Ω，電阻R1＝8Ω、R2＝20Ω，滑動變阻器R的最大阻值為20Ω，電容C＝2×10－6F。閉合S，R的滑片向上滑動，則()A.通過電阻R1的電流增大B.通過電阻R2的電流方向向上C.滑片移到最高點時通過電源的電流為0.3AD.滑片移到最高點時電容器C的帶電荷量為8×106C9.如圖所示是打印機進紙裝置示意圖，搓紙輪轉動時，每次只將最上面的一張打印紙勻速送進打印機，下面的紙張保持不動。已知每張打印紙的重均為G，搓紙輪與紙張之間的動摩擦因數為μ1，紙與紙、紙與底部間的動摩擦因數為μ2，重力加速度為g，工作時搓紙輪給最上面一張紙的壓力為F。則打印機正常工作時()A.搓紙輪對紙的摩擦力大小為μ1FB.紙與底部間的摩擦力大小為μ2(G＋F)C.靜止不動的紙張間沒有摩擦力D.只要滿足μ1<μ2，就能實現每次只送進一張紙10.如圖所示，P、Q為一正點電荷電場線上的兩點，一電子從Q點由靜止釋放，經過時間t1到達P點，速度大小為v1。接著一正電子從P點由靜止釋放，經過時間t2到達Q點，速度大小為v2。不計帶電粒子重力，則可判斷()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體，小球從半球體的最高點由靜止開始下滑。在小球滑落至水平面的過程中()A.小球的機械能守恒B.小球一直沿半球體表面下滑C.半球體對地面的壓力大小不變D.半球體對小球的支持力先減小后為零二、非選擇題：本題共5題，共56分。其中第13～16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位。12.(15分)學習小組測量一個干電池的電動勢和內電阻。(1)小明用多用電表粗測電池的電動勢，實驗操作如圖甲所示，其中右側為多用表選擇開關的放大圖，操作中存在不規范或錯誤的地方有：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。甲(2)實驗電路圖如圖乙所示，下列說法正確的是________。A.閉合開關前應將滑動變阻器接入電路的阻值調至最大值B.閉合開關前應將滑動變阻器接入電路的阻值調至最小值C.串聯電阻R0可以防止滑動變阻器過度調節導致電路短路D.串聯電阻R0可以使得滑動變阻器調節過程中電壓表的示數變化明顯乙丙丁(3)閉合開關，調節滑動變阻器滑片位置，測幾組電壓表U和電流I的數據，以U為縱坐標、I為橫坐標，在坐標系中描點，如圖丙所示。請在坐標系中作出UI圖線。(4)由UI圖線計算干電池的電動勢E＝________V，內電阻r＝________Ω。(結果均保留三位有效數字)(5)小明同學認為：理論分析可知，采用如圖乙所示的電路實驗，電壓表的分流作用會導致電池電動勢和內電阻的測量值偏小，應該采用如圖丁所示的實驗方案，這樣至少電動勢的測量值沒有系統誤差。你是否同意他的觀點？____________________，理由是：________________________________。13.(6分)我國天問一號火星著陸巡視器在火星著陸后，進行了大量科學觀察和實驗。設想機器人在火星進行自由落體實驗，測得小球自由下落高度h用時為t。已知火星的半徑為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)如圖甲所示，M、N為水平放置的平行板電容器極板，兩極板間距為L，極板間存在豎直向上的勻強電場。質量為m、電荷量為＋q的小球從電容器左端連線中點以v0＝eq\r(\f(gL,2))的初速度水平進入電場，恰好以與水平方向成45°角的速度打在N板中點。小球可視為質點，重力加速度為g。甲乙(1)求兩極板間電場強度的大小E和極板的長度x；(2)若兩極板改接電壓如圖乙所示變化的交變電源，其中U0＝eq\f(mgL,q)、T＝eq\r(\f(L,32g))。t＝0時刻，小球以v0進入電場。通過計算判斷小球能否打到極板上。

15.(12分)如圖所示，足夠長的水平輕桿中點固定在豎直輕質轉軸O1O2上的O點，小球A和B分別套在水平桿的左右兩側，套在轉軸上的原長為L的輕彈簧上端固定在O點，下端與小球C連接，小球A、C間和B、C間均用長度為eq\f(5,4)L的不可伸縮的輕質細線連接，三個小球的質量均為m，均可以看成質點。裝置靜止時，小球A、B緊靠在轉軸上，兩根繩子恰被拉直且張力為零。轉動該裝置并緩慢增大轉速，小球C緩慢上升直至彈簧恢復原長，此過程中彈簧的彈性勢能減小了Ep。彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g。求：(1)彈簧的勁度系數k；(2)彈簧恢復原長時，裝置轉動的角速度ω；(3)彈簧恢復原長過程中，外界對裝置所做的功W。

16.(15分)風洞是以人工方式產生可控氣流、并測量氣流對物體作用效果的實驗裝置。一風洞裝置如圖所示，上下兩水平面(圖中虛線位置)為風洞的邊界，高度差為H，其間存在向右運動的穩定水平氣流。該區域上方的光滑水平軌道上有一被鎖定的壓縮輕彈簧，兩側各緊靠一個質量分別為m和2m的靜止小球A和B。解除鎖定后兩小球被彈出，各自離開軌道做平拋運動，一段時間后進入氣流區域，氣流對兩小球各產生一個大小相等的水平向右的恒力，小球A在該區域內做直線運動，小球B最終垂直該區域下邊界穿出，離開氣流區域時小球A動能是小球B動能的2.5倍，重力加速度為g。求：(1)A、B兩小球做平拋運動過程中水平位移大小之比xA∶xB；(2)水平軌道離氣流區域上邊界的高度h；(3)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能Ep。

——★參考答案★——1.C2.D3.A4.D5.B6.C7.B8.D9.B10.A11.D12.(15分)(1)①紅、黑表筆接反；②選擇開關沒有接直流電壓擋；③兩手指直接接觸表筆(3分)(2)AC(3分，漏選得1分)(3)如圖所示(2分，直線位置基本正確得1分，兩端延長交坐標軸得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)本實驗中電源內阻較小，滑動變阻器與R0的串聯阻值遠小于電壓表內阻，故采用圖乙方案電壓表分流不明顯，系統誤差很小(或如果采用圖丁方案雖然電動勢的測量值沒有系統誤差，但由于電流表的分壓明顯，故內阻測量值的相對誤差較大)(2分)13.(6分)解：(1)小球做自由落體運動h＝eq\f(1,2)gt2(2分)解得g＝eq\f(2h,t2)(1分)(2)設環繞火星飛行的飛行器質量為m，由萬有引力定律得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板中點時速度大小v＝eq\r(2)v0＝eq\r(gL)從小球從進入電場到打到N板，由動能定理得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)小球在電場中的加速度a＝eq\f(mg－qE,m)＝eq\f(g,2)(1分)設極板的長為x，則eq\f(x,2)＝v0·eq\r(\f(2×\f(L,2),a))解得x＝2L(1分)(2)加上交變電壓UMN后小球在0～eq\f(T,2)內的加速度大小a1＝eq\f(mg＋q\f(U0,L),m)＝2g(1分)小球在eq\f(T,2)～T內的加速度大小a2＝eq\f(q\f(3U0,L)－mg,m)＝2g(1分)小球從進入電場到離開電場的時間t＝eq\f(x,v0)＝eq\r(\f(8L,g))，恰為T的16倍(1分)小球在豎直方向的位移y＝32×eq\f(1,2)×2g×(eq\f(T,2))2＝eq\f(L,4)故小球不能打到極板上(1分)15.(12分)解：(1)整個裝置靜止時，對小球C，有k(eq\f(5,4)L－L)＝mg(2分)解得k＝eq\f(4mg,L)(2分)(2)設彈簧恢復原長時，細線的拉力為F，裝置轉動的角速度為ω，細線與轉軸間的夾角為θ，由幾何關系知sinθ＝0.6，cosθ＝0.8對小球C，有2Fcosθ＝mg(1分)對小球A，有Fsinθ＝mω2×eq\f(5,4)Lsinθ(2分)解得ω＝eq\r(\f(g,2L))(1分)(3)彈簧恢復原長時，小球A的線速度大小v＝ω·eq\f(3,4)L(1分)由功能關系得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)設A、B兩小球做平拋運動的初速度大小分別為v0、vB0，由動量守恒定律得mv0＝2mvB0(2分)設小球做平拋運動的時間t，則xA∶xB＝v0t∶vB0t(2分)解得xA∶xB＝2∶1(1分)(2)設氣流區域內兩小球水平方向加速度大小為aAx、aBx，由牛頓第二定律得F＝maAx，F＝2maBx解得aAx＝2aBx(1分)設出氣流區域時小球A的水平速度為vAx，在氣流區域內運動時間為t1，兩小球在氣流區域內水平方向做勻變速直線運動，得vAx＝v0＋aAxt1，0＝vB0－aBxt1解得vAx＝2v0(1分)如圖所示，設小球A進入氣流區域的豎直速度為vy1，出氣流區域時的豎直速度為vy2，因為小球A在氣流區域內做直線運動，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＝