第=page11頁，共=sectionpages11頁安徽省實驗中學2024-2025學年高三（上）期中聯考物理試卷一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.某質點在幾個恒力作用下做勻速直線運動，現突然將與質點速度方向相反的一個力旋轉90°，則關于質點運動狀況的敘述正確的是(

)A.質點的速度一定越來越小 B.質點的速度可能先變大后變小

C.質點一定做勻變速曲線運動 D.因慣性質點將繼續保持勻速直線運動【答案】C

【解析】【分析】

物體原來做勻速直線運動，力F與其余力的合力大小相等，方向相反．將與速度反方向的作用力F水平旋轉90°時，該力與其余力的合力夾角為90°，這時物體的合力大小為2F，方向與速度的夾角為45°.根據物體的受力情況分析物體的運動情況．

本題考查根據受力情況分析物體運動情況的能力．對于物體的平衡，有一個重要推論要理解記牢：物體在幾個力作用下平衡時，一個力與其余力的合力大小相等，方向相反，作用在同一直線上．

【解答】

AB、將與速度反方向的作用力F水平旋轉90°時，該力與其余力的合力夾角為90°，這時物體的合力大小為2F，方向與速度的夾角為45°，物體受力的方向與運動的方向之間的夾角是銳角，所以物體做速度增大的曲線運動．故A錯誤，B錯誤；

C、根據牛頓第二定律得加速度a2.如圖所示為汽車蓄電池與車燈、啟動電動機組成的電路，蓄電池內阻為0.05?Ω，車燈電阻不變，電動機線圈內阻為0.02?Ω，電流表和電壓表均為理想電表，只閉合S1時，電流表示數為10?A，電壓表示數為A.蓄電池的電動勢為12V B.通過啟動電動機的電流是2?A

C.啟動工作時電動機的輸出功率為430?【答案】C

【解析】【分析】只接通S1時，電路是純電阻電路，可以用閉合電流的歐姆定律求出電動勢及燈泡的電阻。

再接通S2后，電動機開始工作，電路是非純電阻電路，通過啟動電動機的電流等于總電流減去燈泡電流，及根據能量守恒定律分析輸出功率。【解析】

只接通S1時，車燈與蓄電池串聯，由閉合電路歐姆定律得E=U+Ir=12V+10×0.05V=12.5V，

車燈的電阻R燈=UI=1210Ω=1.23.如圖所示，在水平粗糙橫桿上，有一質量為m的小圓環A，懸吊一個質量為M的小球B，今用一水平力F緩慢地拉起B，A仍保持靜止不動，設圓環A受到的支持力為FN，靜摩擦力為Ffo此過程中(

)

A.FN增大，Ffo減小 B.FN不變，Ffo減小

C.FN不變，F【答案】C

【解析】【分析】題中B緩慢運動可視為受力平衡，則對B受力分析，由共點力的平衡可得出拉力的變化；再對整體受力分析可得出摩擦力及支持力的變化。

本題也可以由隔離法求解，但是解答過程較為麻煩；因此在解題時要特別注意整體法的應用。【解答】對B受力分析，則B受重力、繩子的拉力及F；三力滿足應始終處于平衡狀態；受力分析如圖所示：

在B上升的過程中繩子與豎直方向的夾角增大，而重力不變，F=Gtanθ，故拉力F應增大；

以AB為整體受力分析，整體在水平方向受拉力、摩擦力；豎直方向上受總重力、支持力；

因整體處于平衡狀態，故水平方向Ff0=F，因F4.如圖所示，勻強電場中A、B、C三點構成一等腰三角形，AB?=c，∠B=30°，電場強度的方向平行于紙面。一個電子在靜電力作用下由A點運動到C點動能減少Ek，而一個質子在靜電力作用下，由A點運動到B點動能增加A.大小2Ekec，方向垂直于AC并由B點指向AC

B.大小2Ekec，方向垂直于BC并由A點指向BC

C.大小E=23【答案】B

【解析】【分析】電子在電場力作用下，由A至C動能減少，由電場力做功判斷電子電勢能的變化，及A、C兩點的電勢高低，由動能定理可求出AC間電勢差；同理，由動能定理求出AB間電勢差，分析BC間電勢的關系，作出等勢線，根據電場線與等勢線垂直，由高電勢處指向低電勢處，判斷電場線方向，由E=Ud求出電場強度的大小。

本題根據動能定理求出電勢差，找出等勢點，根據電場線與等勢面之間的關系判斷電場強度的方向，是經常采用的思路。

【解答】

根據動能定理得：電子從A→C過程，電場力做負功?Ek，得A、C間電勢差為UAC=?Ek?e=Eke>0，則φA>φC；質子從A→B過程，電場力做正功5.如圖所示，a和b是點電荷電場中的兩點，a點電場強度Ea與ab連線夾角為60°，b點電場強度Eb與ab連線夾角為30°A.這是一個正點電荷產生的電場，Ea:Eb=1:3

B.這是一個正點電荷產生的電場，【答案】D

【解析】【分析】

將Ea、Eb延長相交，根據交點可確定點電荷Q的位置，根據兩點到Q距離的大小關系，由幾何知識求出a、b兩點到Q的距離之比，確定電場強度和電場力的大小。

本題的解題關鍵是孤立的點電荷Q位置，根據點電荷電場線分布特點，運用作圖法確定。

【解答】

AB.設點電荷的電荷量為Q，將Ea、Eb延長相交，交點即為點電荷Q的位置，如圖所示：

從圖中可知電場方向指向場源電荷，故這是一個負點電荷產生的電場，故AB錯誤；

CD.設a、b兩點到Q的距離分別為ra和rb，由幾何知識得到ra:rb6.如圖所示，質量均為m的兩個木塊P和Q疊放在水平地面上，P、Q接觸面的傾角為θ。現在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相對靜止一起向左勻速運動，已知重力加速度為g，下列說法正確的是(

)

A.P木塊所受合力向左

B.Q與地面間的動摩擦因數μ=Fmg

C.P受到Q的摩擦力一定為mgsin?【答案】C

【解析】【分析】

P、Q保持相對靜止一起向左勻速運動，都處于平衡狀態，合力為0；可求得地面的摩擦力大小，根據滑動摩擦力公式可求得動摩擦因數；若P、Q之間光滑，對P受力分析知不可能受力平衡；突然撒去F后，Q受地面從摩擦力作用不可能做勻速運動。

本題考查了物體的平衡條件、滑動摩擦力公式的應用，注意整體法、隔離法的應用。

【解答】

A.P木塊向左勻速運動，處于平衡狀態，合力為0，故A錯誤；

B.P、Q保持相對靜止一起向左勻速運動，地面對Q的摩擦力f=F=μ?2mg，解得：μ=F2mg，故B錯誤；

C.對P木塊受力分析可得，P受到Q的摩擦力為mgsin7.起重機豎直提升質量為m的物體，在其輸出功率正好等于額定功率時開始計時，此后起重機在額定功率下工作，物體上升的v?t圖像如圖所示。t=0時刻圖像斜率為a，重力加速度為g。則A.t=0時刻起重機的牽引力為ma

B.起重機的額定功率為mgv0

C.物體上升過程的最大速度(1【答案】C

【解析】A、設t=0時刻起重機對物體的牽引力為F，v?t圖像的斜率為加速度，對物體有F?mg=ma得，F=m(g+a)錯誤;

B、起重機的額定功率P=Fv0=m(g8.2022年11月29日23時08分，搭載神舟十五號載人飛船的長征二號遙十五運載火箭在酒泉衛星發射中心點火發射，11月30日7時33分，神舟十五號3名航天員順利進駐中國空間站，與神舟十四號航天員乘組首次實現“太空會師”。中國空間站在距地面約390km的近圓形軌道上運行，運行軌道面與赤道面夾角約為42°，其運行方向和地球自轉方向如圖所示。已知地球表面的重力加速度大小約為9.8m/s2，地球的半徑為6400km，地球的自轉周期約為24A.1300km B.2600km C.【答案】D

【解析】【分析】本題考查衛星的運動規律，解決問題的關鍵是清楚空間站繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力；再結合處于地球表面的物體，萬有引力約等于重力分析計算。【解答】

萬有引力提供空間站圓周運動的向心力，故GMmr2=mr4π2T2。而處于地球表面的物體，萬有引力約等于重力，即GMmR2=mg，解得空間站的周期T=二、多選題：本大題共2小題，共10分。9.坐標系xOy所在的豎直平面內存在著范圍足夠大且方向豎直向下的勻強電場，x軸沿水平方向，一帶負電小球以初速度v0從坐標原點Ｏ水平射出，一段時間后小球通過第四象限PL,?L點(圖中沒有標出)。已知小球質量為m，重力加速度為A.從O到P的運動過程，運動時間為Lv0

B.到達P點時動能為52mv02。

C.到達【答案】AB

【解析】A.從O到P的運動過程，小球在水平方向上做勻速運動，則運動時間為t=LvB.小球在豎直方向做勻加速運動，則vy2到達P點時速度為v動能為Ek=1C.到達P點時速度偏向角正切值為tanθ=vD.由動能定理，m所受電場力大小為F=mg故選AB。

本題考查了帶電粒子在電場和重力場的復合場中的運動，關鍵是將物體的運動分解成水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動，并根據運動規律分析計算。10.如圖甲所示，質量為m的小火箭由靜止開始加速上升，豎直向上的推力F與速度倒數1v的關系圖像如圖乙所示，火箭獲得的最大速度為vm，由靜止開始到速度為v1需要的時間為t1。不計空氣的阻力和燃料燃燒時的質量損失，重力加速度為g，則(

)

A.火箭在啟動過程中，加速度不變

B.F?1v關系圖像的面積表示火箭的最大功率mgvm

C.火箭的速度為v1【答案】CD

【解析】【分析】

公式P=Fv可得：F=P?1【解答】A.根據題意，由牛頓第二定律有F可得a由圖可知，隨著速度的變化，推力

F

變化，則加速度a變化，故A錯誤；B.根據功率與速度的關系P可得F由圖可知，

F?1v

圖像是過原點的傾斜直線，則火箭以恒定的最大功率

PmF則有P故B錯誤；C.根據題意可知，火箭的速度為

v1

F由牛頓第二定律可知，火箭的加速度為a故C正確；D.根據題意，設0～t1內火箭上升的高度為

P解得h故D正確。故選CD。三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.某物理興趣小組利用傳感器進行探究，實驗裝置原理如圖所示。裝置中水平光滑直槽能隨豎直轉軸一起轉動，將滑塊套在水平直槽上，用細線將滑塊與固定的力傳感器連接。當滑塊隨水平光滑直槽一起勻速轉動時，細線的拉力提供滑塊做圓周運動需要的向心力。拉力的大小可以通過力傳感器測得，滑塊轉動的角速度可以通過角速度傳感器測得。

(1)小組同學先讓一個滑塊做半徑r為0.14m的圓周運動，得到圖甲中①圖線。然后保持滑塊質量不變，再將運動的半徑r分別調整為0.12m、0.10m、0.08m、0.06m，在同一坐標系中又分別得到圖甲中②、③、④、⑤四條圖線。

(2)對①圖線的數據進行處理，獲得了F?x圖像，如圖乙所示，該圖像是一條過原點的直線，則圖像橫坐標x代表的是______。

(3)對【答案】(2)ω2(或mω2等帶ω2即可)；

(3)探究F與r的關系時，要先控制m和ω不變，因此可在F?ω圖像中找到同一個ω對應的向心力，根據5【解析】【分析】

根據向心力公式F=mω2r可確定圖像橫坐標與ω2有關；根據圖像比較分析ω一定時，其F與r成正比例關系。

本題主要考查了滑塊受向心力與角速度的關系，通過實驗探究得出向心力與角速度的平方成正比例。

【解答】

(2)根據向心力的公式F=mω2r

根據F?x圖像知，該圖像是一條過原點的直線，F與x的圖像成正比，則圖像橫坐標x代表的是ω2(或mω2等帶ω2即可)；

(3)探究F與12.某同學欲用伏安法測定一阻值約為5?ΩA.直流電源E(電動勢約為4.5?VB.直流電流表(量程0～0.6?AC.直流電流表(量程0～3?AD.直流電壓表(量程0～3?VE.直流電壓表(量程0～15?VF.滑動變阻器R1(最大阻值為G.開關、導線若干．(1)在備選器材中，實驗中電流表應選________，電壓表應選________.(2(3)按要求完成了電路連接后，開關閉合前，滑動變阻器的滑片應置于最________(選填“左”或“右”(4)該同學正確操作，電流表和電壓表的表盤示數如圖乙所示，則電阻的測量值為________Ω；該測量值________(選填“大于”“小于”或“等于”

【答案】(1)B；D；

(2)

；

(3【解析】【分析】

本題考查伏安法測電阻，關鍵在于明確實驗的原理。

(1)根據電源電動勢選擇電壓表的量程，根據歐姆定律計算通過電阻的最大電流，從而可以選擇電流表的量程；

(2)根據RxRA與RVRx的大小關系判斷待測電阻是大電阻還是小電阻，大電阻采用內接法，小電阻采用外接法；滑動變阻器的最大阻值與待測電阻的大小相差不多，所以滑動變阻器限流式接法，根據實驗原理連接電路圖；

(3)滑動變阻器采用限流式接法，為了保護電路，開關閉合前，滑動變阻器的滑片應置于最大阻處；

(4)根據電壓表與電流表的讀數方法讀數；電流表外接法的誤差來源是是電壓表的分流，將電壓表和電流表的測量值與電阻兩端電壓和通過電阻的電流的真實值作比較，根據歐姆定律即可判斷電阻測量值的誤差。

【解答】

(1)電源電動勢為4.5V，所以電壓表的量程選3V，根據歐姆定律，得通過電阻的最大電流為：Im=UR=0.6A，所以電流表的量程選0.6A，故電流表選B，電壓表選D；

(2)由于RxRA<RVRx，所以采用電流表的外接法時，測量誤差較小。滑動變阻器的最大阻值和待測電阻的阻值相差不大，所以滑動變阻器采用限流式接法即可，連接電路如圖所示：四、計算題：本大題共3小題，共42分。13.一電路如圖所示，電源電動勢E=28V，內阻r=2Ω，電阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，(1)若開關S處于斷開狀態，則當其閉合后，求流過(2)若開關S斷開時，有一帶電微粒沿虛線方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的電場中，剛好沿虛線勻速運動，問：當開關S(3)在(2)的情況下，如果該帶電微粒的質量m【答案】解：(1)S斷開時，電阻R3兩端電壓為：U3=ER2+R3+r?R3=284+8+2×8V=16V，

S閉合后，外電阻為：R=R1(R2+R3)R1+R2+R3=12×(4+8)12+4+8Ω=6Ω，

【解析】本題由歐姆定律與帶電粒子在電場中的運動、牛頓運動定律相綜合應用，同時利用將類平拋運動分解成兩相互垂直的簡單直線運動，弄清楚電路連接情況、類平拋運動的規律是關鍵。14.如圖所示，左側為一個半徑為R=1m的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O點為球心，碗的內表面及碗口光滑。右側是一個固定光滑斜面，斜面足夠長，傾角θ=30°。一根不可伸長的不計質量的細繩跨在碗口及光滑斜面頂端的光滑定滑輪上，繩的兩端分別系有可視為質點的小球m1和m2。若m1=3kg，m2=2kg，開始時m1恰在碗口右端水平直徑A【答案】解：設重力加速度為g，小球m1到達最低點B時m1、m2的速度大小