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-

这是一份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-，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
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. 4:5B. 5:4C. 4:1D. 1:4
【答案】C
【解析】根据电阻定律R=ρLS
根据欧姆定律ΔU=I⋅ΔR
联立以上两可得ρ=SI⋅ΔUΔL
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 的电阻率之比ρ1ρ2=−−0.5=41
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. 小球潜入水中的深度为3.2m
【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)×82m=3.2m，因为小球做变减速运动，图像中不规则图形的面积小于三角形的面积，所以小球潜入水中的深度小于3.2m，故D错误；
B.跳台与水面的高度差是h1=(1.2−0.4)×82m−0.4×42m=2.4m，故B正确。
3.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14mgRB. Q点的重力瞬时功率为mg gR
C. 克服摩擦力所做的功为12mgRD. 质点可以上升到右侧12R高处
【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高处。
本题考查功能关系，关键要熟记几个常用的功能关系，重力做功与重力势能变化的关系，合力做功与动能变化的关系，除重力以外其它力做功与机械能变化的关系。
【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=12mgR
根据功能关系，机械能减少量等于克服摩擦力做的功，即
机械能减少了12mgR，故A错误，C正确；
B.在最低点，重力的方向和速度方向垂直，故瞬时功率为零，故B错误；
D.质点从最低点向左运动时，有12mv2vcx，根据速度的合成可知，a抛出时的速度va0=vax，a落到b点时的速度vab= vay2+vax2，c落到b点时的速度vcb= vcy2+vcx2，故从c点飞出的排球击中b点时速度较小，动能较小，故B错误；
C、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=12mvc02=12mvcb2=12m(vcy2+vcx2) ，因为vax>vcx，两次击球，运动员对排球所做的功大小关系不确定，故C正确；
D.排球从c点击中b点的过程中，重力对排球的冲量为IG=mgtc=2mg 2hg=2m 2gh，故D错误。
7.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
D. 杆对4号猴子的作用力大小为3mg
【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F23=119mg，故B错误；
C.对2、3号猴子为整体进行受力分析可得F34−2mg=2ma′，解得F34=229mg，由牛顿第三定律可知，3号猴子对4号猴子的作用力大小为229mg，故C正确；
D.杆对4号猴子的作用力保持不变，所以作用力大小仍为113mg，故D错误。
8.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+m2v2，12m1v02=12m1v12+12m2v22，解得v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0，由于轨道和小球的质量相等，故小球回到A点时的速度v1=0，恰好做自由落体运动，故D正确；
故选D。
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
D. 当出射速度方向在竖直平面内且沿斜坡向下时，水流落在斜坡上的速度最大
【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=gcsθ，hcsθ=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=vcsφt+12ayt2，沿x轴方向有x=vsinφt，解得：(y−hsinθ)2+x2=2hv2g，所以水流在斜坡上的落点均在圆心位于(0,hsinθ,hcsθ)的圆上，C错误;
由前面分析可知，当出射速度方向沿y轴负方向时，水流在空中运动的位移最短，B错误;
当出射速度方向沿y轴正方向即沿斜坡倾斜向下且与喷水管夹角为90∘−θ时，水流在斜坡上的落点最低，竖直速度最大，合速度也最大，D正确。
故选AD。
10.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mv2ql
【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=l，沿电场方向有： 22v=qEm·t2，解得：E=mv2ql，D正确；
故选AD。
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g=10 m/s2)
(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，测出滑块的质量为m1=1.5 kg，则滑块与木板间的动摩擦因数μ为 ；
(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k和L表示)。
【答案】0.2
2Lt2
k2L
6+ kL

【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；
(2)根据L=12at2可得，a=2Lt2;对木板由牛顿第二定律有F2−μ(m2+2m1)g=m2a，故F2=6+2m2+m22Lt2因此，F2−1t2图线斜率k=2m2L，则木板的质量为m2=k2L，纵截距为6+kL。
12.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500Ω。现实验室有如下器材可供选择：
A.待测电阻Rx;
B.电流表A1(量程0∼10mA，内阻RA=100Ω);
C.电流表A2(量程0∼5mA，内阻RA2约为100Ω);
D.电压表V(量程0∼1.5V，内阻RV=500Ω;
E.定值电阻R0=200Ω;
F.滑动变阻器R1(最大阻值约为10Ω，允许通过的最大电流为1A);
G.滑动变阻器R2(最大阻值约为1000Ω，允许通过的最大电流为1A);
H.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__________。(请填写所选仪器前的字母编号)
(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“>”“x0，故两车会相撞；
(3)恰好不相撞时两车的速度相等，即
v1−a1t=v2+a2t−t0
解之得：t=3s
轿车的前进的距离s1′=v1t−12a1t2
火车前进的距离s2′=v2t0+v2t−t0+12a2t−t02
解得s1′=97.5m,s2′=66.25m，
因为s1′−s2′=31.25m