安徽省六校联盟2024-2025学年高三（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份安徽省六校联盟2024-2025学年高三（上）期中物理试卷（含解析），共14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.如图所示实线为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，已知质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则下列说法中正确的是( )
A. 质点经过C点的速率一定比经过D点的速率大
B. 物体所受的合外力不断变化
C. 质点经过D点时的加速度比B点的加速度大
D. 质点从B沿轨迹运动到E，则此过程中合外力先做正功后做负功
【答案】A
【解析】【分析】
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了。
【解答】
A.由题意，质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿D点轨迹的切线方向，则知加速度方向向上，合外力也向上，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由C到D过程中，合外力做负功，由动能定理可得，C点的速率一定比经过D点的速率大，故A正确；
B.质点做匀变速曲线运动，加速度不变，合外力也不变，故B错误；
C.质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加速度与B点相同，故C错误；
D.质点由B到E过程中，合外力与速度夹角先大于90°，后小于90°，合外力先做负功后做正功，故D错误。
故选A。
2.宏观现象是由微观机制所决定的。对同一个物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。经典电磁理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电场，这种恒定电场的性质与静电场相同。金属导体中的自由电子在电场力的作用下开始定向移动形成电流。如图所示为一块均匀的长方体金属导体，长为a，宽为b，厚为c。
在导体EF两侧加上电压U，导体中的自由电子在电场力的作用下开始定向移动，形成电流。根据电荷守恒定律，单位时间内通过导体横截面的电荷量应相同。设电子的带电量为e，单位体积内的自由电子数为n，自由电子定向移动的平均速率为v，则在时间Δt内，通过长方体金属导体样品的自由电子数目N为( )
A. N=nvab△tB. N=nvbc△tC. N=nvabΔtD. N=nvbcΔt
【答案】D
【解析】解：由电流的定义式I=q△t可得：I=Ne△t；
由I=nveS可得：
N=nvbcΔt
故ABC错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电阻及电流的微观意义，从而根据电流定义式可解得自由电子数目。
3.轻质丝绸放置在光滑斜面上，若固定丝绸，将物块B放置在丝绸上，恰能静止。现将物块A、B放置在丝绸上，用沿斜面向上的力F拉物块A，丝绸不固定，系统保持静止，如图所示；已知物块A、B的质量分别为mA、mB，与丝绸的动摩擦因数分别为μA、μB，则( )
A. 若μA=μB，mB不可能大于mAB. 若μA0)的甲、乙两粒子以相同的初动能Ek从O点先后进入匀强电场，此后甲经过A点时的动能为4Ek，乙经过B点时的动能为2Ek，若粒子仅受匀强电场的电场力作用，则该匀强电场的场强大小为( )
A. EkqlB. 3Ek3qlC. 2 3Ek3qlD. 3Ekql
【答案】C
【解析】【分析】
根据匀强电场中沿任意方向相同距离电势差相等。甲经过A点时的动能为4Ek，乙经过B点时的动能为2Ek，得到AB两点的电势差；由公式U=Ed，求解场强大小。
【解答】
甲粒子从O到A，根据动能定理得qUOA=3Ek
乙粒子从O到B，根据动能定理得qUOB=Ek
​​​​​​​则 UOA=3Ekq,UOB=Ekq
所以UOA=3UOB
则根据匀强电场的特点可找到与B点电势相等的点，设为D点，从而做出等势面如图：
其中BD为等势面，所以有UOB=Ed
d=sin60°·l；
联立解得E=2 3Ek3ql；故C正确；ABD错误；
故选C。
5.如图所示，在方向水平向右、电场强度大小为E的匀强电场中，O点固定一电荷量为Q的正电荷，a、b、c、d是以O为圆心、r为半径的同一圆周上的四个点，b、d连线与电场线平行，a、c连线与电场线垂直，静电力常量为k，则( )
A. a点的电场强度为 E2+kQr22B. b点的电场强度为E-kQr2
C. d点的电场强度不可能为0D. a、c两点的电场强度相同
【答案】A
【解析】【分析】
根据点电荷形成的电场及电场强度的矢量叠加求解。
本题考查点电荷形成的电场及矢量叠加，本题易错点为D选项，电场强度相同必须大小相等，方向相同。
【解答】
A、电场强度为矢量，正点电荷在a点的电场强度大小为kQr2，方向向上，匀强电场方向向右，a点的电场强度满足平行四边形定则，则a点电场强度大小为 E2+kQr22，方向斜向右上，故A正确；
B、正点电荷在b点的电场强度大小为kQr2，方向向右，匀强电场方向向右，则b点电场强度大小为E+kQr2，故B错误；
C、正点电荷在d点的电场强度大小为kQr2，方向向左，匀强电场方向向右，则d点电场强度大小为E-kQr2，当E=kQr2时，d点电场强度大小为零，当E≠kQr2时，d点电场强度大小不为零，故C错误；
D、正点电荷在c点的电场强度大小为kQr2，方向向下，匀强电场方向向右，则c点电场强度大小为 E2+kQr22，方向斜向右下，a、c两点电场强度大小相同，方向不同，故D错误。
6.如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的斜面B上，大小相等方向相反的水平力F1、F2分别作用在A和B上，已知B静止不动，A沿斜面匀速上滑，则
A. A与B之间一定存在摩擦力
B. B与地面之间可能存在摩擦力
C. B对A的支持力不一定大于mg
D. 地面对B的支持力的大小不一定等于(M+m)g
【答案】A
【解析】【分析】
本题关键是对两个木块整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力，然后再对物块A受力分析，再次根据平衡条件列式求解出各个力的情况。
【解答】
A.A沿斜面匀速上滑，而B对A一定有支持力，故A与B之间一定存在摩擦力，且摩擦力沿斜面向下，故A正确；
C.对A受力分析，A受重力mg、支持力N、摩擦力f、喝水平力F1，根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，可以得到：Ncsθ=mg+fsinθ，所以B对A的支持力一定大于mg，故C错误；
BD.对两个木块整体受力分析，受到重力(M+m)g、支持力N和已知的两个推力，
对于整体，由于两个推力的合力刚好为零，故整体与地面间没有摩擦力；根据共点力平衡条件，有：N=(M+m)g，故B、D错误
故选A
7.一机车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出机车动能Ek与位移x的关系图像如图所示．已知机车的质量为1000 kg，机车运动过程中所受阻力不变，就图像所对应的过程，下列说法正确的是( )
A. 机车的最大速度为80 m/sB. 机车所受阻力为4000 N
C. 机车的额定功率为320 kWD. 机车加速阶段时间为16.25 s
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查机车的额定功率起动问题。牵引力的功为Pt；根据动能定理求解阻力和加速运动的时间；机车匀速运动时，牵引力与阻力平衡。
【解答】
B.机车关闭发动机后，根据动能定理得：-fx=0-Ek.故有f=Ekx=8×105(11-7)×102N=2000N，故B错误；
AC.由图像知机车的最大动能Ekm=8×105J，由Ekm=12mvm2得vm= 2Ekmm=40m/s，机车的额定功率为：P=Fvm=fvm=2×103×40 W=80 kW.故A错误，C错误；
D.对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt-fs=Ek2-Ek1，代入数据解得到 t=16.25 s，故D正确．
故选D.
8.目前，我国已经发射了7艘“神舟号”载人飞船，使我国成为继俄罗斯、美国之后世界上第三个独立掌握宇宙飞船天地往返技术的国家。如图所示，若某飞船离地面的高度等于地球的半径R，绕地球赤道做匀速圆周运动。已知地球表面的重力加速度为g，地球自转周期为T0，太阳光可看做平行光。则下列说法正确的是
A. 飞船做圆周运动的周期为T=4π RgB. 一天内有T08π 2gR次太阳光照射不到飞船
C. 飞船的线速度大小为 2gRD. 飞船的角速度大小为 g2R
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查天体运动中的周期、“遮挡”、角速度等问题，意在考查考生的推理能力和理解能力。
根据万有引力提供向心力结合黄金代换计算飞船周期，进而计算线速度和角速度。
【解答】
A.根据GMm(2R)2=m4π2T2(2R)，GMmR2=mg可得T=4π 2Rg，选项A错误；
B.飞船每绕地球运行一周，中间就会有一次太阳光照不到飞船，由此可知一天内太阳光照射不到飞船的次数为n=T0T=T08π 2gR，选项B正确；
C.飞船的线速度大小为v=2π(2R)T= gR2，选项C错误；
D.飞船的角速度大小为ω=2πT= g8R，选项D错误。
故选B。
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，固定的光滑绝缘斜面上方存在沿斜面向上的匀强电场，将一带正电小球(视为质点)从斜面顶端A点由静止释放，一段时间后小球与下方轻质绝缘弹簧在B点开始接触并压缩弹簧。若在小球从释放至小球到达最低点C的过程中小球克服电场力做的功为W，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是( )
A. 小球反弹后可到达A点
B. 小球通过B点时的动能最大
C. 小球从A点运动到C点的过程中速度先增大后减小
D. 小球从A点运动到C点的过程中，小球与弹簧的机械能的减少量为W
【答案】ACD
【解析】【分析】
根据系统能量守恒判断小球的反弹情况，根据小球受力和运动分析判断小球的运动情况，根据机械能守恒条件推断电势能和机械能的转化。
【解答】
A.根据能量守恒定律可知，系统重力势能、弹性势能、动能及电势能发生相互转化，因此小球反弹后可到达A点，故A正确；
BC.经分析可知，小球在B、C两点间的某处(设为D点)所受合力为零，小球从A点运动到D点的过程中，小球所受合力沿斜面向下，小球从D点运动到C点的过程中，小球所受合力沿斜面向上，因此小球从A点运动到C点的过程中速度先增大后减小，且小球通过D点时的速度最大，动能最大，故B错误、C正确；
D.小球从A点运动到C点的过程中，小球电势能的增加量为W，根据功能关系可知，该过程中小球与弹簧的机械能减少，减少量为W，故D正确。
10.如图所示，地面上固定一倾角为θ=37°，高为h的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E= 3mgq，现将一个带正电的的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为4 33mgh
B. 物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为3mgh
C. 物块落地的速度大小为(2+8 33)gh
D. 物块落地的速度大小为2 2gh
【答案】BD
【解析】【分析】
分析物块的受力情况，明确物块的运动轨迹，再分析各力的做功情况，再根据动能定理即可求得物块落地时的速度大小。
本题要注意明确物体的运动是由所受到的力和初状态决定的。这个题目容易认为物块沿着斜面下滑，从而出现错解。
【解答】
物块受到的电场力F=qE= 3mg，则合力的大小为2mg，合力的方向和水平夹角为30​∘，则小物块沿合力方向做匀加速直线运动，不会沿着斜面下滑。从静止释放到落地的过程中电场力做功为W=qE⋅ 3h=3mgh，设落地速度为v，根据动能定理可得mgh+qE⋅ 3h=12mv2，解得v=2 2gh，故AC错误，BD正确。
故选BD。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学设计了如图所示实验装置探究向心力与质量、半径的关系。水平杆光滑，竖直杆与水平杆铰合在一起，相互垂直，绕过定滑轮的细线两端分别与物块和力传感器连接。(忽略细线与定滑轮间的摩擦)
(1)探究向心力与质量关系时，让物块1、2的质量不同，测出物块1、2的质量分别为m1、m2，使物块到竖直轴距离 (填“相同”或“不同”)，转动竖直杆，测出不同角速度下两个力传感器的示数F1、F2。反复实验测出多组F1、F2，作出F1-F2图像，如果作出的图像是过原点的斜线，且图像的斜率等于 ，则表明在此实验过程中向心力与质量成正比。
(2)该实验过程中采用的实验方法是 。
A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法
【答案】相同
m1m2
C

【解析】【分析】
(1)由控制变量法判断得解；由向心力表达式解得F1-F2的关系，由此得解；
(2)由该实验的思想方法得解。
本题主要考查探究向心力与质量、半径的关系的实验，熟悉实验原理及操作是解题的关键，难度一般。
【解答】
(1)由实验的实验过程及实验目的可知，该实验应采用控制变量法，故探究向心力与质量关系时，应使物块到竖直轴距离相同；
由向心力表达式可得：F1=m1rω2，F2=m2rω2，由于二者角速度、半径均相同，故可得：F1F2=m1rω2m2rω2=m1m2，即：F1-F2图像的斜率为：m1m2，则表明在此实验过程中向心力与质量成正比；
(2)由实验的实验过程及实验目的可知，该实验应采用控制变量法，故C正确。
12.力敏电阻被广泛应用于汽车电子、医疗设备以及工业机器人等领域。为了研究现有一可视为纯电阻的力敏电阻(型号FSR408)的电阻值随着表面所受压力的变化而变化的情况，新华中学课外兴趣小组的同学设计的实验电路如图所示，已知该力敏电阻的电阻值在100 Ω～3000 Ω之间变化。除了型号为FSR408的力敏电阻外，兴趣小组现有的器材还有：
直流电源E(电动势约为6 V，内阻约为1 Ω)；
电压表(量程为6 V，内阻约为3 kΩ)；
电压表(量程为15 V，内阻约为5 kΩ)；
电流计(量程为3 mA，内阻为11 Ω)；
滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω，额定电流为3 A)；
滑动变阻器R2(最大阻值为1 kΩ，额定电流为0.5 A)；
开关及导线若干。
(1)实验中要求尽量减小误差，应保证电表在测量时其最大示数超过量程的一半，则滑动变阻器应选择________(填“R1”或“R2”)，电压表应选择________(填“”或“”)。
(2)为了在实验中使电流计符合实验要求，需要给电流计________(填“串”或“并”)联一个阻值为________Ω的定值电阻，就可以将该电流计改装为量程36 mA的电流表。
(3)使用该电路测量时，由于电压表不是理想电表，因此测量值________(填“大于”或“小于”)真实值。
(4)已知力敏电阻(型号FSR408)的电阻值随着表面所受压力的增大而减小。实验中先将滑动变阻器的滑片P移至左端，再闭合开关S1，在给该力敏电阻施加较大的压力时，开关S2需要处于________(填“断开”或“闭合”)状态。移动滑片P至合适位置，若此时电压表示数为量程的三分之二，电流表示数为量程的四分之三，则此时力敏电阻对应的阻值为________Ω(结果保留三位有效数字)。
【答案】(1)R1；；
(2)并，1；
(3)小于；
(4)闭合；148
【解析】【分析】
本题考查了力敏电阻的测量；理解实验原理、分析清楚电路结构是解题的前提与关键，要掌握实验器材的选择原则；分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。
(1)根据图示电路图与所给实验器材进行选择；
(2)电流计增大量程需并联一个分流电阻，根据欧姆定律求解并联电阻的阻值；
(3)根据误差的来源分析；
(4)根据题意判断电路最大电流大小，然后判断开关S2是否闭合；
根据电表指针位置，结合电表量程得出电压、电流；由欧姆定律求出力敏电阻对应的阻值。
【解答】
(1)由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择应选R1；
因直流电源的电动势约为6V，则电压表应选；
(2)电流计量程为3mA，内阻为11Ω，为了将该电流计改装为量程36mA的电流表，需要并联电阻R0；
由并联电路的特点可知：Igrg=(I-Ig)R0，解得：R0=IgrgI-Ig=3×1136-3Ω=1Ω；
(3)由于电压表不是理想电表，测量的电流偏大，根据欧姆定律可知，测量值偏小，即测量值小于真实值。
(4)实验中先将滑动变阻器的滑片P移至左端，再闭合开关S1，在给该力敏电阻施加较大的压力时，力敏电阻(型号FSR408)的电阻值随着表面所受压力的增大而减小，通过的电流增大，需要扩大电流表量程，则开关S2闭合；移动滑片P至合适位置，若此时电压表示数为量程的三分之二，则U=4V；
电流表示数为量程的四分之三，则I=27mA；
根据欧姆定律可知，此时力敏电阻对应的阻值：R=UI=427×10-3Ω≈148Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，内壁光滑、内径很小的14圆弧管固定在竖直平面内，圆弧的半径r为0.2m，在圆心O处固定一个电荷量为-1.0×10-9C的点电荷。质量为0.06kg、略小于圆管截面的带电小球，从与O点等高的A点沿圆管内由静止运动到最低点B，到达B点小球刚好与圆弧没有作用力，然后从B点进入板距d=0.08m的两平行板电容器后刚好能在水平方向上做匀速直线运动，且此时电路中的电动机刚好能正常工作。已知电源的电动势为12V，内阻为1Ω，定值电阻R的阻值为6Ω，电动机的内阻为0.5Ω。求(取g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2)
(1)小球到达B点时的速度；
(2)小球所带的电荷量；
(3)电动机的电功率。
【答案】解：(1)由机械能守恒得mgr=12mvB2，解得vB=2m/s；
(2)到达B点恰好作用力为0，由牛顿第二定律得kQqr2-mg=mvB2r，解得q=8×10-3C；
(3)设电容器两端电压为U，由二力平衡得qUd=mg，
由欧姆定律得I=UR，所以电动机两端电压UM=E-U-Ir，
电动机的电功率P=IUM，解得P=5W。

【解析】(1)小球从A运动到B过程，受重力、电场力和弹力，只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律列式求解B点速度；
(2)小球到达B点时刚好与圆弧没有作用力，受重力和静电引力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；
(3)球在电场中做匀速直线运动，重力和电场力平衡，根据平衡条件求解出电压，然后根据欧姆定律求解电流，最后结合闭合电路欧姆定律求解电动机的输入电压及电功率。
14.如图所示，一根细绳绕过光滑的定滑轮，两端分别系住A、B两物体，其质量M和m分别为0.6kg和0.4kg，开始时用手托住A，使A、B处于同一高度，离地高度h为1m，重力加速度g取10m/s2，设绳足够长，绳与滑轮的质量不计，求：
(1)当A物体由静止释放到落地时的速度大小；
(2)A物体落地后B物体还能上升的高度。
【答案】解：(1)对AB，由系统机械能守恒：Mgh-mgh=12Mv2+12mv2
解得：v=2m/s
(2)对B，由机械能守恒定律：12mv2=mgh'
解得：h'=0.2m
【解析】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，注意分析物体的运动过程，明确物理规律的应用即可求解。
(1)两个物体组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，由系统机械能守恒定律列式即可求解；
(2)A落地时，B的速度大小等于A的速度大小，对B运用机械能守恒定律即可求解。
15.如图甲所示，质量m1=1 kg的小物块A静止在一质量m2=0.5 kg的足够长的木板B的左端。当小物块A受到一个水平向右的外力F作用时，测得A与B间摩擦力f随外力F的变化关系如图乙所示。现对小物块A施加水平向右的拉力F=15 N，作用2 s后撤去。重力加速度取g=10 m/s2，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)物块A与木板B间的动摩擦因数μ1和木板B与地面间的动摩擦因数μ2；
(2)从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间t；
(3)物块A与木板B之间因摩擦而产生的热量Q和物块A对木板B做的功。
【答案】解：(1)根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为f1=6N，
B与地面的滑动摩擦力为f2=3N，
则有：μ1m1g=f1，μ2(m1+m2)g=f2，
解得：μ1=0.6，μ2=0.2。
(2)拉力F=15N开始作用在物块A时，对物块A分析，根据牛顿第二定律得：F-f1=m1a1，
对木板B分析，根据牛顿第二定律得：f1-f2=m2a2，
解得：a1=9m/s2，a2=6m/s2，
拉力F作用2s时物块A和木板B的速度分别为v1=a1t1，v2=a2t1，
解得：v1=18m/s，v2=12m/s，
撤去拉力F直到物块A和木板B共速的过程中，物块A的加速度大小满足m1a3=μ1m1g，
物块A和木板B的共速时满足v=v1-a3t2=v2+a2t2，
解得：a3=6m/s2，v=15m/s，t2=0.5s，
物块A和木板B共速后直到停止的过程中，整体的加速度大小满足(m1+m2)a=μ2(m1+m2)g，
解得：a=2m/s2，
减速的时间t3=va=7.5s，
所以从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间t=t1+t2+t3=10s。
(3)从拉力F开始作用到物块A和木板B共速的过程中，物块A和木板B的相对位移
Δx=v1-v22t1+v1-v22t2，
因此物块A与木板B因摩擦而产生的热量Q=f1Δx，
解得：Q=45J，
物块A与木板B发生相对运动的过程中，木板B的位移x=v2(t1+t2)，
所以物块A与木板B间滑动摩擦力对木板B做的功Wf=f1x，
解得：Wf=112.5J。
【解析】根据乙图，当F≤4N时，AB均静止，当4N12N时，AB之间发生相对滑动，读懂乙图后，根据牛顿第二定律可求出μ1、μ2，根据牛顿第二定律结合运动学公式分析物体的运动过程，根据Q=fΔx求摩擦热，根据恒力做功公式求A对B做的功。