江苏省苏州市2024-2025学年高三(上)11月期中物理试卷(解析版)

这是一份江苏省苏州市2024-2025学年高三(上)11月期中物理试卷(解析版)，共20页。
考生在答题前请认真阅读本注意事项
1.本试卷包含选择题和非选择题两部分，考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效。全卷共16题，本次考试时间为75分钟，满分100分。
2.答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效。
3.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
一、单项选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 关于以下四幅图说法正确的是（ ）
A. 甲中“8km”为位移，“40km/h”为平均速度
B. 乙中所挂钩码越多，弹簧的劲度系数就越大
C. 丙中伽利略研究落体运动时利用斜面是为了“冲淡”重力，便于测量时间
D. 丁中研究控制平衡车加速的身体动作时，可将人看成质点
【答案】C
【解析】A．“8km”所指为路程，限速牌上的“40km/h”所指为瞬时速度，故A错误；
B．在弹性限度内，弹簧的劲度系数仅与弹簧本身有关，与所挂的重物多少无关，故B错误；
C．伽利略研究落体运动规律时利用斜面是为了“冲淡”重力的影响，便于测量运动时间，故C正确；
D．研究控制平衡车加速的身体动作时，人的体形不能忽略不计，不可以将人看成质点，故D错误。
故选C。
2. 图甲是表演抖空竹时的动作，图乙为示意图。假设空竹光滑且不考虑其转动，某时刻表演者两手水平，左手不动，右手缓慢向右移动一小段距离，则细线拉力（ ）
A. 增大B. 减小
C. 不变D. 条件不足，无法确定
【答案】A
【解析】对空竹由平衡可知
左手不动，右手缓慢向右移动一小段距离，则θ角变大，则细线拉力T变大。
故选A。
3. 如图所示，绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上放着质量为m的物块，物块与圆盘保持相对静止。则物块（ ）
A. 受到4个作用B. 加速度不变
C. 越靠近转轴摩擦力越大D. 越远离转轴越容易滑动
【答案】D
【解析】A．物块与圆盘保持相对静止，物块做匀速圆周运动，受重力、支持力与静摩擦力3个力作用，故A错误；
B．物块做匀速圆周运动，加速度方向始终指向圆心，可知，加速度方向发生变化，故B错误；
C．结合上述可知
可知，越靠近转轴摩擦力越小，故C错误；
D．结合上述可知，物块越远离转轴摩擦力越大，由于物块与圆盘保持相对静止，摩擦力不能够大于最大静摩擦力，可知，物块越远离转轴越容易滑动，故D正确。
故选D。
4. 如图甲所示是中国运动员全红婵在十米跳台跳水比赛中的精彩瞬间，从离开跳台开始计时，其重心的图像可简化为图乙，则运动员（ ）
A. 在0~内一直下降B. 在0~内处于失重状态
C. 在时已浮出水面D. 在水中的加速度逐渐增大
【答案】B
【解析】A．根据全红婵运动的v-t图像可知，0～t1时间内上升，t1～t2时间内下降，故A错误；
B．在0～t1时间内向上减速，加速度向下，故处于失重状态，故B正确；
C．在t3时刻运动员在水中运动到最低点，速度为0，故C错误；
D．图中t2～t3时间，运动员在水中向下运动，图像的切线斜率在逐渐减小，根据斜率代表加速度，则加速度在逐渐减小，故D错误。
故选B。
5. 如图甲所示为计算机键盘，每个键下面由相互平行的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，组成了如图乙所示的平行板电容器，内部电路如图丙。在按键过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电容器的电容减小
B. 两金属片间的电场强度不变
C. 电容器储存的电能减少
D. 电流方向从b经电流计流向a
【答案】D
【解析】A．按键过程中d减小，由电容决定式
可知在所以电容C增大，故A错误；
B．电容器电压不变，d减小，由
可知E增大，故B错误；
C．电容器电压不变，电容C增大，由
Q=CU
可知Q增大，储存的电能增大，故C错误；
D．电容器电荷量增大，为充电过程，电流方向从b经电流计流向a，故D正确。
故选D。
6. 某同学想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端系上一支圆珠笔，细绳的上端用胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。若要根据这张照片估算此时地铁的加速度，只需要测量（ ）
A. 圆珠笔的质量
B. 绳子的长度
C. 绳子和竖直方向的夹角
D. 绳子下端到竖直扶手的距离
【答案】C
【解析】对笔受力分析，设细绳与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得
即
则若要根据这张照片估算此时地铁的加速度，只需要测量绳子和竖直方向的夹角。
故选C。
7. 2024年3月20日，我国“鹊桥二号”卫星发射成功，多次调整后进入周期为24h的环月椭圆轨道运行，并与在月球上开展探测任务的“嫦娥四号”进行通讯测试。已知月球自转周期27.3天，下列说法正确的是（ ）
A. 月球处于“鹊桥二号”椭圆轨道的中心位置
B. “鹊桥二号”在近月点和远月点的加速度大小相同
C. “鹊桥二号”在远月点的运行速度小于月球第一宇宙速度
D. “鹊桥二号”与月心连线和“嫦娥四号”与月心连线在相等时间内分别扫过面积相等
【答案】C
【解析】A．由开普勒第一定律可知，月球处于“鹊桥二号”椭圆轨道的一个焦点上，A错误；
B．“鹊桥二号”在近月点距离月球最近，受到的万有引力最大，加速度最大；在远月点距离月球最远，受到的万有引力最小，加速度最小，故“鹊桥二号”在近月点和远月点的加速度大小不相同，B错误；
C．“鹊桥二号”在远月点的速度小于轨道与远月点相切的卫星的线速度，轨道与远月点相切的卫星的线速度小于第一宇宙速度，故“鹊桥二号”在远月点的运行速度小于月球第一宇宙速度，C正确；
D．由开普勒第二定律可知，同一颗卫星与月球的连线在相同时间扫过的面积相等，但是“鹊桥二号”与 “嫦娥四号”是两颗轨道不同的卫星，相同时间扫过的面积不相等，D错误。
故选C。
8. 如图所示，某景区的彩虹滑梯由两段倾角不同的直轨道组成，游客由静止开始从顶端滑到底端，且与两段滑梯间的动摩擦因数相同。用x、a、E、P分别表示其下滑距离、加速度、机械能和重力的功率，t表示所用时间，下列图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A．游客沿两段轨道上都做匀加速直线运动，第一段有
第二段有
（是游客在第一段轨道上运动总时间），两段路程和时间都是二次函数关系，图像都是抛物线的一部分，故A错误；
B．设第一段倾角为θ，由牛顿第二定律
解得
第二段倾角为α，由牛顿第二定律得
解得
因为两段加速度都定值，不随时间变化，故B错误；
C．设游客初始机械能为，在第一段过程由功能关系得
在第二段过程由功能关系得
L是第一段轨道的长度，而x和时间t都是二次函数关系，则图像应是抛物线的一部分，故C错误；
D．第一段重力的功率为
P与时间成正比；第二段重力的功率为
P与t成一次函数关系，两段图像均为直线，且第一段直线的斜率比第二段的大，故D正确。
故选D。
9. 用如图所示的向心力演示仪来探究向心力大小与哪些因素有关，图中挡板A和C到各自转轴的距离相等，挡板B到转轴的距离是A的2倍。下列说法正确的是（ ）
A. 本实验采用的主要实验方法是等效替代法
B. 皮带与不同半径的塔轮相连是为了使两小球的运动半径不同
C. 钢球受重力、竖直向上的支持力、水平方向的弹力和向心力
D. 两相同的钢球放在如图所示位置时，标尺上露出的格数比为1∶4，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为2∶1
【答案】D
【解析】A．在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法，A错误；
B．皮带传动边缘线速度相等，将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，来保证角速度不同，B错误；
C．钢球受重力、竖直向上的支持力、水平方向的弹力，向心力是效果力，不是物体所受到的力，C错误；
D．将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处，右边的标尺上露出的红白相间的等分格数为左边标尺的4倍，根据
可知，左边塔轮的角速度与右边塔轮的角速度之比为1：2，根据
皮带传动边缘线速度相等，可知，左边塔轮的半径与右边塔轮的半径之比为2：1。
故选D。
10. 如图所示，一炮弹从O点发射后沿着曲线OPQ运动，其中P是最高点，Q是落地点。关于炮弹的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 从O到P的时间小于从P到Q的时间
B. 到达P点时速度为零
C. 到达P点时加速度竖直向下
D. 若从Q点以某一速度发射，有可能恰好沿曲线QPO运动
【答案】A
【解析】A．炮弹的飞行轨迹不是抛物线，是因为空气阻力的影响，炮弹的合力为重力与空气阻力的合力，空气阻力与速度相关，炮弹由O点运动到P点，空气阻力的竖直分量向下，则炮弹竖直方向的平均合力大于重力；炮弹由P点运动到Q点，空气阻力的竖直分量向上，则炮弹竖直方向的平均合力小于重力；则竖直方向，炮弹由O点运动到P点的平均合力，大于由P点运动到Q点的平均合力，由牛顿第二定律可知，竖直方向，炮弹由O点运动到P点的平均加速度，大于由P点运动到Q点的平均加速度；则炮弹由O点运动到P点的时间，小于由P点运动到Q点的时间，故A正确；
B．P点为轨迹的最高点，曲线运动的速度方向为切线方向，所以炮弹具有水平速度，故B错误；
C．由于炮弹的合力为重力与空气阻力的合力，根据牛顿第二定律可知，炮弹的加速度不等于重力加速度，则到达P点时加速度不是竖直向下，故C错误；
D．结合前面分析及图可知，因空气阻力的影响，炮弹上升阶段的水平位移应大于下降阶段的水平位移，则若从Q点以某一速度发射炮弹，不可能恰好沿曲线QPO运动，故D错误。
故选A。
11. 如图所示，正四面体的顶点B、C、D上分别有电量为、、的点电荷，H为底面的面心，F、G、I分别为棱AB、BD、CD的中点，记无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 沿BI连线及沿BI方向延长线上的电场方向均自B指向I
【答案】AC
【解析】A．将B处的点电荷视作两个电量为的点电荷，BD作为一对等量异种点电荷，其产生的电场中，中垂面ACH上电势为零，负电荷D一侧电势均小于零；同理，BC作为另一对等量异种点电荷，其产生的电场中，中垂面ADG上电势为零，负电荷C侧电势均小于零，根据电势叠加可知，直线AH为等势线，
故A正确；
B．由前面分析可知，
故B错误；
C．设正四面体边长为2a，如图1所示，
B在G处的场强大小为
C在G处的场强大小为
D在G处的场强大小为
G处场强大小为
如图2、3所示，
C、D在F处的场强大小为
合场强大小为
B在F处的场强大小为
F处场强大小为
故
故C正确；
D．如图，
BI之间的电场方向自B指向I，I左侧电场，选取B关于I对称的点J位置，C、D在J处的场强大小为
合场强大小为
B在J处的场强大小为
可得
所以J处场强方向为自I指向B。故D错误。
故选AC。
二、非选择题（本题共5小题，共56分。第13~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位）
12. 某实验小组用如图1的装置探究加速度与质量的关系：
（1）实验中用的是电磁打点计时器，则其电源应选_______；
A. 直流220VB. 交流220V
C. 直流6VD. 交流6V
（2）为补偿阻力，正确操作应是图2中的_______（选填“A”或“B”）；轻推小车，发现打出的纸带如图3，则应________（选填“增大”或“减小”）长木板倾角；
（3）正确补偿阻力后，实验中得到一条纸带如图4，相邻两个计数点间还有4个点未画出，则此次小车的加速度大小为_______m/s2；
（4）若盘和砝码的总质量为m，小车（含配重）的质量为M，多次改变配重，小明由实验数据作出了图像，得到一条过原点的直线；小华认为小明的数据处理过程可能有误，应该得到一条弯曲的图线。你是否同意小华的观点，请简述理由：_______。
【答案】（1）D （2）B 增大
（3）0.88 （4）不同意。对整体分析，由牛顿第二定律得，整理得，可知mg一定时，加速度a正比与
【解析】【小问1详解】
电磁打点计时器需要6V的交流电源。
故选D。
【小问2详解】
[1]为补偿阻力，小车不能与重物相连，故正确操作应是图2中的B；
[2]根据图3纸带可知，打出的纸带做减速运动，说明长木板倾角过小，故应增大长木板倾角来补偿阻力。
【小问3详解】
结合纸带数据，由逐差法可知加速度为
小问4详解】
不同意。对整体分析，由牛顿第二定律得
整理得
可知mg一定时，加速度a正比与。
13. 灯笼有着美好的象征寓意。如图所示，质量分别为m1和m2的两个灯笼用两根轻绳串接悬挂于O点，在稳定的水平风力作用下发生倾斜，悬挂于O点的轻绳与竖直方向的夹角，两灯笼大小相同且所受风力相同，重力加速度为g。求：
（1）悬挂于O点的轻绳拉力T1的大小及每个灯笼所受风力F的大小；
（2）甲乙两灯笼间的轻绳拉力T2的大小。
【答案】（1），；
（2）
【解析】【小问1详解】
把两个灯笼作为整体分析，受到重力、风力2F和轻绳拉力而处于平衡态，如图
由平衡条件可知竖直方向
水平方向
联立解得
，
【小问2详解】
对乙灯笼受力分析可知，其受到重力、风力F和轻绳拉力而平衡，故
联立以上解得
14. 如图甲所示，为机场、火车站和地铁站等场所的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙的模型：绷紧的传送带始终保持的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离为，g取。则：
（1）行李从A到B的时间为多少？
（2）若要使行李从A处到达B处的时间最短，那么，水平传送带的最小恒定速度是多少？（保留根号）
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）行李刚放上传送带时的加速度为
行李从刚放上传送带到与传送带达到共速所用时间为
行李加速阶段的位移为
共速后，行李与传送带相对静止继续匀速运动的时间为
则行李从A到B的时间为
（2）若要使行李从A处到达B处的时间最短，则行李从A处到达B处一直做匀加速直线运动，根据运动学公式可得
解得行李到达B处的速度为
可知水平传送带的最小恒定速度为
15. 如图，有一款游戏，需要游戏者通过调整管口A点坐标位置，然后压缩弹簧把小物块弹出，使物块恰好无碰撞落入下方倾角为37°的固定斜面的顶部B点，随后物块沿长L=10m、动摩擦因数的粗糙斜面BC下滑，无障碍进入固定在斜面上的光滑圆弧曲面，最终不离开轨道BCD即通关成功。以斜面的顶端B为原点O，建立水平直角坐标系，某次调整管口A点的纵坐标为7.2m，物块以某一速度v0抛出后，恰好到达圆弧右侧D点后返回，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）速度v0的大小；
（2）圆弧半径R；
（3）要满足整个游戏通关要求，A点坐标x与y的关系如何。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】【小问1详解】
由平抛运动位移规律，可得
物块无障碍进入固定在斜面上光滑圆弧曲面，则有
解得
代入数据解得
【小问2详解】
物块在B点的速度为合速度，根据合速度与分速度关系，则有
由动能定理可知
解得
【小问3详解】
由，则
要满足整个游戏通关，只要
物体便不会从右侧滑出；要使不从左侧滑出，则有
解得
要使小物块能进入光滑圆弧曲面，则有
解得
综合得，只要
且满足
游戏可通关。
16. 在平面内建立直角坐标系xOy，第II象限存在沿y轴负方向的匀强电场2E，其第III象限放置电场线沿半径方向指向圆心的静电分析器，第I、IV象限存在交变电场。A点坐标为处有一粒子源，将质量为m，电荷量为q的正点电荷（不计重力）源源不断地由静止释放。当点电荷运动到x轴时刚好射入静电分析器，而后做匀速圆周运动。t=0时刻，第一个粒子于坐标位置处垂直于y轴进入交变电场，其场强变化规律如图乙所示（y轴正方向为电场正方向）。在交变电场中存在两绝缘挡板，下板位于第IV象限，与x轴距离为d，并紧贴y轴。上板与下板平行放置，两板间距离为，两板长均为，求：
（1）粒子第一次经过x轴的速度大小v；
（2）静电分析器的电场强度大小E0；
（3）在0~T时间内从y轴负半轴进入第四象限的粒子，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分比。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
带电粒子在第二象限中加速运动，由动能定理可知
解得
【小问2详解】
带电粒子射入静电分析器，做匀速圆周运动，则有
解得
【小问3详解】
带电粒子进入第四象限后在水平方向上做匀速直线运动，则可以从两板间离开的粒子，在两板间的运动时间为
设在前半个周期，t1时刻进入两板间的粒子可恰好从两板间离开，做出粒子在板间运动的v-t图像。
依题意，从板间离开的粒子的速度方向平行于两板，则t1时刻进入恰好离开的粒子当其运动到2T-2t1时，恰好打到上板竖直方向速度减为0，之后在竖直方向向下运动，最终从两板间离开。粒子沿y轴正方向的最大速度为
其中
粒子沿y轴负方向的最大速度为
依题意，有
解得
设在前半个周期，t2时刻进入两板间的粒子刚好从下极板边缘离开，粒子沿y轴正方向的最大速度为
粒子沿y轴负方向的最大速度为
依题意，有
解得
则在半个周期内，在时间段内进入的粒子可以从两板间离开，在后半个周期内进入的粒子将直接打到下板，综上所述，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分比为