江蘇省南京市溧水區(qū)三校聯(lián)考2025屆高三物理上學期期中試題含解析

PAGE17-江蘇省南京市溧水區(qū)三校聯(lián)考2025屆高三物理上學期期中試題（含解析）一、單項選擇題：本題5小題，每小題3分，共15分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確，選對的得3分，選錯或不答的得0分。1.北京時間6月23日凌晨，2024年國際田聯(lián)世界挑戰(zhàn)賽馬德里站如期實行。如圖所示，蘇炳添在百米大戰(zhàn)中，以9.91s獲得冠軍，再次平了亞洲記錄，成為當之無愧的“亞洲第一飛人”。據(jù)悉蘇炳添的起跑反應時間是0.138s，也是全部選手中最快的一個。下列說法正確的是A.蘇炳添起跑反應時間0.138s，指的是時刻B.在探討蘇炳添的起跑技術(shù)動作時可以將他看作質(zhì)點C.蘇炳添這次競賽的平均速度大小約為10.09m/sD.以其他運動員為參照物，蘇炳添總是靜止的【答案】C【解析】【分析】當物體的大小和形態(tài)在所探討的問題中可以忽視時，物體可以看作質(zhì)點；平均速度等于位移與時間的比值?！驹斀狻刻K炳添的起跑反應時間0.138s，指的是時間，故A錯誤；探討起跑動作時，運動員的肢體動作是不能忽視的；故大小和形態(tài)不能忽視；不能看作質(zhì)點，故B錯誤；蘇炳添這次競賽的平均速度大小約為，故C正確；以其他運動員為參照物，蘇炳添不肯定是靜止的，故D錯誤。所以C正確，ABD錯誤?！军c睛】本題考查質(zhì)點、平均速度、參考系等內(nèi)容，要留意明確平均速度和瞬時速度的區(qū)分，瞬時速度可以精確描述物體的運動狀態(tài)，而平均速度只能粗略地描述物體的運動。2.一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同時豎直向上拋出，泡沫塑料球受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比．忽視石子受到的空氣阻力，石子和塑料球運動的速度v隨時間t變更的圖象如圖所示，其中可能正確的是()A. B. C. D.【答案】D【解析】忽視石子受到的空氣阻力，石子只受重力，加速度恒為g，v-t圖象是向下傾斜的直線.對于泡沫塑料球，依據(jù)牛頓其次定律得：上升過程有，下降過程有，又，得，則上升過程中，隨著v的減小，a減??；，則下降過程中，隨著v的增大，a減??；所以a不斷減小，方向不變，故ABC錯誤，D正確；故選D.3.如圖所示，質(zhì)量分別為2m和3m的兩個小球置于光滑水平面上，且固定在勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的兩端?，F(xiàn)在質(zhì)量為2m的小球上沿彈簧軸線方向施加大小為F的水平拉力，使兩球一起做勻加速直線運動，則此時彈簧的伸長量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】依據(jù)牛頓其次定律，對整體有對質(zhì)量為3m的小球：聯(lián)立解得，彈簧的彈力大小為依據(jù)胡克定律可得則此時彈簧的伸長量為：故B正確。4.如圖所示的幾種狀況中，不計繩、彈簧測力計、各滑輪的質(zhì)量，不計一切摩擦，物體質(zhì)量都為m，且均處于靜止狀態(tài)，有關(guān)角度如圖所示．彈簧測力計示數(shù)FA、FB、FC、FD由大到小的排列依次是（）A.FD＞FB＞FA＞FCB.FD＞FC＞FB＞FAC.FB＞FD＞FA＞FCD.FC＞FD＞FB＞FA【答案】A【解析】【詳解】對A圖中的m受力分析，m受力平衡，依據(jù)平衡條件得：解得對B圖中的m受力分析，m受力平衡，依據(jù)平衡條件得：對C圖中的m受力分析，m受力平衡，依據(jù)平衡條件得：對D圖中的m受力分析，m受力平衡，依據(jù)平衡條件得：解得：所以有，故A正確。5.如圖所示，套在豎直細桿上的輕環(huán)A由跨過定滑輪的不行伸長的輕繩與重物B相連，施加外力讓A沿桿以速度v勻速上升，從圖中M位置上升至與定滑輪的連線處于水平N位置，已知AO與豎直桿成θ角，則（）A.剛起先時B的速度為B.A勻速上升時，重物B也勻速下降C.重物B下降過程，繩對B的拉力大于B的重力D.A運動到位置N時，B的速度最大【答案】C【解析】【詳解】A.對于A，它的速度如圖中標出的v，這個速度看成是A的合速度，其分速度分別是，其中就是B的速率（同一根繩子，大小相同），故剛起先上升時B的速度，故A不符合題意；B.由于A勻速上升，在增大，所以在減小，故B不符合題意；C.B做減速運動，處于超重狀態(tài)，繩對B的拉力大于B的重力，故C符合題意；D.當運動至定滑輪的連線處于水平位置時，所以，故D不符合題意。二、多項選擇題：本題5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個選項中有多個選項正確，全選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。6.2024年10月17日，“神舟十一號”飛船載著景海鵬和陳冬兩名宇航員順當飛入太空。下面關(guān)于飛船與火箭上天的情形，其中敘述正確的是()A.火箭尾部向外噴氣，噴出的氣體反過來對火箭產(chǎn)生一個反作用力，從而讓火箭獲得了向上的推力B.火箭尾部噴出的氣體對空氣產(chǎn)生一個作用力，空氣的反作用力使火箭獲得飛行的動力C.火箭飛出大氣層后，由于沒有了空氣，火箭雖然向后噴氣，但也無法獲得前進的動力D.飛船進入運行軌道之后，與地球之間仍舊存在一對作用力與反作用力【答案】AD【解析】【詳解】AB．火箭尾部向外噴氣，噴出的氣體對火箭產(chǎn)生一個反作用，從而讓火箭獲得了向上的推力，故A正確、B錯誤；C．火箭飛出大氣層后，雖然沒有空氣，火箭向后噴氣，噴出的氣體反過來對火箭產(chǎn)生一個反作用力，使火箭獲得了向前的推力，故C錯誤；D．火箭飛出大氣層進入運行軌道之后，還受重力，同時對地球產(chǎn)生吸引力，所以與地球之間仍舊存在一對作用力與反作用力，故D正確。7.如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平面上，B置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與A相連接,連接B的一段細繩與斜面平行，A、B、C都處于靜止狀態(tài)．則（）A.B受到C的摩擦力可能為零B.C受到水平面的摩擦力肯定為零C.不論B、C間摩擦力大小、方向如何，水平面對C摩擦力方向肯定向左D.水平面對C的支持力與B、C的總重力大小相等【答案】AC【解析】【詳解】對B受力分析，B受重力、繩的拉力mAg、斜面對B的支持力，B與C的摩擦力待定。若,則B與C間無摩擦力；若，則摩擦力沿斜面對下；若則B與C間的摩擦力沿斜面對上；由上述分析知A對。把BC視為整體分析知C肯定受到水平向左的摩擦力，水平面對C的支持力小于BC的重力，故BD錯C對?！军c睛】物體受到的外力發(fā)生變更時，物體受到的摩擦力的種類就有可能發(fā)生突變．解決這類問題的關(guān)鍵是：正確對物體受力分析和運動狀態(tài)分析，從而找到物體摩擦力的突變“臨界點”．8.如圖所示，質(zhì)量為m的小球置于立方體的光滑盒子中，盒子的邊長略大于小球的直徑．某同學拿著該盒子在豎直平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動．已知重力加速度為g，空氣阻力不計，要使在最高點時盒子與小球之間作用力大小恰為mg，則()A.該盒子做勻速圓周運動的周期等于B.該盒子做勻速圓周運動的周期等于C.盒子在最低點時盒子與小球之間的作用力大小等于2mgD.盒子在最低點時盒子與小球之間的作用力大小等于3mg【答案】BD【解析】【詳解】AB.盒子在最高點時，對小球有FN＋mg＝＝2mgT＝解得v＝T＝π選項A錯誤，B正確；CD.盒子在最低點時，對小球有FN′－mg＝解得FN′＝3mg選項C錯誤，D正確．9.如圖，內(nèi)壁光滑的細圓管一端彎成半圓形APB，與光滑的直軌道BC連接，水平放置在桌面上并固定。半圓形APB半徑R=1.0m，BC長L=1.5m，桌子高度h=0.8m，質(zhì)量1.0kg的小球以肯定的水平初速度從A點沿過A點的切線射入管內(nèi)，從C點離開管道后水平飛出，落地點D離點C的水平距離s=2m，不計空氣阻力，g取10m/s2。則以下分析正確的是：（）A.小球做平拋運動的初速度為10m/sB.小球在圓軌道P點的角速度ω=10rad/sC.小球在P點的向心加速度為a=25m/s2D.小球從B運動到D的時間為0.7s【答案】CD【解析】【詳解】A.依據(jù)得：.則小球平拋運動的初速度為：;故A錯誤.B.小球在圓軌道P點的角速度為：;故B錯誤.C．小球在P點的向心加速度為：.故C正確.D．小球在BC段的時間為：，則小球從B運動到D的時間為0.3+0.4s=0.7s;故D正確.三、簡答題：本題分必做題(第10、11、12題)和選做題(第13題)兩部分，共42分．請將解答填寫在相應的位置。10.“探究力的平行四邊形定則”的試驗如圖甲所示，其中A為固定橡皮筋的圖釘，O為橡皮筋與細線的結(jié)點，OB和OC為細繩，圖乙所示是在白紙上依據(jù)試驗結(jié)果畫出的圖。(1)某同學的試驗操作主要步驟如下：A.在桌上放一塊方木板，在方木板上鋪一張白紙，用圖釘把白紙釘在方木板上；B.用圖釘把橡皮筋的一端固定在板上的A點，在橡皮筋的另一端拴上兩條細繩，細繩的另一端系著繩套；C.用兩個彈簧測力計分別鉤住繩套，互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋伸長，結(jié)點到達某一位置O，記錄下O點的位置，讀出兩個彈簧測力計的示數(shù)；D.按選好的標度，用鉛筆和刻度尺作出兩只彈簧測力計的拉力和的圖示，并用平行四邊形定則求出合力F；E.只用一只彈簧測力計，通過細繩套拉橡皮筋使其伸長，讀出彈簧測力計的示數(shù)，登記細繩的方向，依據(jù)同一標度作出這個力的圖示；F.比較力和F的大小和方向，看它們是否相同，得出結(jié)論。上述步驟中，有重要遺漏的步驟的序號是______。(2)該試驗中某彈簧測力計顯示的讀數(shù)如圖所示，其大小是________N。(3)圖乙中的______是力F1和F2合力的理論值；______是力F1和F2合力的實際測量值。(4)同學們在操作過程中有如下爭論，其中對減小試驗誤差有益的說法是______。A．兩個分力之間的夾角越大越好B．橡皮筋應與兩繩夾角的平分線在同始終線上C．在運用彈簧秤時要留意使彈簧秤與木板平面平行D．拉橡皮筋的細繩要長些，標記同一細繩方向的兩點要遠些?！敬鸢浮?1).CE(2).4.20(3).F(4).F′(5).CD【解析】【詳解】(1)[1]本試驗為了驗證力的平行四邊形定則，采納的方法是作力的圖示法，作出合力和理論值和實際值，然后進行比較，得出結(jié)果。所以，試驗時，除記錄彈簧秤的示數(shù)外，還要登記兩條細繩的方向，以便確定兩個拉力的方向，這樣才能作出拉力的圖示。步驟C中未登記兩條細繩的方向；步驟E中未說明把橡皮條的結(jié)點拉到位置O；(2)[2]依據(jù)題意，彈簧測力計的讀數(shù)為4.20N；(3)[3][4]F1與F2合成的理論值是通過平行四邊形定則算出的值，而實際值是單獨一個力拉O點的時的值，因此F′是F1與F2合成的實際值，F(xiàn)是F1與F2合成的理論值(4)[5]A．畫平行四邊形時，夾角大的話畫出的平行四邊形就會準些，而不是要求夾角越大越好，故A錯誤；B．試驗值并不須要橡皮筋與兩繩夾角的平分線在同始終線上，即兩繩上的拉力可以不相等，故B錯誤；C．作圖時，我們是在白紙中作圖，做出的是水平力的圖示，若拉力傾斜，則作出圖的方向與實際力的方向有有較大差別，同時為了減小因摩擦造成的誤差，故應使各力盡量與木板面平行，故C正確；D．為了便利而且更加精確確定力的方向，操作時可以使繩套細且長一些，標記同一細繩方向的兩點要遠些，故D正確。11.“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的試驗裝置如下圖所示。(1)下列說法正確的是_____________。A．每次變更小車質(zhì)量時，應重新平衡摩擦力B．小車釋放前應靠近打點計時器，且先釋放小車后接通打點計時器的電源C．本試驗砝碼及砝碼盤B的質(zhì)量應遠大于小車A的質(zhì)量D．用圖象探究加速度與質(zhì)量關(guān)系時，應作圖象(2)某同學將長木板右端適當墊高，其目的是_____________。但他把長木板的右端墊得過高，使得傾角過大．用a表示小車的加速度，F(xiàn)表示細線作用于小車的拉力．他繪出的a-F關(guān)系圖象是______A.B.C.D.(3)打點計時器運用的溝通電頻率f＝50Hz。下圖是某同學在正確操作下獲得的一條紙帶，A、B、C、D、E每兩點之間還有4個點沒有標出。則C點的速度為_________m/s；依據(jù)紙帶所供應的數(shù)據(jù)，算得小車的加速度大小為______m/s2（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）。【答案】(1).D(2).平衡摩擦力(3).C(4).0.21(5).0.60【解析】【詳解】(1)[1]A．試驗前要平衡摩擦力，每次變更小車質(zhì)量時，不須要重新平衡摩擦力，故A錯誤；B．為了充分利用紙帶小車釋放前應靠近打點計時器，且應先接通電源，然后再釋放小車，故B錯誤；C．在砝碼及砝碼盤B的質(zhì)量遠小于小車A的質(zhì)量時，小車受到的拉力近似等于砝碼及砝碼盤受到的重力，故C錯誤；D．應用圖象法處理加速度與質(zhì)量關(guān)系試驗數(shù)據(jù)時，為了直觀，應作圖像，故D正確。(2)[2]將長木板右端適當墊高，其目的是平衡摩擦力；[3]把長木板的右端墊得過高，使得傾角過大，則拉力為零時，具有加速度，故C正確；(3)[4]利用勻變速直線運動的平均速度等于時間中點的瞬時速度可得[5]利用逐差法可得12.以下說法中符合史實的是（）A.湯姆孫通過試驗發(fā)覺了質(zhì)子B.貝可勒爾通過試驗發(fā)覺了中子C.盧瑟福通過試驗提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型D.查德威克發(fā)覺了自然放射現(xiàn)象說明原子具有困難的結(jié)構(gòu)【答案】C【解析】【詳解】A．湯姆孫通過試驗發(fā)覺了電子，盧瑟福通過試驗發(fā)覺了質(zhì)子，故A錯誤；B．查德威克通過試驗發(fā)覺了中子，故B錯誤；C．盧瑟福通過α粒子散射試驗提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故C正確；D．貝克勒爾發(fā)覺了自然放射現(xiàn)象說明原子具有困難結(jié)構(gòu)，故D錯誤。13.下列說法中正確的是（）A.布朗運動是指在顯微鏡下視察到的液體分子的無規(guī)則運動B.葉面上的小露珠呈球形是由于液體表面張力的作用C.不具有規(guī)則幾何形態(tài)的物體肯定不是晶體D.氫氣和氮氣的溫度相同時，它們分子的平均速率相同【答案】AB【解析】【詳解】A．布朗運動是指在顯微鏡下視察到懸浮在液體中的固體小顆粒的無規(guī)則運動，故A錯誤；B．由于液體表面張力的作用使葉面上的小露珠的表面積有最小的趨勢，所以呈球形，故B正確；C．多晶體不具有規(guī)則幾何形態(tài)，故C錯誤；D．氫氣和氮氣的溫度相同時，它們分子的平均動能相同，由于它們的分子質(zhì)量不同，所以它們分子的平均速率不相同，故D錯誤。四、計算題：本題共3小題，共47分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最終答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值和單位．14.如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊在與水平方向成θ的力F的作用下從A點由靜止起先沿水平直軌道運動，到B點后撤去力F，物體飛出后越過“壕溝”落在平臺EG段。已知物塊的質(zhì)量m=1kg，物塊與水平直軌道間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，AB段長L=10m，BE的高度差h=0.8m，BE的水平距離x=1.6m。若物塊可看作質(zhì)點，空氣阻力不計，g取10m/s2。(1)要越過“壕溝”，求物塊在B點最小速度v的大?。?2)在第(1)問的條件下，計算物塊落到平臺時的瞬時速度v′；(3)若θ=，為使物塊恰好越過“壕溝”，求拉力F的大小。【答案】(1)4m/s(2)4m/s與水平方向呈角斜向右下方(3)5.27N【解析】【詳解】(1)由B點做平拋運動恰好落到E點時，在B點有最小速度v，依據(jù)平拋運動位移公式：代入數(shù)據(jù)解得：t=0.4s，v=4m/s(2)水平速度為豎直方向速度為由運動的合成有方向呈角斜向右下方。(3)在AB段，對物體進行受力分析，依據(jù)動能定理：代入數(shù)據(jù)解得：F=5.27N。15.四旋翼無人機是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應用。一架質(zhì)量m=2kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能供應的最大升力F=36N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為f=4N。(g取10m／s2)(1)無人機在地面上從靜止起先，以最大升力豎直向上起飛。求在t=5s時離地面的高度h；(2)當無人機懸停在距離地面高度H=100m處，由于動力設備故障，無人機突然失去升力而墜落。求無人機墜落到地面時的速度v；(3)接(2)問，無人機墜落過程中，在遙控設備的干預下，動力設備重新啟動供應向上最大升力。為保證平安著地（到達地面時速度為零），求飛行器從起先下落到復原升力的最長時間t1?！敬鸢浮浚?）75m（2）40m/s（3）【解析】【詳解】（1）由牛頓其次定律F﹣mg﹣f=ma代入數(shù)據(jù)解得a=6m/s2上上升度代入數(shù)據(jù)解得h=75m．（2）下落過程中mg﹣f=ma1代入數(shù)據(jù)解得落地時速度v2=2a1H，代入數(shù)據(jù)解得v=40m/s（3）復原升力后向下減速運動過程F﹣mg+f=ma2代入數(shù)據(jù)解得設復原升力時的速度為vm，則有由vm=a1t1代入數(shù)據(jù)解得．16.古代戰(zhàn)場上人們設計了如圖所示的自動投石裝置，其左端固定一彈簧，A為放入石塊口，BC是一長為1.5R的豎直細管，上半部CD是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口沿水平方向。投石時，每次總將彈簧長度壓縮到相同位置后鎖定，在彈簧右端放置一塊石頭，解除鎖定，彈簧可將石頭向右彈射出去。在某次投放時，將質(zhì)量為m的石塊放入該裝置中，解除鎖定后石塊到達管口D時，對管壁的作用力恰好為零。不計石塊在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不變更彈簧的彈性勢能。已知重力加速度為g。求：(1)該石塊到達管口D時的速度大小v1；(2)彈簧被鎖定時的彈性勢能Ep；(3)已知山坡與水平地面相距2R，若使該投石管繞中軸線OO′在角的范圍內(nèi)來回緩慢轉(zhuǎn)動，每次彈射時只放置一塊石頭，石塊的質(zhì)量在m到m之間變更，持續(xù)投放足夠長時間后，石塊能夠落到水平地面的最大面積S是多少？【答案】(1)(2)3mgR(3)【解析】【詳解】(1)石塊到管口C時做圓周運動的向心力完全由重力供應，則：解得：(2)彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為石塊的機械能，由機械能守恒定律有：解得：(3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動裝置對