安徽省卓越縣中聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期11月期中聯(lián)考物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1安徽卓越縣中聯(lián)盟2024—2025學(xué)年上學(xué)期高三年級(jí)期中聯(lián)考物理一、單項(xiàng)選擇題：1.2024年巴黎奧運(yùn)會(huì)，中華健兒奮勇拼搏，獲得40枚金牌，金牌數(shù)與美國(guó)隊(duì)并列第一，完美的詮釋了“更快、更高、更強(qiáng)”的奧林匹克格言。如圖所示為奧運(yùn)會(huì)中的四個(gè)比賽場(chǎng)景，下列對(duì)各場(chǎng)景的闡述中正確的是（）A.圖1所示，在鄧雅文展示小輪車(chē)騎行技巧時(shí)，其可視為質(zhì)點(diǎn)B.圖2所示，楊家玉獲得田徑女子20公里競(jìng)走冠軍，“20公里”指的是比賽過(guò)程中楊家玉的位移C.圖3所示，劉洋展示“十字撐”保持靜止時(shí)，兩根吊環(huán)懸繩每根承受拉力大小均等于劉洋重力的一半D.圖4所示，陳藝文在女子三米跳板決賽中跳板被壓到最低點(diǎn)的瞬間，對(duì)跳板的作用力大于自身的重力【答案】D【解析】A．因要觀察展示“技巧”，需分析鄧雅文的動(dòng)作，故不能將其視為質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．“20公里”為楊家玉行進(jìn)軌跡的長(zhǎng)度，即路程，而非起點(diǎn)到終點(diǎn)的直線(xiàn)距離位移，故B錯(cuò)誤；C．由圖3可知，劉洋展示“十字撐”保持靜止時(shí)，兩根懸繩并不平行，劉洋受三力平衡，繩所受拉力大于其重力的一半，故C錯(cuò)誤；D．陳藝文起跳時(shí)具有向上的加速度，合力向上，分析可知跳板對(duì)陳藝文的作用力一定大于重力，故其對(duì)跳板的作用力一定大于重力，故D正確。故選D。2.如圖所示為A、B兩個(gè)導(dǎo)體的伏安特性曲線(xiàn)，下列說(shuō)法正確的是（）A.導(dǎo)體B的電阻隨著導(dǎo)體兩端電壓的升高而變大B.當(dāng)A、B兩個(gè)導(dǎo)體兩端的電壓均為U?時(shí)，導(dǎo)體B的電阻比導(dǎo)體A的大C.將A、B兩導(dǎo)體串聯(lián)后接在小于的恒定電壓兩端，導(dǎo)體B的電阻比導(dǎo)體A的大D.將A、B兩導(dǎo)體并聯(lián)后接在小于U?的恒定電壓兩端，導(dǎo)體B的電阻比導(dǎo)體A的小【答案】C【解析】A．結(jié)合圖像可知，隨著導(dǎo)體兩端電壓的升高，導(dǎo)體B圖像的割線(xiàn)斜率增大，因此導(dǎo)體B的電阻減小，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．圖像可知，當(dāng)A、B兩個(gè)導(dǎo)體兩端的電壓均為時(shí)，導(dǎo)體B的電阻與導(dǎo)體A電阻相同，均為故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．將A、B兩導(dǎo)體串聯(lián)后接在小于的恒定電壓兩端，兩導(dǎo)體中的電流相同，由圖像可知，B兩端的電壓比A兩端電壓大，則導(dǎo)體B的電阻比導(dǎo)體A的大，故C項(xiàng)正確；D．將A、B兩導(dǎo)體并聯(lián)后接在小于時(shí)的恒定電壓兩端，由圖像可知，A中的電流比B中的電流大，因此導(dǎo)體B的電阻比導(dǎo)體A的大，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選C。3.如圖所示，物塊1、2疊放在一起放置于光滑水平地面上保持靜止。對(duì)物塊1施加一水平拉力F，當(dāng)拉力逐漸增大到時(shí)，兩物塊恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；若將水平拉力作用于物塊2，則當(dāng)拉力逐漸增大到時(shí)，兩物塊恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則物塊1與物塊2的質(zhì)量之比為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】設(shè)兩物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)兩物塊恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，物塊1、2間的摩擦力為當(dāng)水平拉力作用于物塊1，且兩物塊恰好相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，系統(tǒng)的加速度即為物塊2的加速度對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用牛頓第二定律有同理，當(dāng)水平拉力作用于物塊2時(shí)有聯(lián)立上述二式即可解得故選A。4.如圖所示，平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)中的B點(diǎn)有一放射源，能沿紙面內(nèi)各個(gè)方向射出動(dòng)能為10eV的電子，電子經(jīng)過(guò)A、C兩點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為12eV和4eV，ABC恰構(gòu)成一個(gè)直角三角形，AC與BC夾角為30°，A、B間距離為5cm。下列說(shuō)法正確的是（）A.A、B之間的電勢(shì)差B.B、C之間電勢(shì)差C.從B到A電子的電勢(shì)能增加2eVD.電場(chǎng)強(qiáng)度大小為80V/m【答案】D【解析】A．根據(jù)動(dòng)能定理，可得解得則故A錯(cuò)誤；B．同理，可得解得6V故B錯(cuò)誤；C．從B到A電子動(dòng)能增大2eV，靜電力做正功，電勢(shì)能減小2eV。故C錯(cuò)誤；D．依題意將AC四等分，每一份電勢(shì)差為2V，離A最近的等分點(diǎn)D點(diǎn)電勢(shì)和B相等，連接BD為等勢(shì)線(xiàn)，則AC垂直于BD，AC為電場(chǎng)方向，如圖由幾何關(guān)系電場(chǎng)強(qiáng)度故D正確。故選D。5.科學(xué)推理及實(shí)驗(yàn)探究均表明：①均勻帶電球殼(或球體)在球外部產(chǎn)生的電場(chǎng)，與一個(gè)位于球心、電荷量相等的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)相同；②均勻帶電球殼在空腔內(nèi)部的電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零。由此可知，一個(gè)半徑為R的均勻帶電球體在空間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E與到球心距離r的關(guān)系圖像可能為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由“均勻帶電球殼(或球體)在球的外部產(chǎn)生的電場(chǎng)，與一個(gè)位于球心、電荷量相等的點(diǎn)電荷在同一點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)相同”可知，在r>R的區(qū)間上，均勻帶電球體周?chē)妶?chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E與r的關(guān)系應(yīng)為故r>R區(qū)間上，E與r為非線(xiàn)性關(guān)系；在r<R的區(qū)間，因“均勻帶電球殼在空腔內(nèi)部的電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零”，所以場(chǎng)強(qiáng)僅由r內(nèi)球體部分所帶電荷決定，即又因球體均勻帶電，所以(ρ為單位體積的電荷量)所以即E'∝r，在r<R的區(qū)間，E與r為線(xiàn)性關(guān)系。故選B。6.如圖所示，斜面體靜止于粗糙水平面上，質(zhì)量為m的小物塊P恰好能沿斜面勻速下滑，該過(guò)程斜面體保持靜止。在小物塊勻速下滑過(guò)程中，給P施加一沿水平向右的推力F。施加F后，P沿斜面下滑過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.水平面對(duì)斜面體的摩擦力為零B.水平面對(duì)斜面體的摩擦力方向水平向左C.P對(duì)斜面的作用力指向右下方D.P對(duì)斜面的作用力方向水平向右【答案】A【解析】未加力F前，小物塊勻速下滑，小物塊所受的支持力N、摩擦力f，如圖由平衡知，小物塊所受的支持力N、摩擦力f的合力與小物塊重力等大反向，據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊給斜面體的壓力與摩擦力的合力與小物塊重力等大同向，豎直向下，故此時(shí)水平面對(duì)斜面體的摩擦力為零，且有由題可知，給小物塊施加一沿水平向右的推力F，分析可知小物塊給斜面體的壓力與摩擦力為對(duì)比可知，給小物塊施加一沿水平向右的推力F，小物塊給斜面體的壓力與摩擦力同步增大了，故二者合力依然豎直向下，即此時(shí)水平面對(duì)斜面體的摩擦力依然為零，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。7.起重機(jī)豎直提升質(zhì)量為m的物體，在其輸出功率正好等于額定功率時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，此后起重機(jī)在額定功率下工作，物體上升的v-t圖像如圖所示。時(shí)刻圖像斜率為a，重力加速度為g。則（）A.t=0時(shí)刻起重機(jī)的牽引力為maB.起重機(jī)的額定功率為C.物體上升過(guò)程的最大速度D.0到時(shí)間內(nèi)物體克服重力做功為【答案】C【解析】A．設(shè)t=0時(shí)刻起重機(jī)對(duì)物體牽引力為F，且v-t圖像的斜率為加速度，對(duì)物體，根據(jù)牛頓第二定律有解得故A錯(cuò)誤；B．起重機(jī)的額定功率故B錯(cuò)誤；C．物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力等于重力，最大速度為故C正確；D．在0到時(shí)間內(nèi)，依據(jù)動(dòng)能定理有解得故D錯(cuò)誤。故選C。8.如圖所示，我國(guó)空間站在做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的星下點(diǎn)軌跡為分布于北緯與南緯間的一段“正弦線(xiàn)”，圖中箭頭所指即星下點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向，軌跡上、兩點(diǎn)的經(jīng)度差的絕對(duì)值為α(弧度制)且恰好對(duì)應(yīng)半個(gè)“周期”。所謂“星下點(diǎn)”即衛(wèi)星與地心連線(xiàn)和地球表面的交點(diǎn)，已知地球的半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T(mén)，地球極地表面重力加速度為g。由此可知，我國(guó)空間站的軌道半徑為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】我國(guó)空間站繞地心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道平面與赤道面成角，其“星下點(diǎn)”相對(duì)地面沿正弦線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由“箭頭”可知空間站沿赤道方向與地球自轉(zhuǎn)的方向相同，在其運(yùn)行的半個(gè)周期內(nèi)沿地球自轉(zhuǎn)方向轉(zhuǎn)過(guò)的角度與地球自轉(zhuǎn)的角度之差即為α。設(shè)空間站運(yùn)行的周期為，則有解得因空間站做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力為地球?qū)ζ涞娜f(wàn)有引力，則有解得又因?yàn)榈厍虮砻鏄O地處的重力即地球?qū)ξ矬w的萬(wàn)有引力，則有解得聯(lián)立解得我國(guó)空間站的軌道半徑為故選B。二、多項(xiàng)選擇題：9.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為q的正電荷，自y軸上的M點(diǎn)沿x軸正方向以速度射入第一象限，由x軸上的N點(diǎn)離開(kāi)，離開(kāi)時(shí)的速度大小依然為，而方向與x軸正方向夾角為α。且知M、N點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離分別為3L和4L,，重力不計(jì)，則下列判斷中正確的是（）A.B.C.電荷由M至N的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為D.電荷由M至N的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為【答案】BD【解析】AB．第一象限內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電荷在由M至N做勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。因電荷在M、N點(diǎn)的速度大小相等均為。故勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)方向一定垂直于MN向左下方，電荷沿MN方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，如圖所示由“類(lèi)拋體運(yùn)動(dòng)”的對(duì)稱(chēng)性可知，電荷到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度的方向與MN成角，而與x軸正方向則成角，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．電荷由M至N的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。10.如圖1所示，據(jù)新聞報(bào)道，一家公園新建的巨型滑梯設(shè)計(jì)荒謬奇葩，開(kāi)放運(yùn)營(yíng)僅三小時(shí)就因游客不斷被拋飛摔傷而被迫關(guān)閉。如圖2所示，該滑梯滑道由若干段半徑R=2m，所對(duì)圓心角為60°的圓弧平滑連接而成，過(guò)滑道起點(diǎn)A的切線(xiàn)水平。一名質(zhì)量m=60kg的游客自A點(diǎn)沿滑道下滑，結(jié)果在第三段圓弧上的P點(diǎn)恰好被拋離滑道，且知P點(diǎn)與所在圓弧圓心O的連線(xiàn)與豎直方向成α=37°角，重力加速度g取0.8。將游客視為質(zhì)點(diǎn)，且忽略初速度大小，則（）A.該游客脫離滑道時(shí)的速度大小為4m/sB.該游客脫離滑道時(shí)的速度大小為C.該游客在自A點(diǎn)下滑至由P點(diǎn)拋離軌道的過(guò)程中，克服摩擦力做功為960JD.該游客在自A點(diǎn)下滑至由P點(diǎn)拋離軌道的過(guò)程中，克服摩擦力做功為840J【答案】AC【解析】AB．游客由P點(diǎn)恰好脫離軌道，其受力如圖。此時(shí)解得故A正確，B錯(cuò)誤；CD．由幾何知識(shí)可知且AB與豎直方向的夾角為QUOTE，所以AP兩點(diǎn)間的高度差為由動(dòng)能定理可得解得即該游客在自A

點(diǎn)下滑至由

P點(diǎn)拋離軌道的過(guò)程中，克服摩擦力做功為960J，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。三、非選擇題：11.如圖所示，某興趣小組利用電動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)輕桿帶動(dòng)小球做豎直面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，改變小球質(zhì)量，通過(guò)力傳感器獲得輕桿拉力最大值隨小球質(zhì)量變化的關(guān)系，并求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取＃?）為了測(cè)得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，至少還應(yīng)該知道(填選項(xiàng)序號(hào))。A.小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期TB.小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑LC.力傳感器的質(zhì)量M（2）采用圖像法處理數(shù)據(jù)時(shí)，應(yīng)該作出_________(填“F-m”或者圖像，若圖像斜率為k，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=_________[用k和(1)中已知量表示]?！敬鸢浮浚?）AB（2）F-m【解析】【小問(wèn)1詳析】小球在最低點(diǎn)時(shí)拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律有解得可知還需要知道小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T和半徑L。故選AB。【小問(wèn)2詳析】[1]根據(jù)可知應(yīng)作圖像，得到一次函數(shù)圖像，便于分析研究；[2]根據(jù)公式可知，圖像的斜率解得12.2024年4月15日，中國(guó)科學(xué)技術(shù)大學(xué)發(fā)布了我國(guó)首臺(tái)特有體驗(yàn)交互AI美女機(jī)器人“佳佳”，其在人機(jī)對(duì)話(huà)理解、面部微表情、軀體動(dòng)作搭配等方面取得重大突破，機(jī)器人對(duì)外界事物的感知是通過(guò)各類(lèi)傳感器來(lái)完成的。一物理興趣小組對(duì)某型薄膜壓力傳感器的“壓力曲線(xiàn)”展開(kāi)探究，已知該型半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器阻值會(huì)隨所受壓力F的增大而減小，其阻值約幾十千歐，重力加速度g取10m/s2，現(xiàn)利用以下器材測(cè)量壓力傳感器在不同壓力下的阻值：A.壓力傳感器（壓力感知范圍：20g~600g）B.電源（電動(dòng)勢(shì)5V，內(nèi)阻不計(jì)）C.電流表A（量程250μA，內(nèi)阻約50Ω）D.電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約20kΩ）E.滑動(dòng)變阻器R（阻值范圍0~100Ω）F.開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線(xiàn)及砝碼若干。（1）請(qǐng)?jiān)趫D1所示的實(shí)物連線(xiàn)中，完成余下導(dǎo)線(xiàn)的連接_________(要求實(shí)驗(yàn)盡量精確)。（2）在薄膜壓力傳感器上放置適量砝碼，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片使得兩電表示數(shù)適當(dāng)大些以便于精確測(cè)量。實(shí)驗(yàn)時(shí)薄膜壓力傳感器必須__________放置，且閉合開(kāi)關(guān)前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器滑片調(diào)至最左端。某次操作，所放砝碼質(zhì)量為，電壓表示數(shù)為2.60V，而電流表的示數(shù)如圖2所示，其中電流表的讀數(shù)為I=______，進(jìn)而可得此時(shí)薄膜壓力傳感器電阻的測(cè)量值__________(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)，多次測(cè)量并描點(diǎn)連線(xiàn)得到如圖3所示的曲線(xiàn)。（3）若將定義為壓力傳感器的靈敏度，則由圖3可知該型薄膜壓力傳感器的靈敏度隨著所受壓力的增大而___________?！敬鸢浮浚?）（2）水平223##22411.7##11.6（3）減小【解析】【小問(wèn)1詳析】依據(jù)題意可知，本實(shí)驗(yàn)采用伏安法測(cè)量壓力傳感器在不同壓力下的電阻，由實(shí)驗(yàn)所給器材可知所以電流表需采用內(nèi)接法；而所給滑動(dòng)變阻器的阻值遠(yuǎn)小于壓力傳感器的阻值，所以必須采用分壓式接法，電路實(shí)物連線(xiàn)圖如圖所示【小問(wèn)2詳析】[1]實(shí)驗(yàn)采用平衡法來(lái)測(cè)量壓力傳感器所受到的壓力大小，為保證壓力等于砝碼的重力，傳感器應(yīng)水平放置。[2]實(shí)驗(yàn)所用電流表為250μA，最小分度值為5μA，讀數(shù)時(shí)應(yīng)采用五分之一估讀法，即以1μA為單位進(jìn)行估讀。所以電流表的讀數(shù)應(yīng)為223μA或224μA。[3]由歐姆定律，可得或【小問(wèn)3詳析】因壓力傳感器的靈敏度定義為，其幾何意義即壓力曲線(xiàn)上各點(diǎn)切線(xiàn)的斜率。結(jié)合圖3所示的壓力曲線(xiàn)可知，該型壓力傳感器靈敏度隨壓力的增大而減小。13.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻，定值電阻的阻值分別為，，，，電容器電容，求：（1）閉合開(kāi)關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，路端電壓；（2）閉合開(kāi)關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，電容器的帶電量；（3）斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，通過(guò)的電荷量?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問(wèn)1詳析】閉合開(kāi)關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，電容器相當(dāng)于開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，與串聯(lián)后與并聯(lián)，再與串聯(lián)，則外電路總電阻為根據(jù)閉合電路歐姆定律得干路電流為路端電壓為【小問(wèn)2詳析】根據(jù)題意可知，并聯(lián)電路兩端電壓電容器板間電壓電容器的帶電量【小問(wèn)3詳析】斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，電容器通過(guò)與放電，串聯(lián)后與并聯(lián)，放電電流與電阻成反比，因此通過(guò)與的電荷量跟電阻成反比，則通過(guò)的電量為14.如圖所示，光滑水平桌面上放有一根質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的均勻繩子，繩子處于自然伸直狀態(tài)，且一端與桌子邊沿對(duì)齊。某時(shí)刻因受到微小擾動(dòng)，繩子自桌面滑落，已知桌面距地面的高度大于繩長(zhǎng)，重力加速度為g。在繩子滑離桌面的過(guò)程中，求：（1）當(dāng)滑落長(zhǎng)度時(shí)，繩子的速度大小v；（2）繩子的速度大小v與滑落長(zhǎng)度x之間的關(guān)系式，并畫(huà)出v-x關(guān)系圖像?！敬鸢浮浚?）（2），，，【解析】【小問(wèn)1詳析】由動(dòng)能定理可知解得【小問(wèn)2詳析】當(dāng)長(zhǎng)為x的繩子脫離桌面時(shí)，系統(tǒng)減小的重力勢(shì)能為而系統(tǒng)增加的動(dòng)能為因桌面光滑，對(duì)于繩子只有重力做功，機(jī)械能守恒。故有解得而v與x的關(guān)系圖像則為15.如圖所示，質(zhì)量M=1kg、足夠長(zhǎng)的木板A靜止在水平地面上，地面與木板A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.2，在A的左端放置一質(zhì)量m=1kg的鐵塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)），B與A間的動(dòng)摩擦