2025届安徽省滁州市第三中学高三上物理期中综合测试试题含解析

2025届安徽省滁州市第三中学高三上物理期中综合测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示电路中电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，下列说法正确的是A．R3的功率变大B．电压表、电流表示数都变小C．液滴将向下运动D．电容器C所带电量增加2、如图所示，分解一个水平向右的力F，F=6N，已知一个分力F1=4N和另一个分力F2与F的夹角为30°，以下说法正确的是（）A．只有唯一解B．一定有两组解C．可能有无数解D．可能有两组解3、如图所示,劲度系数均为k=200N/m的两根弹簧下悬挂一个质量m=2kg的重物,处于静止状态,弹簧L1悬于A点,与竖直方向的夹角θ=37°,弹簧L2的另一端连于竖直墙上B点,弹簧L2处于水平状态,此时两个弹簧的长度相同,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2,则两根弹簧的原长相差的长度为()A．0.01m B．0.03m C．0.05m D．0.08m4、如图所示，一个小球用长为L的细线悬于O点，将小球向左拉到某一高度，此时细线与竖直方向的夹角为θ=53°，由静止释放小球，若小球向右摆动到最低点时细线断开，小球落在水平地面的A点（未画出）；若小球向右摆动到最高点时细线断开，小球的落地点也在A点，不计空气阻力，sin530=0.8，则细线的悬点O离水平地面的高度为()A．1.2L B．1.4L C．1.6L D．1.8L5、假设该高速公路上甲、乙两车在同一车道上行驶，甲车在前，乙车在后。t=0时刻，发现前方有事故，两车同时开始刹车，行进中两车恰好没有发生碰撞。两车刹车过程的v-t图像如图所示，以下判断正确的是A．t=0时刻两车间距等于50mB．两车都停止运动时相距50mC．t=5s时两车间距大于t=15s时两车间距D．乙车刹车的加速度大小是甲车的1.5倍6、在同一条直线上运动的P、Q两个物体在t＝0时经过同一个位置，它们运动的速度—时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．在0～3s内P做匀减速直线运动，Q做匀速直线运动B．在0～1s内两物体逐渐靠近C．在t＝2s时两物体相遇D．在0～3s内两物体的位移相等二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图甲所示，截面为直角三角形的木块A质量为m0，放在倾角为θ的固定斜面上，当θ＝37°时，木块A恰能静止在斜面上。现将θ改为30°，在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B，如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则A．A与斜面之间的动摩擦因数为0.75B．A、B仍一定静止于斜面上C．若m0＝m，则A受到的摩擦力大小为mgD．若m0＝4m，则A受到斜面的摩擦力大小为2.5mg8、如图所示，在水平地面上有一处于自然长度、劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端处于位置A处。现有一质量为m的物块(可视为质点)从A点左侧3x处以某一初速度向右运动后压缩弹簧，当物块运动到A点右侧x处时速度变为零，随即被弹回并最终停在A点左侧距离A点x处，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，则A．物块的初速度大小为B．物块被反弹回来的过程中先做匀加速运动，后做匀减速运动C．物块向右运动压缩弹簧到最短的过程中，克服弹簧弹力做的功为2μmgxD．物块被弹回后向左运动至速度最大的过程中，克服摩擦阻力做功为μmgx9、两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bC．金属棒的速度为v时，所受的按培力大小为F=D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少10、以下说法中正确的是()A．做匀变速直线运动的物体，ts内通过的路程与位移的大小一定相等B．2008年奥运会上牙买加飞人博尔特以9秒69的成绩夺得百米短跑冠军，这里的“9秒69”表示时刻C．瞬时速度的大小通常称为速率D．速度不变的运动就是匀速直线运动三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）在研究小车的匀变速直线运动的实验中，某同学在实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上．如图为实验中得到的一条纸带,纸带上每相邻的两计数点间都有4个点未画出,按时间顺序取0、1、1、3、4、5、6共7个计数点,测出1、1、3、4、5、6点到0点的距离如图所示(单位:cm)．由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度大小v4=__m/s,小车的加速度大小为___m/s1．(保留两位有效数字)

12．（12分）小明和小华在实验室探究加速度与力质量的关系，他俩各自独立设计了如图甲、乙所示的实验装置，小车总质量用M表示，（甲图中传感器的质量可以忽略）钩码总质量用m表示。（1）为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是________。A．两组实验中只有甲需要平衡摩擦力。B．两组实验都需要平衡摩擦力。C．两组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于总质量M的条件D．两组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于总质量M的条件（2）若发现某次实验中甲图中的力传感器和乙图中的测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为，g为当地重力加速度，则甲、乙两实验装置中所用小车总质量之比为________所用用的钩码总质量之比为_______。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g=10m/s2，根据F-t图象分析求解：（1）运动员的质量；（2）运动员在运动过程中的最大加速度；（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．14．（16分）如图所示，在xOy坐标系中的一个矩形区域内，存在着沿y轴负方向的匀强电场，场强，该区域的水平宽度为L=9m，竖直宽度足够大.一带电粒子从y轴上的A点(纵坐标为h=16m)以初动能沿x轴正方向射出，粒子的带电量为，为使粒子通过x轴上的B点(横坐标为d=10m)，则该电场区域左边界对应的横坐标应是多少?(不计粒子的重力)15．（12分）如图所示，一质量为m=1．5kg的滑块从倾角为θ=47°的斜面上自静止开始滑下，斜面末端水平（水平部分光滑，且与斜面平滑连接，滑块滑过斜面末端时无能量损失），滑块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车．已知斜面长s=13m，小车质量为M=4．5kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ=3．45，小车与地面光滑且足够长，取g=13m/s4．求：（1）滑块滑到斜面末端时的速度（4）当滑块与小车相对静止时，滑块在车上滑行的距离

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】

根据板间场强和液滴所受的电场力方向关系，判断液滴的电性．分析变阻器接入电路的电阻变化，分析总电阻的变化，再根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，根据并联电路电压的变化，分析通过R3电流的变化，即可得到电流表示数的变化．根据R1电压的变化，分析电压表示数的变化．电容器极板间电压等于并联部分的电压，根据电压变化，判断其电荷量变化和液滴的运动情况．【详解】当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，接入电路的电阻减小，R2与R3并联的电阻减小，总电阻减小，则总电流增大，R1电压增大，则电压表示数变大．R2与R3并联的电压减小，通过R3电流减小，根据可知，R3的功率变小，总电流增大，则电流表示数变大，故AB错误；因R2与R3并联的电压减小，电容器板间电压减小，带电量减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，则液滴将向下加速运动，故C正确，D错误；故选C．【点睛】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路电流和电压的变化．2、B【解析】试题分析：根据平行四边形定则或者三角形定则作图分析：若F1＜Fsin30°，无解；若F1=Fsin30°，唯一解；若F＞F1＞Fsin30°，两解；若F1＞F，唯一解．解：已知合力、一个分力的方向、另一个分力的大小，根据平行四边形定则作图，如图所示：由于F＞F1＞Fsin30°，即6N＞F1＞3N，故一定有两组解；故选：B．【点评】本题关键是根据平行四边形定则作图分析，知道合力与分力是等效替代关系；要注意题目中的数量关系：．3、C【解析】

设弹簧L1原长为d1，此时伸长量为x1，弹簧L2的原长为d2，伸长量为x2。根据力的平衡可得水平方向有：竖直方向有：解得：由题可知：得：代入数据解得：m故选C。4、B【解析】

若小球向右摆动到最低点时细线断开，先根据机械能守恒得到小球通过最低点时的速度，结合平抛运动的规律得到平抛运动的水平距离；若小球向右摆动到最高点时细线断开，根据机械能守恒得到小球向右摆动的最大偏角，结合几何关系求解．【详解】设细线的悬点O离水平地面的高度为h．若小球向右摆动到最低点时细线断开，断开前的过程，根据机械能守恒得绳断开后小球做平抛运动，则有：x=vt若小球向右摆动到最高点时细线断开，根据机械能守恒得到小球向右摆动的最大偏角为53°，则有：x=Lsin53°联立得：h=1.4L．故应选：B．【点睛】本题的关键是明确小球的运动规律，然后结合机械能守恒定律、平抛运动定律列式后联立求解．5、A【解析】

A.行进中两车恰好没有发生碰撞，说明t=10s时刻两车速度相等时恰好相遇，则t=0时刻两车间距等于两车在10s位移之差，为S=×10×10m=50m，故A正确；B.t=10s时两车相遇，都停止时两车的距离等于10s后两车的位移之差，为×5×10m=25m，故B错误；C.根据“面积”表示位移，可知t=5s∼15s内两车通过的位移相等，所以t=5s时两车间距等于t=15s时两车间距，故C错误；D.根据v−t图象的斜率表示加速度,甲的加速度大小为a1=20/20=1m/s2；乙的加速度大小为a2=30/15=2m/s2；故乙车的加速度是甲车的加速度的2倍。故D错误；故选：A6、C【解析】

A．在0～3s内物体P先减速运动再加速运动，物体Q一直做匀速运动，故A错误；B．v－t图象与坐标轴所围的面积表示物体的位移，在0～1s内，图象与坐标轴所围的面积之差越来越大，在t＝1s时两物体的速度相等而面积之差最大，即相距最远，B错误；C．在t＝2s时物体P、Q的位移相等，两物体相遇，C正确；D．在0～3s内物体P的位移较小，故D错误．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AD【解析】

A．由题意可知，当θ=37°时，木块恰能静止在斜面上，则有：μm0gcos37°=m0gsin37°解得：μ=0.75，故A正确；B．现将θ改为30°，在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B，对A受力分析，则有：f′=μN′，N′=Mgcos30°；

而F=mgsin30°

当f′＜mgsin30°+Mgsin30°，则A相对斜面向下滑动

当f′＞mgsin30°+Mgsin30°，则A相对斜面不滑动

因此A、B是否静止在斜面上，由B对A弹力决定，故B错误；C．若m0=m，则mgsin30°+m0gsin30°=mg；f′=μN′=0.75×m0gcos30°=mg；因f′＜mgsin30°+Mgsin30°，A滑动，A受到斜面的滑动摩擦力，大小为mg，故C错误；D．若m0=4m，则mgsin30°+m0gsin30°=mg；而f′=μN′=0.75×m0gcos30°=mg；因f′＞mgsin30°+Mgsin30°，A不滑动，A受到斜面的静摩擦力，大小为mgsin30°+m0gsin30°=mg，故D正确。8、AC【解析】

A．对物块运动的整个过程，根据动能定理得可得物块的初速度大小为故A正确。B．物块被反弹回来的过程中，弹簧的弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物块先向左做加速运动，后向左做减速运动，由于弹簧的弹力是变力，则物块的合外力是变力，则物块的加速度是变化的，两个过程物块做的是非匀变速运动，故B错误。C．物块向右运动压缩弹簧到最短的过程中，设克服弹簧弹力做的功W弹．物块向左运动的过程，根据动能定理得联立解得故C正确。D．物块被弹回后向左运动至速度最大时有μmg=kx′得此过程中，克服摩擦阻力做功为故D错误。9、AC【解析】

A、金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故A正确；B、金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，流过电阻R的电流方向为，故B错误；C、金属棒速度为时，安培力大小为，，由以上两式得：，故C正确；D、金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（速度不为零时）以及电阻R上产生的热量，故D错误．【点睛】释放瞬间金属棒只受重力，加速度为．金属棒向下运动时，根据右手定则判断感应电流的方向．由安培力公式、欧姆定律和感应电动势公式推导安培力的表达式．金属棒下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（金属棒速度不是零时）和电阻R产生的内能；本题考查分析、判断和推导电磁感应现象中导体的加速度、安培力、能量转化等问题的能力，是一道基础题．10、CD【解析】

位移是初位置到末位置的有向线段，路程是物体运动的轨迹长度；时刻指的是时间轴上的点，时间间隔指时间轴上的一段；瞬时速率一般指速率；匀速直线运动为速度不变的运动；【详解】如果物体做的是一个变向减速直线运动，此时位移大小不等于路程，故A错误；“9秒69”表示时间轴上的一段，故指时间间隔，故B错误；瞬时速度的大小通常称为速率，故C正确；匀速直线运动为速度不变的运动，故D正确；故选CD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、0.410.76【解析】（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上4点时小车的瞬时速度大小．

．

（1）设0到1之间的距离为，以后各段分别为，

根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，

得：，，

为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值

得：

即小车运动的加速度计算表达式为：．点睛：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．12、B1:15:8【解析】

（1）[1]两组实验均需要平衡摩擦力，甲图中小车受到的拉力可有传感器读出，乙图中拉小车的力可有测力计读出，故都不需要钩码的总质量m远小于小车的总质量M，B正确。（2）[2][3]两实验装置实验所用小车总质量分别为，实验时所用小车总质量之比为1:1；对图甲:，对乙图，整理得；故答案为：[1]B[2]1:1[3]5:8四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）50kg；（2）40m/s2；（3）3.2m。【解析】

(1)由图像可知运动员所受重力为500N