2025届北京市朝阳区17中高三上物理期中联考试题含解析

2025届北京市朝阳区17中高三上物理期中联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、下列说法正确的是（）A．研究张继科打出的弧旋乒乓球，可把乒乓球看成质点B．研究在女子万米比赛中的“长跑女王”特鲁纳什迪巴巴，可把特鲁纳什迪巴巴看成质点C．杭州四中第一节课7：45开始，7：45指时间间隔D．通常时刻用时间轴的一段线段表示2、如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子不计重力在该区域内运动的轨迹，轨迹上有a、b、c三点，已知带电粒子所带电荷量为，在a点处的动能为，则该带电离子（）A．可能带负电 B．在b点处的电势能为C．在b点处的动能为零 D．在c点处的动能为3、图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源两极相连．帯电粒子在磁场中运动的动能及随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是A．在Ek-t图中应有（t2-t1）>（t3-t2）>……>（tn-tn-1）B．高频电源的变化周期应该等于tn-tn-1C．要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径D．在磁感应强度B、“D”形盒半径R、粒子的质量m及其电荷量q不变的情况下，粒子的加速次数越多，离子的最大动能一定越大4、已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等．如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox为通过半球顶点与球心O的轴线．A、B为轴上的点，且OA=OB．则下列判断正确的是（）A．A点的电场强度与B点的电场强度相同B．A点的电势等于B点的电势C．在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将做匀加速直线运动D．带正电的粒子在O点的电势能为零5、如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是A．逐渐减小 B．逐渐增大C．先减小后增大 D．先增大后减小6、如图所示，滑块A和B叠放在固定的光滑斜面体上，从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑．则在下滑过程中正确的是（）A．B对A的支持力不做功B．B对A的合力不做功C．B对A的摩擦力不做功D．B对A的摩擦力做负功二、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、在图中坐标系的原点处有一波源，图中a、b、c、d、e五点的横坐标分别为5cm、15cm、18cm、21cm、27cm．该波源在介质中形成了一列沿x轴正方向传播的简谐横波，从该简谐波第一次传到c点开始计时，此时c点的振动方向沿y轴的正方向，经时间Δt＝0.6s时该简谐波第一次传到e点，此时c点第一次到达x轴下方的最大位移处，已知该简谐波的振幅为A．则以下说法正确的是________．(填正确答案标号)A．该简谐波的速度大小为20cm/sB．该简谐波的周期为0.8sC．在Δt＝0.6s时间内，质点d通过的路程为3AD．在t＝s时质点a应处于平衡位置且沿y轴的负方向振动E.在t＝0.5s时质点b、c的位移相同8、一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，滑动变阻器消耗的电功率增加D．P向右移动时，原、副线圈的电流比不变9、消防员用绳子将一不慎落入井中的儿童从井内加速向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是()A．绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力B．绳子对儿童的拉力大于儿童的重力C．消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力D．消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对平衡力10、小船过河，河宽为90m，船在静水中航行速度是3m/s，水流速度是4m/s，则（）A．船渡过河的最短时间为30sB．小船渡河的最短路程为90mC．船头偏向上游某一角度可使船垂直河岸过河D．小船渡河的最短路程为120m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）在用单摆的小角度振动测量当地的重力加速度的实验中，以下说法中正确的是（______）A．测量周期时，应该从摆球到达最低点开始计时，并记录次全振动时间，这样做的目的是减小测量的偶然误差B．若测出的重力加速度比当地实际重力加速度大，有可能是误将次全振动记为次全振动了C．某同学测量了多组周期随摆长变化的数据后，利用画图象法得到了当地重力加速度的值，发现图线不过坐标原点，则他通过图象得到的重力加速度值有可能是比较准确的D．若宇航员在火星上测量，但手边没有规则的小球，只有一些小石头子，其他器材都有，因不能准确测量摆长，他测出的重力加速度一定偏小或偏大12．（12分）在“研究弹簧的形变与外力的关系”的实验中,将弹簧水平放置,测出其自然长度,然后竖直悬挂让其自然下垂,在其下端竖直向下施加外力F。实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的。用记录的外力F与弹簧的形变量x作出的F-x图线如图所示。(1)弹簧的形变量x与外力F关系式F=___；（力的单位：N，长度单位：m）(2)图线不过原点的原因是:______________。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）小球A通过长为h的细线悬挂在离地面高度也是h的O点，现在把小球A移动到水平位置并把细线伸直由静止释放，同时在O点正下方A的原位置放置一个质量为小球质量5倍的滑块B。滑块和地面之间动摩擦因数为，小球A与滑块发生正碰后反弹高度为，不计空气阻力，重力加速度为g，求:(1)小球A与B碰撞前瞬间速度的大小；(2)B在水平面运动的时间。14．（16分）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；（2）若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。15．（12分）一木板B置于光滑水平面上，小物块A静置于木板左端，若给小物块一个瞬间水平向右的初速度v0=3m/s，小物块经历时间t=0.5s恰好不滑离木板，已知小物块的质量m=1kg，木板质量M=2kg，重力加速度g=10m/s2。(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)若水平面是粗糙的，木板与水平面间的动摩擦因数是物块与木板间的动摩擦因数的四分之一，现对小物块施加一个水平向右的恒定外力F,使小物块由静止开始运动，若使小物块能滑离木板，求外力F的范围；(3)在（2）中，若F=7N,求小木块滑离木板时的速度大小。

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、B【解析】

A.在研究乒乓球的旋转情况对发球效果的影响时，乒乓球的形状不能忽略，不能看成质点。故A项错误；B.研究在女子万米比赛中的“长跑女王”特鲁纳什⋅迪巴巴，可把特鲁纳什⋅迪巴巴看作质点，故B项正确；CD.通常时刻用时间轴的一个点表示，7：45是时间轴上的一个点，指时刻，故C项错误，D项错误。2、D【解析】

A．根据电场线和等势线垂直，且由高电势处指向低电势处，得出场强方向向上，由带电粒子的运动轨迹可判定，粒子所受电场力向上，则粒子带正电荷，A错误；B．b点处的电势能：B错误；C．由能量守恒，a点处动能和电势能总和：则b点处的动能为：C错误；D．c点处的动能为：D正确。故选D。3、C【解析】试题分析：根据周期公式T=知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以t4-t3=t3-t2=t2-t1．A错误；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（tn-tn-1），B错误；根据公式r=，有v=，故最大动能Ekm=mv2=，与半径有关；要想粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径，C正确；与粒子加速的次数无关，D正确．考点：本题考查回旋加速器．4、A【解析】

A、将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的场强大小分别为E2和E2．由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E2=E2.根据对称性可知，左、右半球在B点产生的场强大小分别为E2和E2．且E2=E2.则在图示电场中，A的场强大小为E2，方向向右．B的场强大小为E2，方向向右，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同；故A正确.B、根据电场的叠加原理可知，x轴上电场线方向向右，则A点的电势高于B点的电势；故B错误.C、在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，由于电场强度是变化的，所以粒子所受的电场力是变化的，则该粒子将做变加速直线运动；故C错误.D、电场线方向向右，O点的电势高于无穷远处电势，则O点的电势大于零；故D错误.故选A.【点睛】本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．左半球面在A点的场强与缺失的右半球面在B点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键．5、C【解析】

对O点受力分析：G的向下的拉力，绳子OC的拉力，如图：由于杆可绕A点自由转动，所以两拉力的合力方向应沿杆指向A．由图可知，当C点沿圆弧向上移动的过程中，OC与OA之间的夹角先增大到90，然后又大于90，根据垂直杆方向两力的分力平衡，设OC与杆夹角为α，则：当OC与OA之间的夹角为90时，绳子OC对A点的拉力最小．所以点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中，OC绳所受拉力的大小变化情况是先减小后增大．A.逐渐减小，与推导结果不符，故A错误；B.逐渐增大，与推导结果不符，故B错误；C.先减小后增大，与推导结果符合，故C正确；D.先增大后减小，与推导结果不符，故D错误．6、B【解析】

A．B对A的支持力竖直向上，A和B是一起沿着斜面下滑的，所以B对A的支持力与运动方向之间的夹角大于90°，所以B对A的支持力做负功，所以A错误．B．以A、B整体为研究对象，应用牛顿第二定律得a=gsinθ；隔离A分析，如图所示，有mgsinθ+fcosθ-Nsinθ=ma得fcosθ=Nsinθf与N的合力沿+y方向，B对A的合力不做功，故B正确．CD．B对A的摩擦力是沿着水平面向左的，与运动方向之间的夹角小于90°，所以B对A的摩擦力做正功，故CD错误．故选B．考点：牛顿第二定律的应用；功二、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、BDE【解析】

设该简谐波的波长为λ，由题中的条件可知c、e两点之间的距离为λ，即λ=9cm，λ=12cm，周期为T，则Δt＝T，所以T＝0.8s，因此该简谐波的波速大小为，故A错误，B正确；该简谐波的振动形式由c传到d所需要的时间为，在Δt＝0.6s的时间内质点d振动的时间为t2＝Δt－t1＝0.4s＝，则质点d通过的路程为振幅的2倍，即2A，故C错误；由题中的条件描绘出t=0时的波形图，如图所示，此时质点a处于x轴上方且向上振动，原点的振动形式从原点传播到a点所需的时间为，故时，a点处于平衡位置，振动方向沿y轴的负方向，故D正确；0.5s＝，则在0～0.5s内质点b先由x轴上方最大位移处向下运动到达x轴下方最大位移处，再向上运动到达位移为A处，质点c先由平衡位置向上运动到达x轴上方最大位移处，再向下运动经过平衡位置，到达位移为处，故E正确．所以BDE正确，AC错误．8、AD【解析】

根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。【详解】A项：由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，故A正确；B项：根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为U=312VC项：P右移，R变小，原副线的电流都变大，而原线圈电压不变，所以副线圈两端电压也不变，可将副线圈也定值电阻R看成电源，滑动变阻器视为外电路，当外电路电阻与电源内阻相等时，滑动变阻器的功率最大，由于不知道滑动变阻器与定值电阻间的关系，所以无法确定，故C错误；D项：原副线圈电流之比等于匝数的反比，故原副线圈的电流之比不变，故D正确。故应选：AD。【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路。9、BC【解析】

A.绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；B.儿童从井内加速向上提的过程中，加速度方向向上，儿童处于超重状态，则绳子对儿童的拉力大于儿童的重力。故B正确；C.消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力，故C正确；D.消防员对绳子的拉力是作用在绳子上的力，而绳子对儿童的拉力是作用在儿童上的，故二力不是平衡力，故D错误。10、AD【解析】

A．当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间：故A符合题意。BC．因为水流速度大于静水速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可能到达正对岸。当合速度的方向与静水速的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最短，渡河航程最小。故BC不符合题意。D．当合速度的方向与静水速的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最短，渡河航程最小；

设船头与河岸夹角为θ，则：根据题意可知：，故小船渡河的最短路程为：故D符合题意。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、ABC【解析】A．依据实验原理多次测量，减少误差，故A正确；B．依据单摆公式，周期，解得，若变大，则减少，而周期，故B正确；C．不过原点则的长度可能不准确，但不影响的大小，故C正确；D．不一定测量偏大或偏小，可能做竖直上抛，故D错误；故选ABC。【点睛】实验注意事项、作图象、求重力加速度，知道实验注意事项、掌握描点法作图的方法。12、100x-2(N)弹簧自身的重力【解析】

分析图象可知伸长量和拉力的关系；由胡克定律可求出弹簧的劲度系数，再选一特殊点代入，即可求解关系式；根据弹簧自身有重力分析图线不过原点的原因．（1）由图可知，该弹簧受力为零时，伸长是2cm，受到拉力为8N时，伸长为10cm，故弹簧的劲度系数为k=ΔFΔx=100N/m，由图象可设其关系式为：F=100x+b，再从图象任选清晰的点对应的坐标，如（8N，10cm），带入关系式解之：b=-2，所以弹簧的形变量x与外力（2）该图线不过原点的原因是：弹簧自身有重力，弹簧水平放置其自然长度为L，竖直放置时由于自身的重力必然就会有一定的伸长．【点睛】在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的