【文档说明】湖北省武汉市东西湖区华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三上学期11月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(21)页，3.021 MB，由envi的店铺上传

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华中师大一附中2024—2025学年度上学期高三期中检测物理试题时限：75分钟满分：100分一、选择题（10小题，共40分。第1~7题为单选，第8~10题为多选。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.下列说法正确的是（）A.

一个人站立荡秋千时想要越荡越高，在秋千上摆的过程中，需要下蹲降低重心B.油炸麻球时麻球会自动翻身，原因是热油接触部分受热膨胀密度变小，麻球的重心升高而不稳定C.上海中心大厦中重达1000吨的阻尼器“上海慧眼”是一个巨大的摆，其摆动起来可有效抵御大楼的晃动并吸收和释放风的能量，其固有频

率需设计成与大楼的基频相差很大D.激光打印机复印时利用了静电屏蔽的原理实现了图像的传输【答案】ABC【解析】【详解】A.一个人站立荡秋千时想要越荡越高，在秋千上摆的过程中，需要下蹲降低重心，故A正确；B.油炸麻球时麻球会自动翻身，原因是热油接触部分受热膨胀密

度变小，麻球的重心升高而不稳定，故B正确；C.上海中心大厦中重达1000吨的阻尼器“上海慧眼”是一个巨大的摆，其摆动起来可有效抵御大楼的晃动并吸收和释放风的能量，为防止共振其固有频率需设计成与大楼的基频相差很大

，故C正确；D.激光打印机复印时利用了静电感应的原理实现了图像的传输，故D错误。故选ABC。2.如图所示，轻弹簧一端连接小球A，另一端悬挂在天花板上。轻绳1连接小球A、B，轻绳2一端连接小球B，另一端固定在竖直墙壁

上，两小球均处于静止状态。A、B的质量分别为M、m，弹簧弹力为F，弹簧与竖直方向、轻绳1与水平方向的夹角均为30°，轻绳2沿水平方向，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.3Mm=B.Mm=C.23Fmg=D.3Fmg=【答案】C【解析】【详解】AB．对小球A

和小球B分别受力分析，如图所示，由平衡条件可得1FMg=1sin30Fmg=由牛顿第三定律可知1F与1F大小相等，则有:2:1Mm=故AB错误；CD．由平衡条件，可得2cos30FMg=联立可得23

Fmg=故D错误，C正确。故选C。3.华一付熙哲同学继2021年熊家锐之后，再一次发现一颗小行星（编号为2021RO59），这次发现源于美国宇航局、国际动手天文教学组织共同发起的国际小行星搜寻活动。该

小行星位于火星和木星之间的主小行星带内，它和木星在同一平面内绕太阳做圆周运动，木星对小行星的引力可忽略。已知木星到太阳的距离为5Au，该小行星到太阳的距离为3Au，木星的公转周期T≈12年，0.60.78。下列说

法错误的是（）A.该小行星绕太阳做圆周运动的线速度与木星公转的线速度之比为5:3B.经过相同时间，该小行星、木星圆周运动半径扫过的面积之比为1∶1C.该小行星绕太阳做圆周运动的周期约5.6年D.该小行星和木星两次相距最近至少经过约

10.5年【答案】B【解析】【详解】A．行星围绕太阳运动时，万有引力提供向心力22MmvGmrr=解得GMvr=可知v与r成反比，则该小行星绕太阳做圆周运动的线速度与木星公转的线速度之比为5:3，故A正确，不符合题意；B．根据开普勒第二定律，经过相同时间，同一行星绕太

阳运动半径扫过的面积相等，但该小行星、木星圆周运动半径不同，扫过的面积之比不为1∶1，故B错误，符合题意；C．设小行星的绕行半径为r1，绕行周期为T1，木星的绕行半径为r2，绕行周期为T2，根据开普勒第三定律知33122212rrTT=解得321

2132rTTr=代入数据得该小行星绕太阳做圆周运动的周期约5.6年，故C正确，不符合题意；D．该小行星比木星绕行半径小，运行速度快，两次相遇最近即小行星比木星多转一圈，需满足121ttTT−=代入数据得该小行星与木星两次相距最近至少经过约10.5年，故D正

确，不符合题意。故选B。4.质量为m的篮球从高h的手掌处自由下落接触木地板后能反弹到原来高度的45处（不计空气阻力）。已知该篮球每次碰撞后的相对速度大小与碰撞前相对速度大小的比值不变。为使篮球能反弹回高h的手掌处，每次拍球需要对球

做的功为（）A.mghB.13mghC.14mghD.15mgh【答案】C【解析】【详解】篮球从高h的手掌处自由下落，根据自由落体运动规律可得212vgh=反弹后到达原来高度的45处，有22425vgh=碰撞后的相对速度大小与碰撞前相对速度大小的比值为2125vv=若篮

球反弹后能回到h高度处，则22312vvgh==则324125vvvv==所以4102ghv=根据动能定理有2412Wmghmv+=解得14Wmgh=故选C。5.平行板电容器、静电计、理想二极管（正向电阻为0，反向电阻无穷大）与内阻不计的电源连接成如图所示的电路。电容器的下极板固定，上极板

为可动极板，有一带电油滴恰能静止在P点。设静电计的张角为θ，若将上极板向上移动少许后。下列说法中正确的是（）A.油滴带正电B.油滴将向下运动C.θ角不变D.P点的电势不变【答案】D【解析】【详解】A．由于油滴静止，则油滴所受竖直向下的重力与竖直向上的电场力平衡，而两极板间电场强度方向向下，

所以油滴带负电，故A错误；C．若将上极板向上移动少许，根据r4SCkd=可知，d增大，C减小，由于电容器与电源相连，则U不变，根据QCU=可知，Q减小，但由于二极管具有单向导电性，所以Q不变，则U增大，θ角增大，故C错误；B．根据r4UkQEd

S==所以两极板间电场强度不变，油滴所受电场力不变，所以油滴仍处于静止状态，故B错误；D．由于E不变，所以P点与下极板间的电势差不变，下极板接地，电势始终为零，所以P点电势不变，故D正确。故选D。6.一质点沿直线由静止开始运动，先后经历匀加速（加速度大小为a1）、匀速和

匀减速（加速度大小为a2）三个运动过程，三段运动位移均为s，匀加速时间为t，匀减速时间为45t。下列说法正确的是（）A.12aaB.匀速时间为13tC.匀速时速度大小是匀减速段的末速度大小的3倍D.匀加速段平均速度大小小于匀减速段平均速度大小

【答案】D【解析】【详解】A．由题可知，加速阶段2112sat=加速结束时，匀速及匀减速运动的初速度1=vat匀减速阶段22221241448()525525svtatatat=−=−联立解得1221615aaa=A错误；B．设匀速运动的时间为't，则有'1satt=联立匀加速阶段的位移，解

得122sat=解得'12tt=B错误；C．根据上述分析可知，匀速阶段的速度大小1=vat而匀减速阶段的末速度'1245vatat=−根据上述结论可知211516aa=解得'114vat=故匀速时速度大小是匀减速段的末速度大小的

4倍，C错误；D．加速阶段的平均速度1svt=减速阶段平均速度25445ssvtt==显然，12vv，即匀加速段平均速度大小小于匀减速段平均速度大小，D正确。故选D。7.如图所示，质量分别为mA=1kg、mB=2kg的物块A、B分居圆心两侧放

在水平圆盘上，用不可伸长的轻绳相连，与圆心距离分别为rA和rB，其中rA<rB。A、B与圆盘的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘以不同角速度ω绕轴OO′匀速转动时，绳中弹力F随ω2的变化关系如图所示。当角速度为6rad/s3时，A物块恰好不受摩擦力作用，取

g=10m/s2。下列说法正确的是（）A.rA=0.5mB.rB=1.0mC.物块与圆盘间动摩擦因数µ=0.1D.当角速度为3rad/s时，物块恰好与圆盘相对滑动【答案】C【解析】【详解】BC．当角速度较小时，绳中没有拉力，对A、B有2AAAfmr=2BBBfm

r=由于ABrr所以，随着角速度增大，B所受摩擦力先达到最大，此后2AAAfFmr+=的的2BBBmgFmr+=随着角速度增大，B所受摩擦力不变，则有2BBBFmrmg=−结合图线可得B2mg=BB2

0.5mr=所以0.1=，B2mr=故B错误，C正确；A．当角速度为6rad/s3时，A物块恰好不受摩擦力作用，根据2AAFmr=2BBBmgFmr+=可得A1mr=故A错误；D．当物块恰好与

圆盘相对滑动时，A所受摩擦力达到最大，且沿半径向外，则有2AAAFmgmr−=2BBBmgFmr+=联立解得1rad/s=故D错误。故选C。8.某同学投篮空心入筐，篮球在空中运动的轨迹如图所示，A为出手点，B为轨迹最高点，C为轨迹上的一点。AB连线与水平面的夹角θ=60

°，AB垂直于BC，不计空气阻力，篮球可视为质点。在篮球从A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（）A.AB段速度变化和BC段速度变化一样快B.若A点篮球速度为vA，则篮球运动过程中的最小速度为12AvC.AB段运动时间为BC段的3倍D.AB段篮球重力的平均功率大小为BC段的3倍【答案】AD

【解析】【详解】A．篮球从A点运动到C点的过程做斜抛运动，加速度等于重力加速度，即加速度恒定，则AB段速度变化和BC段速度变化一样快，故A正确；B．篮球水平方向做匀速直线运动，即水平分速度等于最高点B的速度，令A点速度方向与水平方向夹角为，利用逆向思维有

212tan2tan2312BBgtgtvvt====根据速度分解有cosBAvv=解得1313BAvv=故B错误；C．利用逆向思维，从A到B过程有cosABBABxvt=，21sin2ABABxg

t=由于AB垂直于BC，则BC与竖直方向夹角为，篮球从B到C过程有sinBCBBCxvt=，21cos2BCBCxgt=解得33ABBCxx=，3ABBCtt=故C错误；D．AB段与BC段篮球重力的平均功率大小分别为sinABABABmgxPt=，cosBCBCB

CmgxPt=结合上述解得3ABBCPP=故D正确。故选AD。9.如图所示，粗糙斜面动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止开始匀加速至B点时达到最大速度v，之后匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。CD段长度恰好与AB段相等

。下列说法中正确的是（）A.AD全过程物块增加的机械能为sinmgLB.BC段电动机的输出功率为(sincos)mgv+C.AD全过程电动机消耗的总电能为21cossin2mgLmgLmv++D.AB段牵引力与BC段牵引力的比值为2:1【答案】AB

D【解析】【详解】A．AD全过程物块增加的机械能等于重力势能增加量，所以sinEmgL=故A正确；B．BC段电动机的输出功率为(sincos)(sincos)PFvmgmgvmgv==+=+故B

正确；C．AD全过程电动机消耗的总电能等于物块机械能的增加量与摩擦生热之和，所以cossinEmgLmgL=+故C错误；D．CD段长度恰好与AB段相等，则21222vaxax==根据牛顿第二定律可

得11sincosFmgmgma−−=2sincosmgmgma+=所以12(sincos)Fmgmg=+又2sincosFmgθμmgθ=+所以AB段牵引力与BC段牵引力的比值为1221FF=故D正确。故选ABD。10.如图所示，AC、BD是竖直面内圆中

两条相互垂直的直径，M、N是圆上的两点，OM、ON连线与AC的夹角都为30°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。一群质子从M点射出，可以到达圆上任意点。比较圆上这些点，发现到达N点的质子动能增量最大。现换用电荷量为+q、质量m的小

球沿不同方向从M点抛出，小球仍然可以到达圆上任意点。在这些点中，小球经过A点的动能增量最大。已知圆的半径为R，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.O点的电势大于M点电势B.匀强电场的场强大小为2mgqC.小球经过B点

的动能增量大于小球经过D点的动能增量D.小球在M点竖直向下抛出，小球恰好经过D点时的动能为218mgR【答案】BD【解析】【详解】A．由于质子从M点射出，到达N点动能增量最大，则电场力对质子做正功，且N点与M点间的电势差最大，电场线的方向应由O指向N

，沿电场方向电势降低，所以M点的电势大于O点电势，故A错误；B．带电小球沿不同方向从M点抛出，小球经过A点的动能增量最大，则重力与电场力的合力水平向左，则有sin30Eqmg=解得2mgEq=故B正确；C．由于小球所受重力与电场力的合力水平向左，

M到B、M到D水平位移相同，合外力做功相等，所以小球经过B点的动能增量等于小球经过D点的动能增量，故C错误；D．小球在M点竖直向下抛出，小球做类平抛运动，则0(1sin30)Rvt+=21cos302Rat=cos30Eqam=所以22k0121[()]28

DEmvatmgR=+=故D正确。故选BD二、实验题（本题共2小题，共16分。）11.某物理兴趣小组要精确测量一金属丝的电阻率。（1）分别用螺旋测微器测金属丝的直径，用游标卡尺测其长度，如图所示，则金属丝的直径。d=_________mm，长度l=_________cm。（2）多次测量

得到该金属丝的伏安特性曲线（纵坐标为I、横坐标为U）为一过原点的直线，斜率为k，该金属丝电阻率的表达式为ρ=_________（用上述字母符号表示）。【答案】（1）①.1.840②.4.240（2）24dkl【解析】【小问

1详解】[1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以金属丝的直径为1.534.00.01mm1.840mmd=+=[2]游标卡尺读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以4280.05mm42.40mm4.240cmd=+==【小问2详解】根据电阻定律lRS=2

()2dS=1Rk=所以24dkl=12.某同学利用智能手机、轻质弹簧和钩码成功的测量了该手机的质量M和弹簧的劲度系数k，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g=9.8m/s2。的（1）将轻弹簧悬挂在铁

架台上，下端与手机连接，手机下端利用细绳悬挂质量为m的钩码；（2）初始时实验装置处于静止状态；（3）剪断细绳，手机软件phyphox可实时记录手机在竖直方向加速度a随时间t的变化关系（图乙），剪断细绳瞬

间手机加速度a0对应图中的__________（选填“A”、“B”或“C”）点；（4）改变砝码质量，重复步骤（3），获得多组实验数据记录在表格中，并在坐标纸上以a0为纵轴、砝码质量m为横轴绘制a0—m图像，在图丙中画出这些数据符合的图线____。悬挂不同钩码时

手机获得的加速度a0（m/s2）1.461.992.515.287.889.9611.56m（g）304050100150200250根据绘制的图像可推算出该手机的质量为M=____________g（结果保留三位有效数字）；（5）已知简谐运动周期公式为2mTk=（其中m为振子的质量，k为

回复系数），请你推算该弹簧的劲度系数为k=__________N/m，π2取10（结果保留三位有效数字）。【答案】①.A②.③.200（195205均可）④.9.45（9.229.65均可）【解析】【详解】[1]前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）简谐运

动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；[2]描点作图如下[3]设绳子没剪断时弹簧的弹力为F，手机的质量为M，绳子未剪断时，则有0FMgmg−−=绳子剪断的瞬间，根据牛顿第二定律0FMgMa−=联立解得0gamM=故在a0—m图像中，其斜率gkM=结合图

像解得200gMgk==[4]由图可知振子的振动周期10.21.02s=0.92s20T−=代入振子的周期公式可得9.45N/mk=三、解答题（本题共3小题，共44分。解答应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。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。）13.一列简谐横波在均匀介质中以v=3m/s的速度沿x轴正方向传播，t=0时刻，该波的波形图如图所示。a和b是该波传播方向上的两个质点，t=0时刻两质点的位移大小分别为xa=10cm和xb=20cm，且两个质点的平衡位

置之间的距离为∆x=10m。求：（1）该波的波长及周期；（2）质点a的振动方程。【答案】（1）12m，4s（2）20sin()cm26ayt=+【解析】【小问1详解】由于波沿x轴正方向传播，所以t=0时刻，质点a向上振动，且经过6T质点a达到波峰，所以66Txv−

==所以12m=，4sT=【小问2详解】设质点a的振动方程为2sin()ayAtT=+20cmA=t=0时，有20sin10ay==解得6=所以20sin()cm26ayt=+14.如图（a）所

示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成。BC的右侧存在着水平向右的匀强电场，质量为m，带负电电荷量为q=2.0C的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的

压力F的大小，改变H的大小，可测出F随H的变化关系如图（b）所示，g=10m/s2，求：（1）圆弧轨道的半径及小球的质量；（2）匀强电场强度的大小（结果可保留根号）。【答案】（1）0.2m，0.2kg（2）7V/m3

【解析】【小问1详解】对小球，从开始到运动到Ｃ点，根据动能定理可得2122CmgHmgRmv−=在C点，根据牛顿第二定律可得2CvmgFmR+=联立可得25mgFHmgR=−由图可知，H=0.6m时，F=2N，则220.65mgmgR=−H=1.0m时，F=1

0N，则2101.05mgmgR=−联立解得0.2mR=，0.2kgm=【小问2详解】由图乙可知，小球从0.6m处释放时，恰好经过等效最高点，且小球经过C点时受到轨道的弹力为2N，根据2CvmgFmR+=可得2m/sCv=设等效最高点与圆心连线和竖直方向的夹角为θ，则小球从等效最

高点到C点有22min11(1cos)sin22CmgREqRmvmv−−+=−2mincosvmgmR=tanEqmg=联立解得7V/m3E=15.在空间中始终存在着水平向右匀强电场E，其大小随时间变化如图（a）所示。一质量为M=5kg的绝缘板B静止在光滑的水平地面上

，木板的长度为L=50m。B的左端距离l=9m处放置一固定弹性挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。木板上静止放置着质量m=10kg的绝缘物块A，物块可视为质点，如图（b）所示。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.4，

物块A带负电，电荷量为31610Cq−=，板B带负电，电荷量为32210Cq−=，A、B之间的库仑力可忽略。从t=0时两物体开始运动，g=10m/s2，求：的（1）板B和挡板第一次碰撞后瞬间，物块A和板B的速度；（2）从板B和挡板第一次碰撞到第二次碰撞过程中，系统产生的热量；（

3）从开始运动到物块A从板B左端滑出时板B和弹性挡板的碰撞次数。【答案】（1）A6msv=，方向向左；B6msv=，方向向右（2）280J（3）5【解析】【小问1详解】假设0~3s内A、B之间未发生相对滑动，则对整体根据牛顿第二定律有()()121qqEMma+=+求得

22msa=对A根据牛顿第二定律有11qEfma−=求得2.5N40Nfmg==所以，假设成立，令212lat=求得3st=板B和挡板第一次碰撞前A、B的速度大小为23ms6msvat===板B和挡板第一

次碰撞后，二者的速度分别为A6msv=，方向向左B6msv=，方向向右【小问2详解】第一次碰撞后，物块A向左匀加速运动，板B向右匀减速直线运动，速度减小到零后向左匀加速直线运动，其加速度大小分别为21212msqEmgam−==222212msqEmgaM+==以向左为正方向，

A、B的速度再次达到相等经历的时间设为1t，则有A11B21vatvat+=−+求得11.2st=该过程中A、B发生的位移分别为221A1111161.221.2m8.64m22xvtat=+=+=222B1211161.2121.2m1

.44m22xvtat=−+=−+=这段时间内，板B的位移方向向左，说明二者速度还未达到相等板B就已经与挡板相撞，因为板B往返的加速度不变，所以，第二次碰撞前板B的速度仍为6msv=从第一次相撞到第二次相撞所经历

的时间为22226s1s12vta===这段时间内物块A的位移为22A1A212116121m7m22xvtat=+=+=二者之间的相对位移大小为A107mxx=−=相1系统产生的热量为407J280JQmgx===相1【小问3详解】二者发生第二次碰撞

后，板B的速度再次反向，物块A继续向左做匀加速直线运动，之后每相邻的两次碰撞之间的时间间隔均与第一次与第二次碰撞之间的时间间隔相等，从第一次碰撞开始，直到物块A与挡板相撞所用的总时间设为t总，则有2A112L

vtat=+总总求得()593s4.68st=−总即从第一次板B与挡板发生碰撞之后，每经过1s发生一次碰撞，从开始运动到物块A从板B左端滑出时板B和弹性挡板的碰撞次数为145N=+=