2023-2024年江蘇省蘇州市高三年級上冊期中調研物理試題（解析版）

2023?2024學年第一學期高三期中調研試卷

物理

2023.11

注意事項：

1.本試卷包含選擇題和非選擇題兩部分。考生答題全部答在答題卡上，答在本試卷上無效。本

次考試時間為75分鐘，滿分值為100分。

2.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號（考試號）用書寫黑色字跡的0.5毫米簽字筆填寫

在答題卡上，并用2B鉛筆將對應的數(shù)字標號涂黑。

3.答選擇題必須用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，請用橡皮擦干凈

后，再選涂其它答案。答非選擇題必須用書寫黑色字跡的0.5毫米簽字筆寫在答題卡上的指定

位置，在其它位置答題一律無效。

一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分，每題只有一個選項最符合題意。

1.如圖是測量打點紙帶位移的部分照片（交流電源的頻率50Hz）。根據(jù)照片可知（）

M.........:....:......:.....1.....3.，...?....:...）...；..:....，..........>

；13dofl'f21'31’4I：/6代1亮溫廠

A.計數(shù)點2的讀數(shù)應記錄為9.00cm

B.計數(shù)點2的讀數(shù)應記錄為9.0cm

C.計數(shù)點1和2之間的位移是9.00cm

D.相鄰計數(shù)點間的時間間隔是0.02秒

【答案】A

【解析】

【詳解】AB.最小分度值是0.1cm,所以計數(shù)點2的讀數(shù)應記錄為9.00cm,故A正確B錯誤；

C.計數(shù)點1和2之間的位移是坐標之差，小于9.00cm,故C錯誤；

D.相鄰計數(shù)點間的時間間隔是

T=5x0.02s=0.1s

故D錯誤。

故選A。

2.電梯下降過程中，某同學用智能手機記錄了電梯速度隨時間變化的關系，如圖所示。出現(xiàn)超重現(xiàn)象的時

段是（）

A.從20.0s到30.0sB.從30.0s到40.0s

C.從40.0s至I」50.0sD.從50.0s到60.0s

【答案】C

【解析】

【詳解】根據(jù)修圖像可知，在20.0?30.0s過程中，電梯加速下降，加速度向下電梯處于失重狀態(tài)，在30.0-

40.0s過程中電梯勻速下降，電梯既不超重也不失重，40.0?50.0s過程中電梯減速下降，加速度向上，電梯

處于超重狀態(tài)，50.0?60.0s過程中電梯處于靜止狀態(tài)。

故選C。

3.探究小車做勻變速直線運動的速度隨時間變化規(guī)律的實驗裝置如圖所示，下列關于該實驗的有關操作必

要的是（）

A.軌道左端略抬高用以平衡摩擦力

B.槽碼的質量遠小于小車質量

C.牽引小車的細線調整至與導軌平行

D.釋放小車后立即接通打點計時器

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.實驗目的是“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律"，只要保證小車所受合力不變即可，不需要補

償阻力，也不需要滿足槽碼的質量遠小于小車質量要求，故AB錯誤；

C.實驗時必須通過調節(jié)軌道左端的滑輪讓細線和軌道平行，以保證細線拉力保持不變，故C正確；

D.實驗中為了打點穩(wěn)定，先接通打點計時器后釋放小車，故D錯誤。

故選C。

4.遙感33號04星是近地衛(wèi)星，搭載了尖端遙感設備，可對地球表面進行高精度的遠程感知和信息收集。

該衛(wèi)星與地球靜止衛(wèi)星相比（)

A.周期更大

B.受到的地球引力更大

C.加速度更小

D.運行速度更大

【答案】D

【解析】

【詳解】根據(jù)

GMmr=m^=mrc^=ma

r

可知，近地衛(wèi)星軌道半徑小，所以線速度加速度更大，周期更小，因為兩衛(wèi)星質量關系未知，所以無法判

斷地球引力誰大。

故選Do

5.如圖甲、乙中小燈泡的規(guī)格都相同，兩個電路中電池的電動勢和內阻也相同。下列說法正確的是（）

A四個小燈泡一樣亮

BA燈最亮，B、C、D一樣亮

C.A燈最暗，B、C、D一樣亮

D.A燈通過的電流等于B、C、D燈電流之和

【答案】B

【解析】

【詳解】兩個電路中的電池相同，燈泡規(guī)格相同，根據(jù)并聯(lián)電路的規(guī)律可知，乙圖相對甲圖外電阻減小，

根據(jù)歐姆定律可知，干路電流增大，內電壓增大，路端電壓減小，即燈泡兩端電壓減小，所以燈泡變暗，

但B、C、D并聯(lián)，電壓相同，所以亮度相同。

故選Bo

6.某風力發(fā)電機，它的葉片轉動時可形成半徑為/的圓面。某時間內該地區(qū)的風速是v,風向恰好跟葉片轉

動的圓面垂直，已知空氣的密度為公假如這個風力發(fā)電機能將此圓內10%的空氣動能轉化為電能，則該風

速下發(fā)電機的輸出功率尸為（）

pscP兀1%'pjtlrv'

A.p7il2v2D.----------

101020

【答案】D

【解析】

【詳解】\t時間內沖擊葉片圓面的氣流體積為

AV=SxvAr-兀FxvAz

加時間內沖擊葉片圓面的氣流的動能為

VE=—mv2=—pWxv2=—

K22'2,

單位時間內沖擊風力發(fā)電機葉片圓面的氣流的動能為

VEk=；切h3

Vt

該風力發(fā)電機的發(fā)電功率為

V/p兀產(chǎn)3

P-n

Vt20

故選D。

7.如圖所示，質量為機的小球用細線懸于8點，使小球在水平面內做勻速圓周運動，若保持軌跡圓的圓心

O到懸點8的距離/?不變，增加繩長/,則關于小球做勻速圓周運動的角速度。和繩對小球的拉力F,下列

判斷正確的是（）

A.co變小B.。變大C.尸變小D.F變大

【答案】D

【解析】

【詳解】CD.小球在水平面內做勻速圓周運動，對小球受力分析，設懸線與豎直方向夾角為如圖所示

F=a

cos6

增加繩長/,則夾角。增大，F(xiàn)變大。故C錯誤，D正確；

AB.根據(jù)受力分析可知，合力提供小球做圓周運動的向心力，即

尸價=mgtan0=marr—marhtan3

解得

與繩長或角度無關，入不變,則角速度。不變。故AB錯誤。

故選D。

8.如圖為一球冠形鐵鍋，一只螞蟻從鍋的內底向上爬行，假設爬行速率不變且不打滑，則螞蟻爬行的過程

中（）

A.受到的合力等于0

B.受到的摩擦力變大

C.鍋對螞蟻的作用力豎直向上

D.鍋對螞蟻的作用力大于螞蟻對鍋的作用力

【答案】B

【解析】

【詳解】A.螞蟻做勻速圓周運動，合力提供向心力，不為零，故A錯誤；

B.沿切線方向合力為零，摩擦力平衡重力沿切線方向分力，因為傾角變大，所以重力沿切線方向分力變大,

摩擦力變大，故B正確；

C.鍋對螞蟻的作用力與重力的合力指向圓心，則鍋對螞蟻的作用力不是豎直向上，故C錯誤；

D.鍋對螞蟻的作用力等于螞蟻對鍋的作用力，因為是相互作用力，故D錯誤。

故選B?

9.如圖所示，A、B兩籃球從相同高度以相同方向拋出后直接落入籃筐，下列判斷正確的是（）

A.A、B運動的最大高度相同

B.A、B落入籃筐時的速度方向相同

C.拋出到落入籃筐A比B的運動時間長

D.A在最高點的速度比B在最高點的速度小

【答案】C

【解析】

【詳解】A、B兩籃球從相同高度以相同方向拋出后直接落入籃筐，A球水平位移大于B球，A球水平分速

度大于B球，由于初速度方向（設與水平方向夾。角）相同，所以A球的初速度大于B球。即

以>%

A.斜拋最大高度為

,（vsin6）2

h-------

2g

由于%>%，所以最大高度不同，故A錯誤;

C.因為最大高度

從最高點向兩側，由

可知，A運動時間長，故C正確；

BD.因為A的水平分速度（即最高點的速度）大于B球，A從最高點到入籃筐時間大于B球，A入籃筐時

豎直分速度也大于B球，所以A球入籃筐時的速度與B球方向不同，故BD錯誤。

故選Co

10.如圖所示，摩天輪在豎直平面內做勻速圓周運動。座艙從最高點到最低點的過程中，其重力功率隨時間

變化的圖像是（）

座艙

P八

【答案】B

【解析】

【詳解】從最高點到最低點的運動過程中，最初的速度和最終的速度都是水平方向的，和重力垂直，所以

由公式P=〃?"y可知，最高點和最低點的重力的瞬時功率都為零，而在這過程中，速度和重力夾角為8,故

重力的瞬時功率

P=mgvcos0

6先減小到零后增大，且根據(jù)三角函數(shù)圖像可知，重力的瞬時功率先增加后減小。

故選B,

11.如圖為一正四面體A-BCD,電荷量為+q的點電荷固定在A點。先將一電荷量為"的點電荷勒從無窮遠

處（電勢為0）移到8點并固定，此過程中，電場力做功為卬。再先后將電荷量為+分的兩個點電荷。2、

。3從無窮遠處分別移到C和。點并固定。下列說法正確的是（）

A.點電荷03在0處的電勢能為-W

B.點電荷0移入之前，C點的電勢為--

q

C.正四面體6條棱中點處的電勢都相同

D.正四面體6條棱中點處的電場強度大小都相同

【答案】A

【解析】

【詳解】A.Q從無窮遠處（電勢為0）移到8點，。點在等量異種電荷的中垂線上，電勢為零，。2從無窮

遠處移到C點后，根據(jù)電勢疊加原理可知，。點電勢與只有4處+4時，8點電勢相同，從無窮遠處移到

。點，電場力做功為W，則

-心。=卬=0』

所以點電荷。3在。處的電勢能為-W，故A正確；

B.。|從無窮遠處（電勢為0）移到B點的過程，根據(jù)電場力做功公式得

又

U/B=G-（pB=-（PB

WW

可得。I移入之前，8點的電勢為一，而。|移入之前，B、C兩點在同一等勢面上，所以C點的電勢為一，

qq

故B錯誤；

C.根據(jù)電勢疊加原理可知，正四面體6條棱中點處，其中兩正電荷連線中點電勢大于兩負電荷連線中點電

勢，故C錯誤；

D.根據(jù)電場疊加原理可知，一正一負電荷連線中點場強和兩正或兩負連線中點場強不等，故D錯誤。

故選Ao

二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13題?第16題解答時請寫出必要的文字說明、方

程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出

數(shù)值和單位。

12.在測量電源的電動勢和內阻實驗中，由于滑動變阻器故障，用一段粗細均勻、電阻率較大的合金材料代

替變阻器，設計了如圖甲所示的電路進行實驗。其中為合金材料，品是阻值為1.0。的定值電阻，實驗

中調節(jié)合金材料上的夾子P,記錄電壓表示數(shù)U,電流表示數(shù)/以及對應的PN長度x,繪制了U-/圖像

如圖乙所示。

（1）由圖乙求得電源的電動勢E=V,內阻『Q；（結果均保留巧俅小數(shù)）

（2）實驗中，定值電阻Ro的作用是；

A.保護電源

B.在電壓變化時使電流表示數(shù)變化明顯

C.在電流變化時使電壓表示數(shù)變化明顯

（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可繪出如圖丙所示圖像,斜率為％,如果合金材料直徑為由可求得電阻率表達式p=

電流表內阻的存在使電阻率的測量值（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。

【答案】①.1.49②.0.45③.AC##CA④.也一⑤.不變

4

【解析】

【詳解】（1）由閉合電路歐姆定律可知

U=E-Kr+Rn）

則可知，圖乙中的圖象與縱坐標間的交點表示電動勢，故

E=1.49V

根據(jù)

1.49-1.2

r+用=1.45。

0.20

內阻

，=145-1.0=0.45Q

（2）[3]定值電阻R）有保護電源的作用，并且電源內阻很小，所以加了定值電阻后可以達到電流變化時使

電壓表示數(shù)變化明顯的效果。

故選ACo

（3）[4][5]根據(jù)歐姆定律可知，電阻

R工空

IS

所以

k=2

s

可求得電阻率表達式

7rkd~

若考慮電阻內阻，則圖象的斜率不變，所以得出的電阻率沒有影響。

13.如圖甲所示，小物塊從右側滑上勻速轉動的足夠長的水平傳送帶，其位移與時間的變化關系如圖乙所示。

圖線的0~3s段為拋物線，3~4.5s段為直線。求:

（1）傳送帶的速度大?。?/p>

（2）物塊剛滑上傳送帶時的速度大小。

【答案】（1）v傳=2m/s；（2）丫物=4m/s

【解析】

【詳解】（1）由圖像得，3s后物塊隨傳送帶做勻速直線運動，則

-v.-----2m/s

%1t,1.5

（2）圖線的0~3s段為拋物線，根據(jù)勻變速位移時間關系式可知，0~2s物塊做勻減速直線運動，則

%=4m/s

14.如圖為一雙塔雙索面鋼箱組合梁斜拉橋，其中一索塔主梁面以上高度為〃=86m,索塔兩側對稱分布斜拉

索，索面內的斜拉索均處于同一豎直面。若每根斜拉索與豎直方向的夾角一樣，每根斜拉索拉力都是

T=3X104N,最長的斜拉索長為/=258m。求：

（1）每對斜拉索對索塔形成的合力多大？

（2）若相鄰鋼箱梁作用力均沿水平方向（不考慮左側橋面對鋼箱梁I的作用力），則鋼箱2、3之間作用

大小是多少？

【答案】（D2X104N；（2）4V2X104N

）如圖所示，一對斜拉索所對索塔的拉力

=f；=T=3X104N

由平行四邊形定則可得，合力

F=2Tcos6>

由幾何關系可得

故每對斜拉索對索塔形成的合力

F=2TCOS0=2X104N

(2)設鋼箱2、3之間作用力的大小為乃3,每個鋼箱的重力為G,對鋼箱1、2整體進行受力分析如圖所示

sin^^—

2T

又根據(jù)

(sin。)？+(cosd)2=1

即

.2V21

sinn0=-----,cos0Q=—

33

故鋼箱2、3之間作用力的大小

63=4A歷XK/N

15.如圖所示，在光滑的斜軌道底端平滑連接著一個半徑為R,頂端有缺口的光滑圓形軌道，A點、B點在

同一水平面上，NAOB=120。。一質量為根的小球由斜軌道上某高度處靜止釋放。

(1)若小球滑到A點時速度為點，求小球沿斜面滑到圓形軌道最低點時，圓形軌道對小球作用力的大

??；

(2)若小球恰好能通過圓形軌道內A點，求小球在斜軌道上靜止釋放的高度；

(3)若小球恰能從圓形軌道內A點懸空飛入B點，在圓軌道內做圓周運動，求小球進入軌道后對B點的壓

力大小。

120"

一73

【答案】(1)-5mg；(2)/?!=—/?；(3)W=—mg

【解析】

【詳解】(1)小球從圓軌道最低點滑到A點，由動能定理

1212

-mg(Rsm30+/?)=~mvA--/nv-

解得

v=y[4gR

小球在最低點時,

_tnv1

F-mg=—

NK

解得

(2)小球恰好滑到A點，對小球受力分析，如圖1

粉、、、

mg

圖1

mgcos60

解得

對小球，由靜止釋放到A點，由動能定理可得

mg%-mg(R+Reos60)=—mv\一0

解得

%=2R

I4

（3）小球從A點飛出后做斜拋運動到8點，如圖2,豎直方向

%sin60=日

水平方向

27?sin60=v2cos60t

聯(lián)立解得

v2

對小球在B點受力分析可得

N+mgcos60°=,n^~

根據(jù)牛頓第三定律得

3

N=N=jmg

16.為了研究電子在電場中的運動規(guī)律，現(xiàn)給出如圖所示的電場。在直角坐標系my平面的第一象限存在沿

+x方向、電場強度大小為瓦的勻強電場；第二象限存在沿+y方向的勻強電場，其它區(qū)域無電場。一電子由

P點靜止釋放后恰好過。點，已知P點坐標（3L）,Q點坐標（-3L,0）,電子電荷量為e,質量為根。

（1）求第二象限電場強度大??；

（2）電子在第一象限某處靜止釋放，若能通過。點，求釋放點位置坐標x