2024-2025学年江苏省苏州市高三（上）期中物理试卷（图片版，含解析）

2024-2025 学年江苏省苏州市高三（上）期中物理试卷
一、单选题：本大题共 10 小题，共 40 分。
1.关于以下四幅图说法正确的是
A. 甲中“8 ”为位移，“40 / ”为平均速度
B. 乙中所挂钩码越多，弹簧的劲度系数就越大
C. 丙中伽利略研究落体运动时利用斜面是为了“冲淡”重力，便于测量时间
D. 丁中研究控制平衡车加速的身体动作时，可将人看成质点
2.图甲是表演抖空竹时的动作，图乙为示意图。假设空竹光滑且不考虑其转动，某时刻表演者两手水平，
左手不动，右手缓慢向右移动一小段距离，则细线拉力( )
A. 增大 B. 减小
C. 不变 D. 条件不足，无法确定
3.如图所示，绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上放着质量为 的物块，物块与圆盘保持相对静止。则物块( )
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A. 受到4个作用 B. 加速度不变
C. 越靠近转轴摩擦力越大 D. 越远离转轴越容易滑动
4.如图甲所示是中国运动员全红婵在十米跳台跳水比赛中的精彩瞬间，从离开跳台开始计时，其重心的
图像可简化为图乙，则运动员( )
A. 在0 2内一直下降 B. 在0 1内处于失重状态
C. 在 3时已浮出水面 D. 在水中的加速度逐渐增大
5.如图甲所示为计算机键盘，每个键下面由相互平行的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气
间隙，组成了如图乙所示的平行板电容器，内部电路如图丙。在按键过程中，下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容减小 B. 两金属片间的电场强度不变
C. 电容器储存的电能减少 D. 电流方向从 经电流计流向
6.某同学想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端系上一支圆珠笔，细绳的
上端用胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏
离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂
直。若要根据这张照片估算此时地铁的加速度，只需要测量( )
A. 圆珠笔的质量
B. 绳子的长度
C. 绳子和竖直方向的夹角
D. 绳子下端到竖直扶手的距离
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7.
2024年3月20日，我国“鹊桥二号”卫星发射成功，多次调整后进入周期为24 的环月椭圆轨道运行，并与
在月球上开展探测任务的“嫦娥四号”进行通讯测试。已知月球自转周期27.3天，下列说法正确的是( )
A. 月球处于“鹊桥二号”椭圆轨道的中心位置
B. “鹊桥二号”在近月点和远月点的加速度大小相同
C. “鹊桥二号”在远月点的运行速度小于月球第一宇宙速度
D. “鹊桥二号”与月心连线和“嫦娥四号”与月心连线在相等时间内分别扫过的面积相等
8.如图所示，某景区的彩虹滑梯由两段倾角不同的直轨道组成，游客由静止开始从顶端滑到底端，且与两
段滑梯间的动摩擦因数相同。用 、 、 、 分别表示其下滑距离、加速度、机械能和重力的功率， 表示所
用时间，下列图像正确的是( )
A. B.
C. D.
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9.用如图所示的向心力演示仪来探究向心力大小与哪些因素有关，图中挡板 和 到各自转轴的距离相等，
挡板 到转轴的距离是 的2倍。下列说法正确的是( )
A. 本实验采用的主要实验方法是等效替代法
B. 皮带与不同半径的塔轮相连是为了使两小球的运动半径不同
C. 钢球受重力、竖直向上的支持力、水平方向的弹力和向心力
D. 两相同的钢球放在如图所示位置时，标尺上露出的格数比为1: 4，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径
之比为2: 1
10.如图所示，一炮弹从 点发射后沿着曲线 运动，其中 是最高点， 是落地点。关于炮弹的运动，下
列说法正确的是( )
A. 从 到 的时间小于从 到 的时间
B. 到达 点时速度为零
C. 到达 点时加速度竖直向下
D. 若从 点以某一速度发射，有可能恰好沿曲线 运动
二、多选题：本大题共 1 小题，共 4 分。
11.如图所示，正四面体的顶点 、 、 上分别有电量为+2 、 、 的点电
荷， 为底面的面心， 、 、 分别为棱 、 、 的中点，记无穷远处电势
为零，下列说法正确的是( )
A. =
B. > 0
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C. >
D. 沿 连线及沿 方向延长线上的电场方向均自 指向
三、实验题：本大题共 1 小题，共 10 分。
12.某实验小组用如图1的装置探究加速度与质量的关系：
(1)实验中用的是电磁打点计时器，则其电源应选_______；
A.直流220 .交流220
C.直流6 .交流6
(2)为补偿阻力，正确操作应是图2中的______(选填“ ”或“ ”)；轻推小车，发现打出的纸带如图3，则
应_______(选填“增大”或“减小”)长木板倾角；
(3)正确补偿阻力后，实验中得到一条纸带如图4，相邻两个计数点间还有4个点未画出，则此次小车的加速
度大小为______ / 2；
1
(4)若盘和砝码的总质量为 ，小车(含配重)的质量为 ，多次改变配重，小明由实验数据作出了 图
+
像，得到一条过原点的直线；小华认为小明的数据处理过程可能有误，应该得到一条弯曲的图线。你是否
同意小华的观点，请简述理由：______。
四、计算题：本大题共 4 小题，共 46 分。
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13.灯笼有着美好的象征寓意。如图所示，质量分别为 1和 2的甲、乙两个灯笼用两根轻绳串接悬挂于 点，
在稳定的水平风力作用下发生倾斜，悬挂于 点的轻绳与竖直方向的夹角 ，两灯笼大小相同且所受风力相
同，重力加速度为 。求：
(1)悬挂于 点的轻绳拉力 1的大小及每个灯笼所受风力 的大小；
(2)甲乙两灯笼间的轻绳拉力 2的大小。
14.如图甲所示，为机场、火车站和地铁站等场所的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙的模型：绷紧
的传送带始终保持 0 = 1 / 的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在 处，行李与传送带之间的动摩
擦因数 = 0.1， 间的距离为 2 = 2.5 ， 取10 / 。则：
(1)行李从 到 的时间为多少？
(2)若要使行李从 处到达 处的时间最短，那么，水平传送带的最小恒定速度 min是多少？(保留根号)
15.如图，有一款游戏，需要游戏者通过调整管口 点坐标位置，然后压缩弹簧把小物块弹出，使物块恰好
无碰撞落入下方倾角为37°的固定斜面的顶部 点，随后物块沿长 = 10 、动摩擦因数 = 0.85的粗糙斜面
1
下滑，无障碍进入固定在斜面上的 光滑圆弧曲面，最终不离开轨道 即通关成功。以斜面的顶端 为
4
原点 ，建立水平直角坐标系，某次调整管口 点的纵坐标为7.2 ，物块以某一速度 0抛出后，恰好到达圆
弧右侧 点后返回， 取10 / 2， 37° = 0.6， 37° = 0.8。求：
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(1)速度 0的大小；
(2)圆弧半径 ；
(3)要满足整个游戏通关要求， 点坐标 与 的关系如何。
16.在平面内建立直角坐标系 ，第 象限存在沿 轴负方向的匀强电场2 ，其第 象限放置电场线沿半
径方向指向圆心的静电分析器，第 、 象限存在交变电场。 点坐标为( , )处有一粒子源，将质量为 ，
电荷量为 的正点电荷(不计重力)源源不断地由静止释放。当点电荷运动到 轴时刚好射入静电分析器，而
后做匀速圆周运动。 = 0时刻，第一个粒子于坐标(0, )位置处垂直于 轴进入交变电场，其场强变化规
律如图乙所示( 轴正方向为电场正方向)。在交变电场中存在两绝缘挡板，下板位于第 象限，与 轴距离
2
为 ，并紧贴 轴。上板与下板平行放置，两板间距离为 1 = ，两板长均为 2 = 4 √ ，求： 4
(1)粒子第一次经过 轴的速度大小 ；
(2)静电分析器的电场强度大小 0；
(3)在0 时间内从 轴负半轴进入第四象限的粒子，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分比。
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答案和解析
1.【答案】
【解析】A. 甲中“8 ”指路程，限速牌上的“40 / ”为瞬时速度，故 A 错误；
B. 乙中弹簧的劲度系数是弹簧自身的固有属性，仅与弹簧本身有关，与所挂的钩码无关，故 B 错误；
C. 丙中伽利略研究落体运动规律时利用斜面是为了“冲淡”重力，是为了便于测量运动时间，故 C 正确；
D. 研究人的身体动作时，人的大小形状不能忽略，不可以把人看成质点，故 D 错误。
故选 C。
2.【答案】
【解析】如图所示，开始时两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。左手不动，右手缓慢向右移动
一小段距离，绳子与竖直方向的夹角变大，合力不变，根据2 cos = 可知，细线拉力增大。
故选 A。
3.【答案】
【解析】A.物块与圆盘保持相对静止，物块做匀速圆周运动，受重力、支持力与静摩擦力3个力作用，故 A
错误；
B.物块做匀速圆周运动，加速度方向始终指向圆心，可知，加速度方向发生变化，故 B 错误；
C.结合上述可知
= 2
可知，越靠近转轴摩擦力越小，故 C 错误；
D.结合上述可知，物块越远离转轴摩擦力越大，由于物块与圆盘保持相对静止，摩擦力不能够大于最大静
摩擦力，可知，物块越远离转轴越容易滑动，故 D 正确。
故选 D。
4.【答案】
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【解析】A、根据题意，由题图乙可知，运动员在0 1内减速上升， 1 2内加速下降，故 A 错误;
B、在0 1内减速上升，处于失重状态，故 B 正确；
C、由题图乙可知，运动员在 3时向下减速到0，运动员运动到最深处，故 C 错误;
D、由题图乙可知， 2 3内运动员在水中运动，根据 图像的斜率表示加速度，由题图乙可知，运动员
在水中的加速度逐渐减小，故 D 错误．
5.【答案】

【解析】A. 根据 = 可知，向下按键的过程中，两金属片间的距离减小，电容器的电容增大，故 A 错
4
误；

.根据电容器的定义式、决定式以及电场强度与电势差关系 = = ， = ，可得两金属片间的电场
4
强度变大，电容器所带电荷量 增大，则电容器储存的电能增多，故 BC 错误；
D. 电容器的电量增多，电容器充电，电流方向从 到 ，故 D 正确。
故选： 。
6.【答案】
【解析】解：圆珠笔受力如图所示，细绳拉力和重力的合力水平向左，
由牛顿第二定律 tan = ，求得圆珠笔的加速度大小为 = tan
地铁和圆珠笔的加速度相同，地铁的加速度大小为 tan ，方向水平向左，所以只需要测量绳
子与竖直方向的夹角即可，故 C 正确，ABD 错误。
故选： 。
当笔处于稳定时，笔与地铁的加速度相同，根据图判断出绳与竖直方向的夹角，根据牛顿第二定律求得加
速度表达式，据此分析即可。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的受力分析，抓住绳与竖直方向的夹角，明确笔与地铁的加速
度相同即可。
7.【答案】
【解析】A、根据开普勒第一定律，月球处于“鹊桥二号”椭圆轨道的一个焦点上，故 A 错误；
B、“鹊桥二号”在近月点和远月点受到的万有引力大小不同，加速度大小不同，故 B 错误；
C、过远月点以月球为圆心做一个圆轨道，“鹊桥二号”在远月点变轨到这个圆轨道需要加速，故“鹊桥二
号”在远月点的运行速度小于在这个圆轨道上的运行速度，而圆轨道上的运行速度又小于月球第一宇宙速
度，故 C 正确；
D、开普勒第二定律针对的是同一个轨道，“鹊桥二号”与“嫦娥四号”轨道不同，两者与月心连线在相等
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时间内分别扫过的面积不相等，故 D 错误。
故选 C。
8.【答案】
【解析】A.游客沿两段轨道上都做匀加速直线运动，第一段有
1
= 2
2 1

第二段有
1
= ( 0) + 2(
2
2 0
)
( 0 是游客在第一段轨道上运动的总时间)，两段路程和时间都是二次函数关系，图像都是抛物线的一部分，
故 A 错误；
B.设第一段倾角为 ，由牛顿第二定律
sin cos = 1
解得
1 = sin cos
第二段倾角为 ，由牛顿第二定律得
sin cos = 2
解得
2 = sin cos
因为两段加速度都是定值，不随时间变化，故 B 错误；
C.设游客初始机械能为 0 ，在第一段过程由功能关系得
= 0 cos
在第二段过程由功能关系得
= 0 cos ( )cos 是第一段轨道的长度，而 和时间 都是二次函数关系，则 图
像应是抛物线的一部分，故 C 错误；
D.第一段重力的功率为
= sin = 1 sin 与时间成正比；第二段重力的功率为
= [ 1 + 2( 0)]sin 与 成一次函数关系，两段图像均为直线，且第一段直线的斜率比第二段的大，
故 D 正确。
故选 D。
9.【答案】
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【解析】A. 该实验用到得实验方法是控制变量法，故 A 错误；

B. 皮带边缘的线速度大小相等，由 = 可知，皮带与不同半径的塔轮相连主要为了使两小球的角速度 不

同，故 B 错误；
C. 钢球受重力、竖直向上的支持力、水平方向的弹力，所受的合力提供向心力，故 C 错误；
D. 两相同的钢球放在如图所示位置时，两钢球质量、运动半径均相同，标尺上露出的格数比为1: 4时，两球
1
的向心力之比为1: 4，根据公式 = 2 ，可得 2 = ，解得两钢球绕各自转轴转动的角速度之比为 1 = ，
2 2

由 = 以及皮带边缘的线速度大小相等可知，与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为2: 1，故 D 正确。

故选： 。
10.【答案】
【解析】A. 炮弹运动过程中，受到竖直向下的重力和空气阻力，从 到 空气阻力具有竖直向下的分力，从
到 空气阻力具有竖直向上的分力，所以从 到 的加速度大于从 到 的加速度，而竖直方向的距离相等，
所以从 到 的时间小于从 到 的时间，故 A 正确；
B. 点为轨迹的最高点，曲线运动的速度方向为切线方向，所以炮弹具有水平速度，故 B 错误；
C. 炮弹的运动轨迹为弹道曲线，空气阻力不能忽略，合力为重力与空气阻力的合力，到达 点时，炮弹具
有水平速度，所以此时炮弹受到竖直向下的重力和 方向的空气阻力，所以合力不是竖直向下，根据牛顿
第二定律可知，即到达 点时加速度不是竖直向下，故 C 错误；
D. 若从 点以某一速度发射，从 到 炮弹受到的空气阻力具有竖直向下的分力，从 到 空气阻力具有竖直
向上的分力，轨迹上的每一点的受力与炮弹从 到 到 的受力不同，所以从 点以某一速度发射，不可能恰
好沿曲线 运动，故 D 错误。
故选： 。
11.【答案】
【解析】解： 、将 处的点电荷视作两个电量为+ 的点电荷， 作为一对等量异种点电荷，其产生的电
场中，中垂面 上电势为零，负电荷 一侧电势均小于零；同理， 作为另一对等量异种点电荷，其产
生的电场中，中垂面 上电势为零，负电荷 侧电势均小于零，根据电势叠加可知，直线 为等势线，
故有： = ， < 0，故 A 正确，B 错误；
C、设正四面体边长为2 ，如图1所示：
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2
电荷在 处的场强大小为： = 2

电荷在 处的场强大小为： = 3 2

电荷在 处的场强大小为： = 2
根据矢量合成可知 处场强大小为： = √
2
+ (
2
+ )
解得 √ 82 = 3 2
如图2、3所示：

C、 两点电荷在 处的场强大小为： = = 3 2
√ 2 2√ 6
合场强大小为： ′ = 2 = √ 3 9 2
2
电荷在 处的场强大小为： = 2
根据矢量合成可知 处场强大小为： = √ ′2 +
2

2√ 29
解得 = 3√ 3 2
故有： > ，故 C 正确；
D、如图所示：
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由图可知 之间的电场方向自 指向 ， 左侧电场，选取 关于 对称的点 位置， 、 两电荷在 处的场强大

小为： = = 2 4
√ 3
根据矢量合成可知合场强大小为： ′ = √ 3 = 4 2
2
电荷在 处的场强大小为： = 2
(2√ 3 )
可得： < ′，所以 处场强方向为自 指向 ，故 D 错误。
故选： 。
根据点电荷的电场强度公式，结合矢量的合成得出各点的电场强度并比较大小；由沿电场线与等势线的关
系判断各点的电势的高低。
本题考查了电场强度的叠加及电势；掌握矢量的合成法则与三角知识是解决本题的关键。
1 1
12【. 答案】(1) ；(2) ；增大；(3)0.88；(4)不同意。对整体分析有 = ( + ) ，变形得 = ∝ ，
+ +
应为一条过原点的直线。
【解析】(1)电磁打点计时器使用交流6 电源，故选 D。
(2)补偿阻力时需要挂上纸带，但不要挂砝码，故正确的操作是图2中的 ;
通过图3可知小车做减速运动，说明补偿阻力不够，故应该增大长木板倾角。
(3)根据题意相邻两个计数点的时间间隔为 = 5 = 0.1 ，
(7.75+8.64 6.87 6.00)×0.01
根据逐差法， = / 2 = 0.88 / 2。
(2 )2
1 1
(4)不同意小华的观点，对整体分析有 = ( + ) ，变形得 = ∝ ，应为一条过原点的直
+ +
线。
13.【答案】解：(1)对甲乙整体： 1cos = ( 1 + 2) ，
2 = ( 1 + 2) tan ，
(
解得 = 1
+ 2)
1 ， cos
1
= (
2 1
+ 2) tan ；
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(2)对灯笼乙： 2 = 22 + (
2
2 ) ，
1
解得 = √ ( + )22 1 2 2tan2 + ( 2 )2 4
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)行李刚放上传送带时的加速度为

= = 1 / 2

行李从刚放上传送带到与传送带达到共速所用时间为
0
1 = = 1
行李加速阶段的位移为
0
1 = 1 = 0.5 2
共速后，行李与传送带相对静止继续匀速运动的时间为
1
2 = = 2 0
则行李从 到 的时间为
= 1 + 2 = 3
(2)若要使行李从 处到达 处的时间最短，则行李从 处到达 处一直做匀加速直线运动，根据运动学公式
可得
2 = 2 0
解得行李到达 处的速度为
= √ 2 = √ 5 /
可知水平传送带的最小恒定速度为
min = = √ 5 /
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
1
15.【答案】(1)由平抛运动位移规律 = 2 ，可得
2
2
= √

1
物块无障碍进入固定在斜面上的 光滑圆弧曲面，则有
4

tan37 =
0
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解得
4
0 = √ 2 3
代入数据解得
0 = 16 /
(2)物块在 点的速度为合速度，根据合速度与分速度关系，则有
0 5
= = 0 = 20 / cos37 4
由动能定理可知
1
[ sin37 (cos37 cos53 )] cos37 = 0 2
2
解得
= 96
4
(3)由 0 = √ 2 ，则 3
4 2 8
= 0 = √ 2 × √ = 3 3
要满足整个游戏通关，只要
1 ≤ 7.2
物体便不会从右侧滑出；要使不从左侧滑出，则有
1
2
2
≤ 2 cos37
0 5 5
= = 0 = √ 2 cos37 4 3
解得
≤ 4.896
要使小物块能进入光滑圆弧曲面，则有
1
2 + sin37
× ≥ cos37 ×
2
解得
≥ 0.288
综合得，只要
0.288 ≤ ≤ 4.896
且满足
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8
=
3
游戏可通关。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
1
16.【答案】解：(1)带电粒子在第二象限中加速运动，由动能定理可知2 = 2，
2

解得 = 2√ 。

2
(2)带电粒子射入静电分析器，做匀速圆周运动，则有 0 = ，
解得 0 = 4 。
(3)带电粒子进入第四象限后在水平方向上做匀速直线运动，则可以从两板间离开的粒子，

在两板间的运动时间为 0 =
2 = 2 ，

设在前半个周期， 1时刻进入两板间的粒子可恰好从两板间离开，做出粒子在板间运动的 图像。
依题意，从板间离开的粒子的速度方向平行于两板，则 1时刻进入恰好离开的粒子当其运动到2 2 1时，
恰好打到上板竖直方向速度减为0，之后在竖直方向向下运动，最终从两板间离开。粒子沿 轴正方向的最

大速度为 1 = ( 2 1)，

其中 = ，

粒子沿 轴负方向的最大速度为 2 = 1，
1 1
依题意，有 1 = ( ) × 4 × 2， 2 1 2 1 2 2 1
2 √ 3
解得 1 = ， 2
设在前半个周期， 2时刻进入两板间的粒子刚好从下极板边缘离开，粒子沿 轴正方向的最大速度为 3 =

(
2 2
)，
粒子沿 轴负方向的最大速度为 4 = 2，
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1 1
依题意，有0 = 3 ( 2) × 4 4 2 × 4， 2 2 2

解得 2 = ， 4
2 √ 3
则在半个周期内，在时间段 内进入的粒子可以从两板间离开，在后半个周期内进入的粒子将直
2 4
接打到下板，
2 √ 3

综上所述，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分比为4 2 × 100% = 11.6%。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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