遼寧省凌源市第三中學2025屆物理高三第一學期期中復習檢測試題含解析

遼寧省凌源市第三中學2025屆物理高三第一學期期中復習檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，跳水運動員接觸踏板的過程可以簡化為下述模型：運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板（A位置）上，隨跳板一同向下做變速運動到達最低點（B位置）。對于運動員從位置A與跳板接觸到運動至最低點B位置的過程，下列說法中正確的是（）A．運動員到達最低點時，其所受外力的合力為零B．在這個過程中，運動員的動能先增大后減小C．在這個過程中，跳板的彈性勢能一直在減小D．在這個過程中，運動員所受重力對她做的功等于跳板的作用力對她做的功2、如圖所示，物塊A放在傾斜的木板上，木板的傾角α分別為和時物塊所受摩擦力的大小恰好相等，則物塊和木板間的動摩擦因數為()A．B．C．D．3、小明乘坐豎直電梯經過1min可達頂樓，已知電梯在t=0時由靜止開始上升，取豎直向上為正方向，該電梯的加速度a隨時間t的變化圖像如圖所示。若電梯受力簡化為只受重力與繩索拉力，則A．t=4.5s時，電梯處于失重狀態(tài)B．在5～55s時間內，繩索拉力最小C．t=59.5s時，電梯處于超重狀態(tài)D．t=60s時，繩索拉力的功率恰好為零4、將電荷量為＋q的檢驗電荷置于靜電場中某點場強為E處，該電荷所受的電場力為F.大小為()A．0 B．qE C． D．5、一質點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，F(xiàn)隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是()A．第2s末質點的動量為零B．第4s末，質點回到出發(fā)點C．在1-3s時間內，F(xiàn)的功率先增大后減小D．在1-3s時間內，F(xiàn)的沖量為0.6、下列說法中正確的是（）A．做曲線運動的物體，其加速度方向一定是變化的B．伽利略對自由落體運動研究方法的核心是：把實驗和邏輯推理（包括數學演算）結合起來，從而發(fā)展了人類的科學思維方式和科學研究方法C．牛頓的三大運動定律是研究動力學問題的基石，牛頓的三大運動定律都能通過現(xiàn)代的實驗手段直接驗證D．力的單位“N”是基本單位，加速度的單位“m/s2”是導出單位二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖a所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體（物體與彈簧不連接），初始時物體處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x之間的關系如圖b所示（g=12m/s2），則下列結論正確的是（）A．物體的質量為3kgB．物體的加速度大小為5m/s2C．彈簧的勁度系數為1．5N/cmD．物體與彈簧分離時動能為2．4J8、半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的豎直擋板MN。在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止。如圖所示是這個裝置的縱截面圖。若用外力使MN保持豎直，緩慢地向右移動，在Q落到地面以前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止。在此過程中，下列說法中正確的是（）A．MN對Q的彈力逐漸減小B．地面對P的摩擦力逐漸增大C．P、Q間的彈力先減小后增大D．Q所受的合力不變9、如圖所示，從P處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中哪項是正確的(設電源電動勢為E)A．電子到達B板時的動能是EeB．電子從B板到達C板動能變化量為零C．電子到達D板時動能是2EeD．電子在A板和D板之間做往復運動10、如圖所示,半徑為R、內徑很小的光滑半圓管豎直放置，兩個質量均為m的小球A、B以不同的速度進入管內，A通過最高點C時，對管壁上部壓力為3mg，B通過最高點C時，對管壁上下部均無壓力，則小球A通過最高點C點時的速度v及A、B兩球落地點間的距離x為（）A．x=RB．x=2RC．v=D．v=三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）在“探究加速度與力、質量的關系的實驗”時，采用了如圖甲所示的實驗方案．操作如下：（1）平衡摩擦力時，若所有的操作均正確，打出的紙帶如圖乙所示，應________（填“減小”或“增大”）木板的傾角，反復調節(jié)，直到紙帶上打出的點跡________為止．（2）已知小車質量為M，盤和砝碼的總質量為m，要使細線的拉力近似等于盤和砝碼和總重力，應該滿足的條件是m________M（填“遠小于”、“遠大于”或“等于”）。（3）圖丙為小車質量一定時，根據實驗數據描繪的小車加速度a與盤和砝碼的總質量m之間的實驗關系圖象。若牛頓第二定律成立，則小車的質量M＝________kg。12．（12分）某物理興趣小組利用打點計時器研究小車的勻變速直線運動規(guī)律，實驗中得到的一段紙帶如圖所示，每隔4個點選一個計數點，O、A、B、C、D為相鄰的五個計數點，測得OA=5.5mm、OB═14.9mm、OC=18.3mm、OD=45.1mm．則該次實驗中小車的加速度大小為______m/s1．（結果保留二位有效數字）四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，水平軌道上有一輕彈簧左端固定，彈簧處于自然狀態(tài)時，其右端位于P點.現(xiàn)用一質量m=0.1kg的小物塊(可視為質點)將彈簧壓縮后釋放，物塊經過P點時的速度v0=18m/s，經過水平軌道右端Q點后沿半圓軌道的切線進入豎直固定的光滑圓軌道，最后物塊經軌道最低點A拋出后落到B點，已知物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.15，R==1m，A到B的豎直高度h=1.25m，取g=10m/s2.(1)求物塊到達Q點時的速度大?。ūＡ舾枺?；(2)求物塊經過Q點時圓軌道對物塊的壓力；(3)求物塊水平拋出的位移大小.14．（16分）真空室中有如圖甲所示的裝置，電極K持續(xù)發(fā)出的電子(初速度不計)經過加速電場加速后，從小孔0沿水平放置的偏轉極板M、N的中心軸線OO′射入偏轉電場．極板M、N長度均為L，加速電壓，偏轉極板右側有熒光屏(足夠大且未畫出)．M、N兩板間的電壓U隨時間t變化的圖線如圖乙所示，其中．調節(jié)兩板之間的距離d，使得每個電子都能通過偏轉極板，已知電子的質量為m、電荷量為e，電子重力不計．(1)求電子通過偏轉極板的時間t；(2)求偏轉極板之間的最小距離d；(3)當偏轉極板間的距離為最小值d時，熒光屏如何放置時電子擊中的范圍最小?該范圍的長度是多大?15．（12分）如圖所示的升降機中，用OA、OB兩根繩子吊一個質量為20kg的重物，若OA與豎直方向的夾角θ＝37°，OA垂直于OB，且兩繩所能承受的最大拉力均為320N，試求：（1）請判斷，隨著拉力增大，OA繩先斷還是OB繩先斷.（2）為使繩子不斷，升降機豎直向上的加速度最大為多少？

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

A.運動員從接觸跳板到達最低點，彈力在增大，合力先減小后增大，所以運動到最低點合力不為零，故A錯誤；B.當合力的方向與速度同向，速度增加，當合力的方向與速度反向，速度減小，合力的方向先向下后向上，所以運動員的速度先增大后減小，運動員的動能先增大后減小，故B正確；C.在此過程中，跳板的形變量增大，跳板的彈性勢能一直在增加，故C錯誤；D.根據動能定理，重力做正功，彈力做負功，動能在減小，所以運動員所受重力對他做的功小于跳板的作用力對他做的功，故D錯誤。2、C【解析】

當木板傾角是時，物塊受到是靜摩擦力，其大小等于mgsin，當木板傾角是時，物塊受到是滑動摩擦力，其大小等于，由題意可得解得故C正確。3、D【解析】

A．電梯在t=1時由靜止開始上升，加速度向上，電梯處于超重狀態(tài)，此時加速度a＞1．t=4.5s時，a＞1，電梯也處于超重狀態(tài)。故A錯誤。

B．5～55s時間內，a=1，電梯處于平衡狀態(tài)，繩索拉力等于電梯的重力，應大于電梯失重時繩索的拉力，所以這段時間內繩索拉力不是最小。故B錯誤。

C．t=59.5s時，電梯減速向上運動，a＜1，加速度方向向下，電梯處于失重狀態(tài)，故C錯誤。

D．根據a-t圖象與坐標軸所圍的面積表示速度的變化量，由幾何知識可知，61s內a-t圖象與坐標軸所圍的面積為1，所以速度的變化量為1，而電梯的初速度為1，所以t=61s時，電梯速度恰好為1，根據P=Fv可知繩索拉力的功率恰好為零，故D正確。4、B【解析】

將電荷量為的檢驗電荷置于靜電場中某點場強為處，所受的電場力為：故B正確，A、C、D錯誤；故選B。5、D【解析】從圖象可以看出在前2秒力的方向和運動的方向相同，物體經歷了一個加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2s末，質點的速度最大，動量最大，故A正確；該物體在后半個周期內受到的力與前半個周期受到的力的方向不同，前半個周期內做加速運動，后半個周期內做減速運動，所以物體在1-T內的位移為正，即第4s末，質點沒有回到出發(fā)點，故B錯誤．1～2s內，速度在增大，力F先增大后減小，根據瞬時功率p=Fv得力F瞬時功率開始時為1，2s末的瞬時功率為1，所以在1～2s時間內，F(xiàn)的功率先增大后減小，故C正確．在F-t圖象中，F(xiàn)與t之間的面積表示力F的沖量，由圖可知，1-2s之間的面積與2-3s之間的面積大小相等，一正一負，所以和為1，則在1～3s時間內，F(xiàn)的沖量為1．故D正確．故選ACD.點睛：物理圖象圖型是描述和解決物理問題的重要手段之一，若巧妙運用，可快速解決實際問題，有些題目用常規(guī)方法來解，相當繁瑣，若能結合圖象圖型，往往能起到化難為易的奇效．6、B【解析】

平拋運動是曲線運動，但過程中加速度恒定，A錯誤；伽利略對自由落體運動研究方法的核心是：把實驗和邏輯推理（包括數學演算）結合起來，從而發(fā)展了人類的科學思維方式和科學研究方法，B正確；牛頓第一定律不能通過實驗驗證，C錯誤；力的單位“N”不是基本單位，加速度的單位“m/s2”是導出單位，D錯誤；【點睛】平時學習應該注意積累對物理學史的了解，知道前輩科學家們?yōu)樘剿魑锢硪?guī)律而付出的艱辛努力，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BD【解析】試題分析：物體與彈簧分離時，彈簧恢復原長，故A錯誤；剛開始物體處于靜止狀態(tài)，重力和彈力二力平衡，有mg=kx，拉力F1為12N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，根據牛頓第二定律，有F1+kx-mg=ma，物體與彈簧分離后，拉力F聯(lián)立三式，代入數據解得m=2kg,k=500N/m=5N/cm,a=5m/s2，AC錯誤B正確；當物體與彈簧分離時，彈簧恢復原長，根據x=v22a考點：考查了牛頓第二定律與圖像【名師點睛】在使用牛頓第二定律時，一般步驟為：1、確定研究對象；2、分析物體運動狀態(tài)；3、對研究對象受力分析；4、建立坐標系；5、選取正方向；6、根據牛頓第二定律列方程求解，必要時對結果進行討論分析8、BD【解析】

先對Q受力分析，受重力、P對Q的支持力和MN對Q的支持力，如圖

根據共點力平衡條件，有N1=mgcosθ；N2=mgtanθ；再對P、Q整體受力分析，受重力、地面支持力、MN擋板對其向左的支持力和地面對其向右的支持力，如圖；根據共點力平衡條件，有f=N2；N=（M+m）g，故f=mgtanθ；MN保持豎直且緩慢地向右移動過程中，角θ不斷變大，故f變大，N不變，N1變大，N2變大，P、Q【點睛】本題關鍵是先對物體Q受力分析，再對P、Q整體受力分析，然后根據共點力平衡條件求出各個力的表達式，最后再進行討論．9、ABD【解析】

明確電場分布情況，電子從靜止在勻強電場中被加速運動，電場力做的功，即為電子獲得的動能；電子在沒有電場中做勻速直線運動；當電子以一定速度進入反向電場時會做減速運動，則減小的動能即為電場力做的負功．【詳解】A、釋放出一個無初速度電荷量為e的電子，在電壓為E電場中被加速運動，當出電場時，所獲得的動能等于電場力做的功，即；故A正確.B、由圖可知，BC間沒有電壓，則沒有電場，所以電子在此處做勻速直線運動，則電子的動能不變；故B正確.C、電子以eE的動能進入CD電場中，在電場力的阻礙下，電子作減速運動，由于CD間的電壓也為E，所以電子的到達D板時速度減為零，所以開始反向運動；故C錯誤.D、由上可知，電子將會在A板和D板之間加速、勻速再減速，反向加速、勻速再減速，做往復運動；故D正確.故選ABD.【點睛】本題考查粒子在電場中加速與減速運動，明確電場力做的功與動能變化關系，要注意到電子的速度減為零時，恰好到達D板是解答本題的關鍵．10、BD【解析】

兩個小球在最高點時，受重力和管壁的作用力，這兩個力的合力作為向心力，離開軌道后兩球均做平拋運動，A、B兩球落地點間的距離等于它們平拋運動的水平位移之差。

對A球：解得對B球：解得由平拋運動規(guī)律可得落地時它們的水平位移為：得：sA-sB=2RA．x=R，與結論不相符，選項A錯誤；B．x=2R，與結論相符，選項B正確；C．v=，與結論不相符，選項C錯誤；D．v=，與結論相符，選項D正確；三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、（1）增大間距相等（2）遠小于（3）0.08【解析】

（1）[1][2]平衡摩擦力時，應不掛砝碼，打出的紙帶如圖乙所示說明小車減速運動，故應增大傾角，直到紙帶上打出的點跡間隔相等（均勻）為止;（2）[3]設小車的質量為M，砝碼盤和砝碼的質量為，設繩子上拉力為F，以整體為研究對象有解得以M為研究對象有繩子的拉力顯然要有必有故有即小車的質量遠大于砝碼盤和砝碼的總質量時才可以認為繩對小車的拉力大小等于盤和盤中砝碼的重力；（3）[4]根據變式為由題意知，所以由圖象可知，所以【點睛】探究加速度與力、質量的關系實驗時，要平衡小車受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不夠、或過平衡摩擦力，小車受到的合力不等于鉤碼的重力。要提高應用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用。12、0.33【解析】試題分析：每隔4個點選一個計數點，則相鄰計數點間的時間間隔為，根據圖中信息可得OA=2．2mm、AB=3．4mm、BC=4．4mm，CD=5．3mm，根據逐差法可得，聯(lián)立可得考點：研究小車的勻變速直線運動規(guī)律實驗【名師點睛】做分析勻變速直線運動情況時，其兩個推論能使我們更為方便解決問題，一、在相等時間內走過的位移差是一個定值，即，二、在選定的某一過程中，中間時刻瞬時速度等于該過程中的平均速度四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）（2）31.1N（3）9.5m【解析】試題分析：（1）根據動能定理求出物塊到達Q點的速度大??；（2）根據牛頓第二定律求出物塊經過Q點時所受的彈力，從而得出物塊對Q點的壓力；（3）根據機械能守恒定律求出物塊通過最低點A的速度大小，結合平拋運動的規(guī)律求出物塊水平拋出的位移大小．解：（1）設物塊到達Q點時的速度為v，由動能定理得﹣μmgl=mv2﹣mv02代入數據解得v=m/s（2）設物塊剛離開Q點時，圓軌道對物塊的壓力為FN根據牛頓定律有FN+mg=m則FN=m﹣mg=31.1N＞0故物塊能沿圓周軌道運動（3）設物塊到達半圓軌道最低點A時的速度為v1由機械能守恒得mv2+mg?2R=mv12解得v1="19"m/s由h=gt2s=vt得s=v1代入數據，得s=9.5m．答：（1）物塊到達Q點時的速度大小為m/s；（2）物塊經過Q點時對軌道的壓力為31.1N；（3）物塊水平拋出的位移大小為9.5m．【點評】本題考查了動能定理、機械能守恒定律和牛頓第二定律的綜合，知道圓周運動向心力的來源、平拋運動在水平方向上和豎直方向上的運動規(guī)律是解決本題的關鍵．14、(1)T(2)d≥L(3)【解析】試題分析：根據動能定理求