2025屆博雅聞道高三上物理期中經(jīng)典模擬試題含解析

2025屆博雅聞道高三上物理期中經(jīng)典模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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,S1、S2是一水平面上的兩個波源,它們的振動周期都為T,振幅都為A.某時刻S1發(fā)出的波恰好傳到C,S2發(fā)出的波恰好傳到A,圖中畫出的是該時刻兩列波在AC部分的疊加波形,S1A間、S2C間波形沒有畫出。若兩列波傳播速度相同,則（）A．兩波源的起振方向相同B．再經(jīng)過，AC間的波形是一條直線C．A、B、C三點始終都是振動加強點，振幅為2AD．A、B、C三點始終都是振動減弱點，振幅為02、太空中有一質(zhì)量均勻分布的球形天體。已知該天體半徑為R，表面重力加速度在兩極的大小為g0，在赤道的大小為g。以下說法正確的是A．該天體的第一宇宙速度為B．該天體自轉(zhuǎn)的角速度為C．該天體的自轉(zhuǎn)周期為D．若該天體的自轉(zhuǎn)角速度，則天體會解體3、物體從斜面（斜面足夠長）底端以某一初速度開始向上做勻減速直線運動，經(jīng)t秒到達位移中點，則物體從斜面底端到最高點時共用時間為（）A．2 B．2t C．（3﹣2）t D．（2+2）t4、如圖所示，在距離豎直墻面為L=1.2m處，將一小球水平拋出，小球撞到墻上時，速度方向與墻面成θ=37°，不計空氣阻力．墻足夠長，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則（）A．球的初速度大小為3m/sB．球撞到墻上時的速度大小為4m/sC．若將初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，其他條件不變，小球可能不會撞到墻D．將初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，小球撞到墻上的點上移了0.3m5、車輛啟動過程中的加速度會隨牽引力變化而變化。加速度變化過快會讓人不舒服，若穩(wěn)定加速會使人感覺更適應。為此有人提出了“加速度變化率”的概念，用來反應加速度變化的快慢，稱為“加加速度”?！凹蛹铀俣取痹谲囕v、電梯等日常生活和工程問題中都有重要的實際意義。關(guān)于“加加速度”，下列說法正確的是A．加速度變化率的單位應是m/s2B．若加速度變化率為0，則物體做勻速運動C．加速度變化率與合外力變化率成正比D．加速度變化率與合外力成正比6、如圖所示，質(zhì)量相同的兩小球a、b分別從斜面頂端A和斜面中點B沿水平方向拋出后，恰好都落在斜面底端，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小球a、b在空中飛行的時間之比為2：1B．小球a、b拋出時的初速度大小之比為2：1C．小球a、b到達斜面底端時的動能之比為4：1D．小球a、b到達斜面底端時速度方向與斜面的夾角之比為1：1二、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、如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°，質(zhì)量分別為M、m的兩個物體A、B通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板．開始時用手按住物體A，此時A與擋板的距離為s，B靜止于地面，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態(tài)．已知M＝2m，空氣阻力不計．松開手后，關(guān)于二者的運動下列說法中正確的是()A．A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒B．當A的速度最大時，B與地面間的作用力為零C．若A恰好能到達擋板處，則此時B的速度為零D．若A恰好能到達擋板處，則此過程中重力對A做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體B的機械能增加量之和8、如圖所示，斜面體靜置在水平面上，斜面底端固定一擋板，輕彈簧一端連接在擋板上，彈簧原長時自由端在B點．一小物塊緊靠彈簧放置，在外力作用下將彈簧壓縮至A點．物塊由靜止釋放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高點C，然后下滑，最終停在斜面上，斜面體始終保持靜止．則下列說法正確的是()A．物塊從A上滑到C過程中，地面對斜面體的摩擦力大小先減小再增大，然后不變B．物塊上滑過程速度最大的位置與下滑過程速度最大的位置相同C．物塊最終會停在A、B之間的某位置D．整個運動過程中彈簧彈性勢能的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量9、如圖所示，兩個物塊A、B用輕質(zhì)彈簧相連接，放置在傾角為300的光滑斜面上，它們的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一垂直斜面的固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，當物塊B剛離開C時，撤去拉力F，重力加速度為g。則此過程中（

）。A．物塊A沿斜面運動的移動大小為mgB．物塊A的機械能先增大后減小C．物塊A,B及彈簧所組成的系統(tǒng)機械能一直增大D．剛撤去拉力瞬間，物塊A的加速度大小為g10、如圖所示為研究離心現(xiàn)象的簡易裝置，將兩個桿垂直固定在豎直面內(nèi)，在垂足O1和水平桿上的O2位置分別固定一力傳感器，其中O1O2=l，現(xiàn)用兩根長度相等且均為l的細線拴接一質(zhì)量為m的鐵球P，細線的另一端分別固定在O1、O2處的傳感器上.現(xiàn)讓整個裝置圍繞豎直桿以恒定的角速度轉(zhuǎn)動，使鐵球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，兩段細線始終沒有出現(xiàn)松弛現(xiàn)象，且保證O1、O2和P始終處在同一豎直面內(nèi).則()A．O1P的拉力的最大值為mgB．O1P的拉力的最大值為mgC．O2P的拉力的最小值為mgD．O2P的拉力的最小值為0三、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）物理小組的同學用如下圖甲所示的實驗器材測定重力加速度。實驗器材有：底座帶有標尺的豎直桿、光電門1和2組成的光電計時器，其中光電門1在光電門2的上方，小球釋放器（可使小球無初速釋放）、網(wǎng)兜。實驗時可用兩光電門測量小球從光電門1運動至光電門2的時間t，并從豎直桿上讀出兩光電門間的距離h。(1)使用游標卡尺測量小球的直徑如下圖乙所示，則小球直徑為_________cm。(2)改變光電門1的位置，保持光電門2的位置不變，小球經(jīng)過光電門2的速度為v，不考慮空氣阻力，小球的加速度為重力加速度g，則h、t、g、v四個物理量之間的關(guān)系式h=________。(3)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出圖象如上圖丙所示，若圖中直線斜率的絕對值為k，根據(jù)圖象得出重力加速度g大小為________。12．（12分）在探究“加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗中，某同學將實驗器材組裝后，釋放小車前瞬間的情景如圖甲所示．(甲圖為實際拍攝圖，乙圖為相應簡圖)(1)在接通電源進行實驗之前，請你指出圖中的錯誤或不妥之處①_____，②____③______.甲乙(2)改正實驗裝置后，該同學順利地完成了實驗．圖14是他在實驗中得到的一條紙帶，圖中相鄰兩計數(shù)點之間時間間隔為0.1s，由圖中數(shù)據(jù)可得小車的加速度為________m/s2.四、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，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為的光滑圓弧軌道相切于C點，AC=7R，A、B、C、D均在同一豎直面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點（未畫出），隨后P沿軌道被彈回，最高點到達F點，AF=4R，已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g．（取，）（1）求P第一次運動到B點時速度的大?。?）求P運動到Ｅ點時彈簧的彈性勢能．（3）改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量．14．（16分）如圖所示，質(zhì)量為2m的小滑塊P和質(zhì)量為m的小滑塊Q都視作質(zhì)點，與輕質(zhì)彈簧相連的Q靜止在光滑水平面上．P以某一初速度v向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞，問：（1）彈簧的彈性勢能最大時，P，Q的速度各為多大？（2）彈簧的最大彈性勢能是多少？15．（12分）有一種能夠垂直起降的小型遙控無人機，質(zhì)量為m＝2kg，假定運動過程中所受空氣阻力大小恒為F阻＝4N，方向與無人機運動方向相反．當無人機在地面上由靜止開始以最大升力豎直向上起飛，經(jīng)時間t＝4s時，離地面的高度為h＝48m，g取10m/s2.(1)其動力系統(tǒng)能夠提供的最大升力為多大？(2)當無人機懸停在距離地面高度H＝100m處時，由于動力設備故障，無人機突然失去升力，從靜止開始墜落，則無人機墜落地面時的速度為多大？

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、D【解析】

A.由圖看出，兩列波同時開始傳播，由波形平移法判斷可知，S1開始振動方向向下，S2開始振動方向向上，故A錯誤。B.再經(jīng)過，兩列波單獨傳播時的波形反相，根據(jù)疊加原理可知，AC間波形與圖示時刻的反相，仍是正弦形。故B錯誤。CD.A、B、C三點的振動方向相反，所以圖中A、B、C三點都是振動減弱點，振幅都為零。故C錯誤D正確。2、D【解析】

A．質(zhì)量為m的物體在天體的兩極所受到的引力等于其所受的重力，所以有：，所以天體質(zhì)量為：根據(jù)萬有引力提供向心力：聯(lián)立可得：故A錯誤。C．在赤道，引力為重力和向心力的矢量和，故：聯(lián)立可得：故C錯誤。BD．當?shù)厍蜃赞D(zhuǎn)周期為時，赤道上物體恰好瓦解：解得：所以當加速度大于時，天體會解體。故B錯誤，D正確。3、D【解析】

采用逆向思維，物體做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)x=12at2得則通過上面半段時間和總時間之比為1:2，則下面半段時間和上面半段時間之比為(24、A【解析】

A、小球做平拋運動，據(jù)題有，，聯(lián)立解得：，故A正確；

B、球撞到墻上時的速度大小為：故B錯誤；

C、若將初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，根?jù)知，由于墻足夠長，小球水平位移仍能等于L，小球一定會撞到墻，故C錯誤；

D、將初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，小球運動時間：撞墻時下落的高度為：原來下落的高度為：所以小球撞到墻上的點上移：故D錯誤。5、C【解析】

A.加速度的變化率為，a的單位是m/s2，所以，“加速度的變化率”的單位應該是m/s3，故A錯誤。B.加速度變化率為零，則加速度不變，如果加速度不為零，則物體做變速運動，故B錯誤。CD.因為，所以加速度變化率與合外力變化率成正比，故C正確D錯誤。6、D【解析】

因為兩球下落的高度之比為2：1，根據(jù)h=gt2得，，高度之比為2：1，則時間之比為：1，故A錯誤．兩球的水平位移之比為2：1，時間之比為：1，根據(jù)知，初速度之比為：1，故B錯誤．根據(jù)動能定理可知，到達斜面底端時的動能之比EKa：Ekb=(mva2+mgha)：(mvb2+mghb)=2：1，故C錯誤．小球落在斜面上，速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，因為位移與水平方向的夾角相等，則速度與水平方向的夾角相等，到達斜面底端時速度方向與斜面的夾角也相等，故D正確．故選D．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】A.對于M、m、彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，但對于M和m組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；B.根題得：M的重力分力為Mgsinθ=mg；可知物體M先做加速運動，當受力平衡時M速度達最大，此時m所受的拉力為T=mg，故m恰好與地面間的作用力為零，故B正確；C.從m開始運動至到M到達底部過程中，彈力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速運動，M到達底部時，m的速度不為零，故C錯誤；D.

M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和，故D正確．故選BD．8、AC【解析】

物塊能從C點下滑，說明其重力沿斜面向下的分力大于最大靜摩擦力，可分析出物塊最終停止的位置。物塊的合力為零時速度最大，由平衡條件和胡克定律分析上滑和下滑速度最大的位置關(guān)系。根據(jù)能量和轉(zhuǎn)化守恒定律分析整個運動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能與彈簧的最大彈性勢能的關(guān)系.物塊從A上滑到C過程中，以斜面體和物塊整體為研究對象，分析地面對斜面體的摩擦力如何變化.【詳解】A、物塊從A上滑到B過程中，彈簧的彈力逐漸減小，在物體的合力等于零之前，由牛頓第二定律有kx-f-mgsinα=ma，a隨著x的減小而減小，方向沿斜面向上.以斜面體、物塊和彈簧整體為研究對象，由牛頓第二定律知：地面對斜面體的摩擦力f=macosα，a減小，則f減小，方向水平向左.在物體的合力等于零之后到B的過程，由牛頓第二定律有f+mgsinα-kx=ma，a隨著x的減小而增大，方向沿斜面向下.以斜面體、物塊和彈簧整體為研究對象，由牛頓第二定律知：地面對斜面體的摩擦力f=macosα，a增大，則f增大，方向水平向右.物體從B運動到C的過程，物體的加速度不變，則由f=macosα知，f不變，綜上知，物塊從A上滑到C過程中，地面對斜面體的摩擦力先減小再增大，然后不變；故A正確.B、物塊的合力為零時速度最大，上滑時速度最大時有：kx1=f+mgsinα，下滑時速度最大時有：kx2+f=mgsinα，對比可得，x1≠x2，說明物塊上滑過程速度最大的位置與下滑過程速度最大的位置不同；故B錯誤.C、物塊能從C點下滑，說明其重力沿斜面向下的分力大于最大靜摩擦力，可知，物塊不可能停在BC之間，只能停在A、B之間的某位置；故C正確.D、整個運動過程中，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和物體的重力勢能，所以產(chǎn)生的內(nèi)能小于彈簧的最大彈性勢能；故D錯誤.故選AC.【點睛】本題是力學綜合題，分析物體的受力情況是基礎(chǔ)，還要把握能量是如何轉(zhuǎn)化的.對于加速度不同的物體，也可以運用整體法研究.9、CD【解析】

開始時彈簧的壓縮量x1=mgsin30°k=mg2k．當物塊B剛離開C時，彈簧的伸長量x2=mgsin30°k=mg2k．所以物塊A沿斜面運動的位移大小為x=x1+x2=mgk，故A錯誤。彈簧從壓縮狀態(tài)到恢復原長的過程中，彈簧的彈力和拉力F都對A做正功，由功能原理知A的機械能增大。彈簧從原長到伸長的過程中，由于拉力F大于彈簧的彈力，除重力以外的力對A做正功，所以A的機械能增大，因此A的機械能一直增大，故【點睛】本題是連接體問題，關(guān)鍵是正確分析物體的受力情況，判斷能量的轉(zhuǎn)化情況。要靈活運用功能原理分析物體機械能的變化情況。10、BD【解析】

轉(zhuǎn)動的角速度為零時，O1P繩的拉力最小，O2P繩的拉力最大，當O2P繩的拉力剛好為零時，O1P繩的拉力最大，根據(jù)共點力平衡和牛頓第二定律進行求解．【詳解】轉(zhuǎn)動的角速度為零時，O1P繩的拉力最小，O2P繩的拉力最大，這時二者的值相同，設為T1，則2T1cos30°=mg，解得；增大轉(zhuǎn)動的角速度，當O2P繩的拉力剛好為零時，O1P繩的拉力最大，設這時O1P繩的拉力為T2，則T2cos30°=mg，，因此O1P繩的拉力范圍，O2P繩的拉力范圍．故B、D正確，A、C錯誤.故選BD.【點睛】本題考查圓周運動的向心力，意在考查學生應用牛頓運動定律分析圓周運動的臨界問題.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、1.170【解析】

(1)[1]主尺讀數(shù)為1.1cm，游標尺讀數(shù)為0.05×14mm=0.70mm=0.070cm，所以最終讀數(shù)為1.1cm+0.070cm=1.170cm；(2)[2]小球經(jīng)過光電門2的速度為v，根據(jù)運動學公式得從開始釋放到經(jīng)過光電門2的時間所以從開始釋放到經(jīng)過光電門1的時間所以經(jīng)過光電門1的速度v根據(jù)勻變速直線運動的推論得：兩光電門間的距離(3)[3]由公式得若圖線斜率的絕對值為k，則所以重力加速度大小12、小車沒有靠近打點計時器沒有平衡摩擦力電源應用交流0.40m/s2【解析】（1）打點計時器使用交流電源；為了盡可能的利用紙帶在釋放前小車應緊靠打點計時器；在本實驗中我們認為繩子的拉力等于物體所受的合外力，故在實驗前要首先平衡摩擦力。（2）由圖可以讀出A點的位置是3.00cm，B點的位置是4.40cm，C點的位置是6.25cm，D點的位置是8.50cm，E點的位置是11.10cm，根據(jù)逐差法△x=aT2，可得：。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）（3），【解析】試題分析：（1）根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為l=7R–2R①設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得②式中θ=37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得③（2）設BE=x．P到達E點時速度為零，設此時彈簧的彈性勢能為Ep．P由B點運