天津市南開區(qū)2025屆高三物理上學期期中試題含解析

PAGE13-天津市南開區(qū)2025屆高三物理上學期期中試題（含解析）本試卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷兩部分，共100分?？忌鷦毡貙⒆约旱男彰?、準考證號填寫在答題卡上相應位置。答題時，考生務必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上的無效?？荚嚱Y束后，將答題卡交回。第Ⅰ卷（選擇題）一、單項選擇題（每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的。）1.某軍事試驗場正在平地上試驗地對空導彈，若某次豎直向上放射導彈時發(fā)生故障，導彈的vt圖象如圖所示，則下述說法正確的是()A.在0～1s內導彈勻速上升B.在1～2s內導彈靜止不動C.3s末導彈的加速度方向變更D.5s末導彈恰好回到動身點【答案】D【解析】由圖可知，0～1s內導彈的速度隨時間勻稱增加，故導彈做勻加速直線運動，故A錯誤；2s-5s內圖線的斜率沒發(fā)生變更，故加速度方向沒變，故B錯誤；前3s內物體在向上運動，上升的高度最大為m=60m；選項C正確；3到5s內導彈下落，×2×60=60m，故說明導彈5s末的位移為零，回到動身點，故D錯誤；故選C．點睛：本題中要留意方向性，時間軸上方為正，表示物體沿正方向運動，時間軸下方的為負，表示物體運動方向沿負方向．2.我國研制的北斗導航系統(tǒng)又被稱為“雙星定位系統(tǒng)”，系統(tǒng)由5顆地球同步軌道衛(wèi)星和30顆低軌衛(wèi)星（軌道低于同步衛(wèi)星）組網而成，這些衛(wèi)星的運動均可看作勻速圓周運動。2012年12月A.系統(tǒng)中的地球同步軌道衛(wèi)星可以定位在北京正上方B.系統(tǒng)中衛(wèi)星運行速度可以大于11.2km/sC.系統(tǒng)中衛(wèi)星的運行周期和月亮繞地球運行的周期可能相同D.系統(tǒng)中的同步軌道衛(wèi)星比低軌衛(wèi)星所需的放射速度更大【答案】D【解析】【詳解】A．同步衛(wèi)星相對地球靜止，同步衛(wèi)星位于赤道平面內，北京不在赤道上，因此地球同步軌道衛(wèi)星不能定位在北京正上方，故A錯誤；B．11.2km/s是地球的其次宇宙速度，達到此速度的物體可以脫離地球的吸引，系統(tǒng)中的衛(wèi)星沒有脫離地球的吸引，系統(tǒng)中的衛(wèi)星的運行速度小于7.9km/s，故B錯誤；

C．依據萬有引力供應向心力可得衛(wèi)星的軌道半徑小于月亮的軌道半徑，則衛(wèi)星的周期小于月亮的周期，故C錯誤；D．衛(wèi)星軌道半徑越大放射衛(wèi)星時克服地球引力做功越多，因此系統(tǒng)中從地面放射質量為m的同步衛(wèi)星比放射質量為m的低軌衛(wèi)星所需的能量更多，須要的放射速度也更大，故D正確。故選D。3.傾角為、質量為M的斜面體靜止在水平桌面上，質量為m的木塊沿斜面體勻速下滑。下列說法正確的是（）A.木塊受到的摩擦力大小是B.木塊對斜面體的壓力大小是C.桌面對斜面體的摩擦力大小是D.桌面對斜面體的支持力大小是【答案】ABD【解析】【詳解】AB．先對木塊m受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，如圖所示依據平衡條件，可得摩擦力為f=mgsinα

壓力為N=mgcosα

故AB正確；

CD．對M和m整體受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面對斜面體的支持力為N1=（M+m）g靜摩擦力為零，故C錯誤，D正確。

故選ABD。4.如圖所示，實線為某一點電荷所形成的一簇電場線，a、b、c三條虛線為三個帶電粒子以相同的速度從O點射入電場的運動軌跡，其中虛線b為一垂直電場線的圓弧，AB=BC，且三個粒子的電荷量大小相等，不計粒子重力及相互作用力，粒子只在電場力作用下運動。以下說法正確的是（）A.由于AB=BC，故B.a對應的粒子的加速度越來越小，c對應的粒子的加速度越來越大，b對應的粒子的加速度大小不變C.a對應的粒子的速度在減小，電勢能在增大D.b、c對應粒子的動能都在增大，電勢能都在減小【答案】B【解析】【詳解】A．由于BC之間的場強大于AB之間的場強，依據U=Ed，由于AB＝BC，故UAB<UBC，選項A錯誤；B．依據電場線的疏密說明電場強度的大小，粒子只受靜電力，由得a虛線對應的粒子的加速度越來越小，c虛線對應的粒子的加速度越來越大，b虛線對應的粒子的加速度大小不變，故B正確；C．由圖可知，a對應的粒子受大致向左的電場力，則電場力對粒子a做正功，則速度增加，電勢能減小，選項C錯誤；D．b對應粒子的動能不變，電勢能不變；c對應的粒子受大致向右的電場力，則電場力對粒子c做正功，則速度增加，電勢能減小，選項D錯誤。故選B。5.在光滑水平面上，A、B兩球沿同始終線同向運動，碰撞后粘在一起，若碰撞前A、B球的動量分別為、，碰撞中B球動量削減，則A、B兩球的質量之比為（）A.3：2 B.3：7 C.2：7 D.7：【答案】A【解析】【詳解】甲、乙兩球在碰撞過程中系統(tǒng)的動量守恒，以兩球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得P甲+P乙=P甲′+P乙′因為P乙′=8kgm/s所以P甲′=12kgm/s碰撞后速度相等，設此速度為v，則P甲′=m甲v=12kgm/sP乙′=m乙v=8kgm/s解得m甲：m乙=3：2故A正確，BCD錯誤。故選A。二、不定項選擇題（每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的。）6.一質量m=1kg的質點靜止于光滑水平面上，從t=0時起，第1秒內受到F=2N的水平外力作用，第2秒內受到同方向的F=1N的外力作用。下列推斷正確的是（）A.第1秒末瞬時速度是2m/sB.第2秒內的位移是2mC.第2秒內外力所做的功是1.25JD.0～2s內外力的平均功率是2.25W【答案】AD【解析】【詳解】A．在0-1s內的加速度在1-2s內的加速度第1秒末的瞬時速度是v1=at1=2m/s選項A正確；B．第2秒內的位移是選項B錯誤；C．第2秒內外力所做的功是選項C錯誤；D．0-1s內外力的功0～2s內外力的平均功率是選項D正確。故選AD。7.人們對手機的依靠性越來越強，有些人喜愛躺著看手機，常常出現(xiàn)手機砸傷眼睛的狀況。若手機質量為120g，從離人眼約20cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為0.2s，取重力加速度g＝10m/s2；下列分析正確的是（）A.手機與眼睛作用過程中手機動量變更約為0.48kg·m/sB.手機對眼睛的沖量大小約為C.手機對眼睛的沖量方向豎直向上D.手機對眼睛的作用力大小約為0.24N【答案】B【解析】【詳解】A．依據自由落體運動公式選取向上為正方向，手機與眼睛作用后手機的速度變成0，所以手機與眼睛作用過程中動量變更為故A錯誤；BC．手機與眼接觸的過程中受到重力與眼睛的作用力，選取向上為正方向，則：代入數據可得：手機對眼睛的作用力與眼睛對手機的作用力大小相等，方向相反，作用的時間相等，所以手機對眼睛的沖量大小約為0．48，方向豎直向下，故B正確，C錯誤；D．由沖量的定義：Iy=Ft，代入數據可得：故D錯誤。故選B。8.如圖所示,固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環(huán),圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質彈簧一端連接,彈簧的另一端連接在墻上,且處于原長狀態(tài)．現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止起先下滑,已知彈簧原長為L,圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度),則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中A.圓環(huán)的機械能守恒B.彈簧彈性勢能變更了mgLC.圓環(huán)下滑到最大距離時,所受合力為零D.圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變【答案】B【解析】圓環(huán)在下滑過程中，彈簧對其做負功，故圓環(huán)機械能減小，選項A錯誤；圓環(huán)下滑到最大的距離時，由幾何關系可知，圓環(huán)下滑的距離為，圓環(huán)的速度為零，由能量守恒定律可知，彈簧的彈性勢能增加量等于圓環(huán)重力勢能的減小量，為，故選項B正確；圓環(huán)下滑過程中，所受合力為零時，加速度為零，速度最大，而下滑至最大距離時，物體速度為零，加速度不為零，所以選項C錯誤；在下滑過程中，圓環(huán)的機械能與彈簧彈性勢能之和保持不變，即系統(tǒng)機械能守恒，所以選項D錯誤；考點：系統(tǒng)機械能守恒第Ⅱ卷9.(1)向心力演示器如圖所示，用來探究小球做圓周運動所需向心力F的大小與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系。兩個變速輪塔通過皮帶連接，勻速轉動手柄使長槽和短槽分別隨變速輪塔1和變速輪塔2勻速轉動，槽內的鋼球就做勻速圓周運動。橫臂的擋板對鋼球的壓力供應向心力，鋼球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力筒下降，從而露出標尺，標尺上的黑白相間的等分格顯示出兩個鋼球所受向心力的比值。如圖是探究過程中某次試驗時裝置的狀態(tài)。①在探討向心力F的大小與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時我們主要用到了物理學中的______。A．志向試驗法B．等效替代法C．限制變量法D．演繹法②圖中所示，若兩個鋼球質量和運動半徑相等，則是在探討向心力的大小F與______的關系。A．鋼球質量mB．運動半徑rC．角速度ω③圖中所示，若兩個鋼球質量和運動半徑相等，圖中標尺上黑白相間的等分格顯示出鋼球1和鋼球2所受向心力的比值為1：4，則與皮帶連接的變速輪塔1和變速輪塔2的半徑之比為______。A．2：1B．1：2C．4：1D．1：4(2)用如圖甲所示的試驗裝置，探究加速度與力、質量的關系。①在探究加速度a與質量m關系時，采納______法，保持______不變（選填“砂和砂桶質量”或“小車質量”），同時試驗還要求砂和砂桶質量______小車質量（選填“遠大于”或“遠小于”）。②圖乙為某次試驗用打點計時器得到的紙帶，已知溝通電的頻率為50Hz，依據紙帶可求出小車的加速度大小為______m/s2。（保留兩位有效數字）③關于該試驗，下列說法中正確的是______。A．連接砂桶和小車的細繩跨過定滑輪后應跟長木板保持平行B．平衡摩擦力時，應用細線將砂和砂桶通過定滑輪拴在小車上C．小車釋放前應靠近打點計時器，且應先接通電源再釋放小車D．平衡摩擦力后，若變更小車和砝碼的總質量后須要重新平衡摩擦力④某同學在探究加速度與力的關系時，依據測量數據作出的a-F圖線，如圖丙所示。則試驗存在的問題是______。【答案】(1).C(2).C(3).A(4).限制變量(5).砂和砂桶質量(6).遠小于(7).32(8).AC(9).平衡摩擦力時木板傾角過大平衡摩擦力過度【解析】【詳解】(1)①[1]在探討向心力F的大小與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時我們主要用到了物理學中的限制變量法，故選C。②[2]圖中所示，若兩個鋼球質量和運動半徑相等，依據F=mω2r可知，則是在探討向心力的大小F與角速度ω的關系，故選C。③[3]鋼球1和鋼球2所受向心力的比值為1：4，依據F=mω2r可知角速度之比為1:2；皮帶連接的變速輪塔1和變速輪塔2的線速度相等，依據v=ωr可知，半徑之比為2:1；故選A。(2)①[4][5][6]在探究加速度a與質量m關系時，采納限制變量法，保持力F不變，即砂和砂桶質量不變；同時為了保證砂和砂桶的重力等于繩子的拉力，試驗還要求砂和砂桶質量遠小于小車質量。②[7]依據△x=aT2，運用逐差法得③[8]A．細線的拉力等于小車所受的合力，連接砝碼盤和小車的細繩應跟長木板保持平行，且須要平衡摩擦力，故A正確。

B．平衡摩擦力時，不能將砝碼盤及盤內砝碼通過定滑輪拴在小車上，故B錯誤。

C．小車釋放前應靠近打點計時器，且應先接通電源再釋放小車，故C正確。

D．平衡摩擦力后，若變更小車和砝碼的總質量后，不須要重新平衡摩擦力，故D錯誤。

故選AC。

④[9]由a-F圖線可知，F(xiàn)=0時，加速度a不為零，可知平衡摩擦力時木板傾角過大。10.2012年11月23日，我國艦載機殲-15在“遼寧艦”上首降勝利，降后又勝利實現(xiàn)滑躍式起飛。某愛好小組通過查閱資料對艦載機滑躍起飛過程進行了如下的簡化模擬：假設起飛時航母靜止，飛機質量視為不變并可看成質點。航母起飛跑道由如圖所示的AB、BC兩段軌道組成（二者平滑連接不計拐角處的長度），其水平軌道AB長L=125m，斜面軌道末端C點與B點的高度差h=5m。一架殲-15飛機的總質量m=2×104kg，離開C端的起飛速度v=60m/s。若某次起飛訓練中，殲-15從A點由靜止啟動，飛機發(fā)動機的推動力大小恒為F=2.4×105N，方向與速度方向相同，飛機受到空氣和軌道平均阻力的合力大小恒為f=4×104N(1)飛機在水平軌道AB上運動的時間t；(2)在水平軌道末端B點，發(fā)動機的推力功率P；(3)要保證飛機正常起飛，斜面軌道的最小長度l0。【答案】(1)5s；(2)1.2×107W；(3)60m【解析】【詳解】(1)飛機在水平軌道AB上，依據牛頓其次定律有解得依據位移公式則有解得飛機在水平軌道AB上運動的時間(2)飛機在水平軌道末端B點速度大小為發(fā)動機的推力功率(3)在BC軌道上，依據牛頓其次定律則有解得依據位移公式則有其中聯(lián)立解得斜面軌道的最小長度11.如圖所示，質量m=1.5kg的木塊以v0=8m/s的速度水平地滑上靜止在光滑水平地面上的平板小車，最終二者以相同的速度共同運動。已知平板小車的質量M=4.5kg，木塊與小車之間的動摩擦因數μ=0.6，g取10m/s2。求