2025屆河北深州市長江中學 高三物理第一學期期中學業(yè)水平測試試題含解析

2025屆河北深州市長江中學高三物理第一學期期中學業(yè)水平測試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)都為μ。用大小為F的水平外力推動物塊P，設R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為k。下列判斷正確的是（）A．若μ≠0，則k= B．若μ≠0，k=C．若μ=0，則 D．若μ=0，則2、如圖所示，水平面上有一汽車A，通過定滑輪用繩子拉同一水平面的物體B，當拉至圖示位置時，兩繩子與水平面的夾角分別為α、β，二者速度分別為vA和vB，則()A．vA∶vB＝1∶1B．vA∶vB＝cosβ∶cosαC．vA∶vB＝sinα∶sinβD．vA∶vB＝sinα∶cosβ3、如圖所示，兩個質量分別為、的物塊A和B通過一輕彈簧連接在一起并放置于水平傳送帶上，水平輕繩一端連接A，另一端固定在墻上，A、B與傳送帶間動摩擦因數(shù)均為傳送帶順時針方向轉動，系統(tǒng)達到穩(wěn)定后，突然剪斷輕繩的瞬間，設A、B的加速度大小分別為和，彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為，則A．， B．，C．， D．，4、兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s。當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（）A．vA′=5m/s，vB′=2.5m/s B．vA′=－4m/s，vB′=7m/sC．vA′=2m/s，vB′=4m/s D．vA′=7m/s，vB′=1.5m/s5、平行板電容器兩極板之間的距離為d、電壓為U、電場強度大小為E，兩極板所帶的電荷量為Q．下列說法正確的是（

）A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话隑．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话隓．將d和Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tE不變6、將驗證動量守恒定律的實驗裝置搬到豎直墻壁的附近，調整儀器，使球A從斜軌上由靜止釋放，并在水平軌道末端與球B發(fā)生正碰后，兩球都能打在墻上。已知A、B兩球半徑相同，A球的質量大于B球的質量，則下列說法正確的是A．此裝置無法驗證動量守恒定律B．碰撞后瞬間，A球的速度大于B球的速度C．碰撞后，A、B兩球同時打到墻上D．碰撞后，A球在墻上的落點在B球落點的下方二、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、從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A．物體的質量為1kgB．物體受到的空氣阻力是5NC．h=2m時，物體的動能Ek=60JD．物體從地面上升到最高點用時0.8s8、如圖所示,光滑桿O′A的O′端固定一根勁度系數(shù)為k=10N/m

,原長為l0=1m

的輕彈簧,質量為m=1kg

的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接,OO′為過O點的豎直軸,桿與水平面間的夾角始終為θ=300

,開始桿是靜止的,當桿以OO′為軸轉動時,角速度從零開始緩慢增加,直至彈簧伸長量為0.5m

,下列說法正確的是(

)A．桿保持靜止狀態(tài),彈簧的長度為0.5mB．當桿轉動的角速度為453rad/s,

C．當彈簧恢復原長時,桿轉動的角速度為102D．在此過程中,桿對小球做功為12J9、質量m=1kg的物體從靜止開始做直線運動，物體所受合外力F隨時間t變化的圖象如圖所示，在0～8s內(nèi)，下列說法中正確的是（）A．物體在0～2s內(nèi)動量均勻增加，在2～4s內(nèi)動量均勻減小B．0～2s內(nèi)力F的沖量為2N?sC．2s末物體的速度最大D．3s末物體速度為3m/s，在8s末速度為﹣2m/s10、發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射到近地圓軌道1，然后在圓軌道1的Q點經(jīng)點火使衛(wèi)星沿橢圓軌道2運行，待衛(wèi)星到橢圓軌道2上距地球最遠點P處，再次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3，如圖所示．則衛(wèi)星在軌道1、2和3上正常運行時，有（）A．衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B．衛(wèi)星在軌道3上的角速度小于在軌道1上的角速度C．衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)Q點的加速度等于它在軌道2上經(jīng)Q點的加速度D．衛(wèi)星在軌道2上運行時經(jīng)過P點的加速度跟經(jīng)過Q點的加速度相等三、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）長木板水平放置，其右端固定一輕滑輪.輕繩跨過滑輪，一端與小車連接，車內(nèi)放上5個相同的鉤碼，另一端可懸掛鉤碼．小車的右端固定有寬度為d的遮光片．利用如圖的裝置，實驗小組探究質量一定時加速度與力的關系．他們進行了如下操作，完成步驟中的填空:(1)從小車內(nèi)取1個鉤碼掛在輕繩的右端，將小車從A處由靜止釋放，測出A、B間的距離為x、遮光片通過光電門的時間為t1，則遮光片通過光電門的瞬時速度v1=____;小車的加速度a1=______．(用已知和測得的物理量符號表示)(2)再從小車內(nèi)取1個鉤碼掛在右端鉤碼的下方(共2個)，仍將小車從A處由靜止釋放，測出遮光片通過光電門的時間為t2，用m表示一個鉤碼的質量，用M表示小車的質量(不含鉤碼)，為達到實驗目的，本次操作需要驗證的關系式為__________．(重力加速度為g，用已知和測得的物理量符號表示)(3)依次取3、4、5個鉤碼掛在輕繩右端，重復以上操作，得到一系列遮光片通過光電門的時間t．用F表示右端所掛鉤碼的總重量，如果實驗操作無誤，作出的下列圖象中正確的是_____(4)下列措施中，能夠減小實驗誤差的是_____A、保證輕繩下端所掛鉤碼的總質量遠小于小車與車內(nèi)鉤碼的總質量B、實驗前應平衡摩擦力C、細線在桌面上的部分應與長木板平行D、圖中AB之間的距離應盡量小些12．（12分）某學生用圖（a）所示的實驗裝置測量物塊與斜面的動摩擦因數(shù)．已知打點計時器所用電源的頻率為50Hz，物塊下滑過程中所得到的紙帶的一部分如圖（b）所示，圖中標出了5個連續(xù)點之間的距離．（1）物塊下滑是的加速度a=_____m/s2；打點C點時物塊的速度v=____m/s；（2）已知重力加速度大小為g，求出動摩擦因數(shù)，還需測量的物理量是____（填正確答案標號）．A．物塊的質量B．斜面的高度C．斜面的傾角四、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）質量m=2kg的物塊自斜面底端A以初速度v0=16m/s沿足夠長的固定斜面向上滑行，經(jīng)時間t=2s速度減為零．已知斜面的傾角θ=37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.1．試求：（1）物塊上滑過程中加速度大??；（2）物塊滑動過程摩擦力大??；（3）物塊下滑所用時間.14．（16分）如圖為一傳送帶裝置模型，斜面的傾角θ，底端經(jīng)一長度可忽略的光滑圓弧與足夠長的水平傳送帶相連接，質量m=1kg的物體從高h=30cm的斜面上由靜止開始下滑，它與斜面的動摩擦因數(shù)μ1=0.15，與水平傳送帶的動摩擦因數(shù)μ1=0.5，物體在傳送帶上運動一段時間以后，物體又回到了斜面上，如此反復多次后最終停在斜面底端．已知傳送帶的速度恒為v=1.5m/s，tanθ=0.75，g取10m/s1．求：（1）從物體開始下滑到第一次回到斜面的過程中，物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量；（1）從物體開始下滑到最終停在斜面底端，物體在斜面上通過的總路程．15．（12分）如圖所示，質量M=1kg的長木板B靜止在粗糙的水平地面上，某一時刻一質量為m=1kg的小滑塊A（可視為質點）以初速度v0=4.5m/s向右沖上木板，最后恰好沒有滑離木板．已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1=0.4，重力加速度g取g=10m/s1．求：（1）滑塊與木板相對運動時的加速度aA和aB的大小與方向；（1）木板在地面上運動的總時間；（3）木板的長度L．

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】

三物塊靠在一起，將以相同加速度向右運動；則加速度大?。核?，和之間相互作用力為：與之間相互作用力：所以可得：由于談論過程與是否為零無關，故有恒成立；A．與分析不符，故A錯誤；B．與分析不符，故B錯誤；C．與分析不符，故C錯誤；D．與分析相符，故D正確；故選D。2、B【解析】對A物體的速度沿著繩子方向與垂直繩子方向進行分解，則有沿著繩子方向的速度大小為vAcosα；對B物體的速度沿著繩子方向與垂直繩子方向進行分解，則有沿著繩子方向的速度大小為vBcosβ，由于沿著繩子方向速度大小相等，所以則有vAcosα=vBcosβ，因此ACD錯誤，B正確；故選B．點睛：考查學會對物體進行運動的分解，涉及到平行四邊形定則與三角函數(shù)知識，同時本題的突破口是沿著繩子的方向速度大小相等．3、C【解析】

對物塊B分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，則．以兩個物塊組成的整體為研究對象，則繩子的拉力：．突然剪斷輕繩的瞬間，繩子的拉力減小為1，而彈簧的彈力不變，則A受到的合外力與T大小相等，方向相反，A的加速度B在水平方向仍然受到彈簧的拉力和傳送帶的摩擦力，合外力不變，仍然等于1，所以B的加速度仍然等于1．故選項A正確．【點睛】本題要注意以下問題：（1）整體法與隔離法在受力分析中的應用（2）細繩的彈力可以突變，彈簧如果兩端都被約束，則彈力不能突變；如果一端自由，一端被約束，則彈力就可以突變．4、C【解析】

AD．考慮實際運動情況，碰撞后兩球同向運動，A球速度應不大于B球的速度，故AD錯誤；兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量應守恒．碰撞前總動量為p=pA+pB=mAvA+mBvB=（1×6+2×2）kg?m/s=10kg?m/s總動能B．碰撞后，總動量為p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=1×(-4)+2×7=10kg?m/s總動能則p′=p，，符合動量守恒，但是不符合能量關系；故B錯誤；C．碰撞后，總動量為p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=（1×2+2×4）kg?m/s=10kg?m/s符合動量守恒定律，能量關系則p′=p，，則碰后符合動量和能量關系，則C正確。故選C。5、A【解析】A、保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，根?jù)公式可知，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄蔄正確．B、保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，由U=Ed可知，U變?yōu)樵瓉淼囊话耄蔅錯誤．C、保持d不變，根據(jù)電容的決定式可知，電容C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀叮晒椒治隹芍琔變?yōu)樵瓉淼膬杀叮蔆錯誤．D、根據(jù)電容的決定式可知，，由分析知，；則可知，E與兩板間的距離無關，與Q成正比，則將d和Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E減半．故D錯誤．綜上所述本題答案是：A【分析】保持U不變，根據(jù)公式分析E與d的關系；保持E不變，U與d正比；保持d不變，C不變，根據(jù)分析Q與U的關系6、D【解析】

兩球碰撞后均做平拋運動，根據(jù)高度比較平拋運動的時間，碰撞過程中動量守恒，運用水平位移與時間的比值代替速度得出動量守恒的表達式，從而驗證動量守恒定律；【詳解】A、碰撞前后小球均做平拋運動，在豎直方向上：h=12gt2，平拋運動時間：t=2hg，

設軌道末端到木條的水平位置為x，未放B球時，小球A下落的高度為h1，放上小球B后，A和B碰撞后下落的高度分別為h2和h3，則碰撞前后小球做平拋運動的初速度分別為：vA=x2h1g，B、由碰撞的實際過程可知，碰撞后瞬間，由于A球質量大于B球質量，則導致A球的速度小于B球的速度，故選項B錯誤；C、由上面分析可知vA'<vB'，導致h2>h3【點睛】解決本題的關鍵知道平拋運動的時間由高度決定，與初速度無關，知道碰撞的過程中，動量守恒，運用水平位移與時間的比值代替速度得出動量守恒的表達式，從而驗證動量守恒定律。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．由圖知，h=4m時Ep=80J，由Ep=mgh得m=2kg，故A錯誤。B．上升h=4m的過程中機械能減少△E=20J，根據(jù)功能關系可得fh=△E解得f=5N，故B正確；C．h=2m時，Ep=40J，E總=90J，則物體的動能為Ek=E總-Ep=50J故C錯誤。D．物體的初速度從地面至h=4m用時間故D正確。8、AB【解析】

當桿靜止時，小球受力平衡，根據(jù)力的平衡條件可求壓縮量，從而求彈簧的長度；對小球分析，抓住豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，列式聯(lián)立求出勻速轉動的角速度；結合最高點的動能，運用動能定理求出桿對小球做功的大?。驹斀狻慨敆U靜止時，小球受力平衡，根據(jù)力的平衡條件可得：mgsin30°=kx，代入數(shù)據(jù)解得：x=0.5m，所以彈簧的長度為：l1=l0-x=0.5m，故A正確；當彈簧伸長量為0.5m時，小球受力如圖示：

水平方向上：F2cos30°+Nsin30°=mω22（l0+x）cos30°；豎直方向上：Ncos30°=mg+F2sin30°；彈簧的彈力為：F2=kx；聯(lián)立解得：ω2=453rad/s，故B正確；當彈簧恢復原長時，由牛頓第二定律可得：mgtan30°=mω12l0cos30°，解得：ω1=2153rad/s，故C錯誤；在此過程中，彈簧的彈力做功為0，由動能定理可得：W-mg?2xsin30°=12m[ω2（l0+x）cos30°]2-0，解得：W=12.5J，故D【點睛】本題考查了動能定理、牛頓第二定律、胡克定律與圓周運動的綜合，知道小球做勻速轉動時，靠徑向的合力提供向心力，并結合豎直方向上的合力為零，聯(lián)立求解．9、BD【解析】物體在0～2s內(nèi)F逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度逐漸增大，第2s末加速度最大，在2～4s內(nèi)F先逐漸減小再逐漸增大，所以加速度先減小后增大，物體先做加速度減小的加速運動，再反向做加速增大的減速運動，根據(jù)動量P=mv可知，動量不是均勻變化的，故A錯誤；根據(jù)圖象的性質可知，圖象與時間軸所圍成的面積表示沖量，故0～2s內(nèi)力F的沖量為I=2×22=2N?s，故B正確；由圖可知，0﹣3s內(nèi)物體均在加速，所以3s的速度為最大；故C錯誤；3s末時沖量為I’=3×22=3Ns；根據(jù)動量定理I=△mv可知，物體的速度v=31=3m/s；同理可知，在8s末速度為﹣2m/s；故點睛：解題時要明確圖象的性質，根據(jù)牛頓第二定律可明確加速度的大小，從而分析物體的運動性質，明確動量變化；再根據(jù)圖象與時間軸圍成的面積表示沖量求出物體的沖量，再根據(jù)動量定理即可求得速度大?。?0、BC【解析】衛(wèi)星在1軌道和3軌道均是萬有引力提供向心力：，，所以，A錯。ω=GMr3軌道1上經(jīng)Q點的加速度和它在軌道2上經(jīng)Q點的加速度均是由萬有引力提供加速度，相同，所以a相同，所以C對；P點和Q點離地球距離不同，所受萬有引力不同，所以a不同。D錯。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、；；；D；BC；【解析】

（1）遮光片通過光電門的瞬時速度v1=;根據(jù)v12=2ax可得小車的加速度．（2）對砝碼和小車的整體，合外力為F=2mg，加速度為；則需要驗證的是F=M整體a2，即；（3）設下面掛的鉤碼重力為F，則由（2）的分析可知：，即F-為過原點的直線，可知選項D正確；（4）因此實驗中研究對象是小車的鉤碼的整體，則不需要保證輕繩下端所掛鉤碼的總質量遠小于小車與車內(nèi)鉤碼的總質量，選項A錯誤；實驗前應平衡摩擦力，從而保證整體受的合外力等于F，選項B正確；細線在桌面上的部分應與長木板平行，以減小實驗的誤差，選項C正確；圖中AB之間的距離應盡量大些，這樣小車到達光電門處的速度較大些，可減小測量的誤差，選項D錯誤；故選BC.【點睛】本題考查驗證牛頓第二定律的實驗，要求能明確實驗原理，認真分析實驗步驟，從而明確實驗方法；同時注意掌握圖象處理數(shù)據(jù)的方法，能根據(jù)函數(shù)關系判斷圖象，明確對應規(guī)律的正確應用．12、（1）3.251.79（2）C【解析】試題分析：（1）根據(jù)，有：，解得：打C點時物塊的速度：（2）對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律，有：，解得：故還需要測量斜面的傾角，故選C；考點：測量動摩擦因數(shù)實驗【名師點睛】實驗的核心是實驗原理，根據(jù)原理選擇器材，安排實驗步驟，分析實驗誤差，進行數(shù)據(jù)處理等等．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）1m/s2；（2）4N；（3）22【解析】

（1）上滑時，加速度大小a=Δv（2）上滑時，由牛頓第二定律，得：mgsin解得f=4N（3）位移s=v下滑時，由牛頓第二定律，得mgsin解得a'由s=12a't14、(1)10J；(1)1.5m.【解析】本題考查牛頓第二定律、運動學公式以及功能關系。(1)對物體從靜止開始到達底端的過程運用動能定理得：代入數(shù)據(jù)得：物體滑上傳送帶后向右做勻減速運動，由動能定理得：解得：，勻減速的時間又，解得：這段時間內(nèi)皮帶的位移，這段時間內(nèi)物體和皮帶間的相對位移；返回過程中物體做加速運動，據(jù)對稱性，返回過程的時間，物體位移大小也是，這段時間內(nèi)物體和皮帶間的相對