2025屆黑龍江省雞西市虎林市東方紅林業(yè)局中學高三上物理期中復習檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、若潛水艇在水下航行時，受到的阻力大小與它的速率的二次方成正比，比例系數為k，已知發(fā)動機的額定功率為Pe，則：該潛水艇水下的最大航行速度大小（）A．PekB．(Pek)2、在物理學的探索和發(fā)現過程中，科學家們運用了許多研究方法．以下關于物理學研究方法的敘述中錯誤的是()A．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法是等效替代法B．根據速度定義式v＝ΔxΔt，當Δt→0時，ΔxΔt就可以表示物體在C．在探究加速度、力和質量三者之間的關系時，先保持質量不變研究加速度與力的關系，再保持力不變研究加速度與質量的關系，這里運用了控制變量法D．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了微元法3、將一右端帶有固定擋板的長薄板放在水平面上，一質量不計的彈簧右端拴接在擋板上，左端拴接一可視為質點的滑塊，當彈簧原長時滑塊位于長薄板的O點，將滑塊拉至圖中的A點，整個裝置處于靜止狀態(tài)．現將長薄板的右端緩緩地抬起直到滑塊將要沿長薄板下滑．滑塊所受的摩擦力以及支持力的大小分別用Ff、FN表示．則在上述過程中下列敘述正確的是（）A．Ff先減小后增大、FN一直減小B．Ff先增大后減小、FN一直增大C．Ff一直增大、FN先減小后增大D．Ff保持不變、FN一直減小4、在選定正方向后,甲、乙兩質點運動的x-t圖象如圖所示,則在0~時間內()A．甲質點做直線運動,乙質點做曲線運動B．乙質點的速度先增大后減小C．時刻兩質點速度大小一定相等D．0~時間內,甲質點的平均速度大于乙質點的平均速度5、如圖所示，在繩下端掛一物體，用力F作用于O點，使懸線偏離豎直方向的夾角為α，且保持物體平衡．設F與水平方向的夾角為β，在保持α角不變的情況下，要使拉力F的值最小，則β應等于（）A．αB．πC．0D．2α6、如圖所示，把球夾在豎直墻AC和木板BC之間，不計摩擦，球對墻的壓力為FN1，球對板的壓力為FN1．在將板BC逐漸放至水平的過程中，下列說法中，正確的是()A．FN1和FN1都增大B．FN1和FN1都減小C．FN1增大，FN1減小D．FN1減小，FN1增大二、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，A、B兩物體質量均為m，疊放在輕質彈簧上(彈簧下端固定于地面上)．對A施加一豎直向下、大小為F(F＞2mg)的力，將彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內)而處于平衡狀態(tài)．現突然撤去力F，設兩物體向上運動過程中A、B間的相互作用力大小為FN．不計空氣阻力，關于FN的說法正確的是(重力加速度為g)()A．剛撤去力F時，FN＝ B．彈簧彈力大小為F時，FN＝C．A、B的速度最大時，FN＝mg D．彈簧恢復原長時，FN＝08、在動摩擦因數μ＝0.2的水平面上有一個質量m＝2kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長的輕繩一端相連，如圖所示，此時小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小球的支持力恰好為零，取g＝10m/s2，以下說法正確的是A．此時輕彈簧的彈力為零B．此時輕繩的拉力為20C．當剪斷輕繩的瞬間，小球所受的摩擦力為零D．當剪斷輕繩的瞬間，小球的加速度大小為8m/s2，方向向左9、2017年4月，我國成功發(fā)射了“天舟一號”貨運飛船，它的使命是給在軌運行的“天宮二號”空間站運送物資，已知“天宮二號”空間站在低于同步衛(wèi)星的軌道上繞地球做勻速圓周運動，經過時間t(t小于其運行周期T）運動的弧長為s，對應的圓心角為β弧度，萬有引力常亮為G，下面說法正確的是（）A．“天宮二號”空間站的線速度大于地球的第一宇宙速度B．“天宮二號”空間站的向心加速度小于地球同步衛(wèi)星的向心加速度C．“天宮二號”空間站的環(huán)繞周期T＝D．地球質量M＝10、如圖（a），一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的v—t圖線如圖（b）所示．若重力加速度及圖中的、、均為已知量，則可求出A．斜面的傾角B．物塊的質量C．物塊與斜面間的動摩擦因數D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度三、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）某實驗小組設計了如圖（a）所示的實驗裝置，通過改變重物的質量，利用計算機可得滑塊運動的加速度a和所受拉力F的關系圖像，圖中力傳感器可直接顯示繩中拉力大小，他們在軌道水平和傾斜的兩種情況下分別做了實驗，得到了兩條a-F圖線，如圖（b）所示．(1)圖線________是在軌道左側抬高，成為斜面情況下得到的（選填“1”或“2”）；要想使得該圖線過原點應______軌道的傾角（填“增大”或“減小”）(2)滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質m=_______kg；滑塊和軌道間的動摩擦因數μ=_______．（g=10m/s2）(3)實驗中是否要滿足，滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質量遠遠大于重物質量的條件?____．12．（12分）某興趣小組的同學利用如圖所示的實驗裝置，測量木塊與長木板之間的動摩擦因數，圖中長木板水平固定：①實驗過程中，打點計時器應接在____________（填“直流”或“交流）電源上，調整定滑輪的高度，使____________；②已知重力加速度為g，測得木塊的質量為M，砝碼盤和砝碼的總質量為m，砝碼盤、砝碼和木塊的加速度大小為a，則木塊與長木板之間的動摩擦因數____________；③實驗時，某同學得到一條紙帶，如圖所示，每隔四個計時點取一個計數點，即為圖中0、1、2、3、4、5、6點。測得每兩個計數點間的距離為cm，cm，cm，cm，cm，cm，打點計時器的電源頻率為50Hz。計算此紙帶的加速度大小a=______m/s2，打第4個計數點時紙帶的速度大小v=________m/s。（保留兩位有效數字）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，傾斜軌道AB的傾角為37°，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連．小球可以從D進入該軌道，沿軌道內側運動，從E滑出該軌道進入EF水平軌道．小球由靜止從A點釋放，已知AB長為5R，CD長為R，重力加速度為g，小球與斜軌AB及水平軌道CD、EF的動摩擦因數均為0.5，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R.(sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：(1)小球對剛到C時對軌道的作用力；(2)要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應該滿足什么條件？若R′=2.5R，小球最后所停位置距D(或E)多遠？（注：在運算中，根號中的數值無需算出）14．（16分）光滑水平面上放著質量mA=1kg的物塊A與質量mB=2kg的物塊B，A與B均可視為質點，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、B均不拴接），用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能Ep=49J．在A、B間系一輕質細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示．放手后B向右運動，繩在短暫時間內被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R=0.5m，B恰能到達最高點C．g取10m/s2，求：（1）繩拉斷后B的速度vB的大小；（2）繩拉斷過程繩對B的沖量I的大?。唬?）繩拉斷過程繩對A所做的功W．15．（12分）某興趣小組讓一輛自制小遙控車在水平的直軌道上由靜止開始運動，小車先做勻加速運動而后以恒定的功率運動，其運動的圖象如下圖所示（除時間段內的圖象為曲線外，其余時間段圖象均為直線）。小車的質量為，小車在整個過程中所受的阻力大小不變恒為。求：（1）小車勻速行駛階段的功率；（2）小車的速度為時的加速度大??；（3）小車在加速運動過程中總位移的大小。

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】根據題意可設f=kv2，當牽引力等于阻力時，速度最大，即Pe2、A【解析】

在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法是理想模型法，選項A錯誤；根據速度定義式v＝ΔxΔt，當Δt→0時，ΔxΔt就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了極限思維法，選項B正確；在探究加速度、力和質量三者之間的關系時，先保持質量不變研究加速度與力的關系，再保持力不變研究加速度與質量的關系，這里運用了控制變量法，選項C正確；在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了微元法，選項D3、A【解析】假設滑塊的重力為G，長薄板與水平之間的夾角大小為，彈簧的彈力大小用F表示，靜摩擦力的大小用表示，由題意可知，當右端緩緩抬起時，逐漸增大，當滑塊將要沿長薄板下滑時，彈簧的拉力一直不變，滑塊的重力沿薄板向下的分力先小于彈簧的彈力、后大于彈簧的彈力，滑塊所受的靜摩擦力方向先沿長薄板向下再沿長薄板向上，當滑塊的重力沿長薄板向下的分力小于彈簧的彈力時，則有，當增大時F不變，減小；當滑塊的重力沿長薄板向下的分力大于彈簧的彈力時，則有，增大時，F不變，增大，則滑塊所受的靜摩擦力先減小后增大；而滑塊所受的支持力等于重力垂直斜面向下的分力，則增大時，一直減小．綜合得A正確．故選A.【點睛】受力分析是前提，動態(tài)平衡是特點，靜摩擦力和滑動摩擦力大小以及方向要區(qū)別對待．4、B【解析】

甲乙均做直線運動，選項A錯誤；乙質點運動圖線的切線的斜率先增大后減小，即乙質點速度先增大后減小，選項B正確，t1時刻兩質點運動圖線的斜率的絕對值不一定相等，即速度大小不一定相等，選項C錯誤，0~t2時間內，兩質點的位移大小相等，由得，甲質點的平均速度等于乙質點的平均速度，選項D錯誤．故選B.【點睛】本題注意強化對x-t圖象的理解5、A【解析】

O點受三個拉力處于平衡，向上的兩個拉力的合力大小等于物體的重力，方向豎直向上，根據作圖法，作出力的變化圖象由圖可知，當F與天花板相連的繩子垂直時，拉力F最小，根據幾何關系知，故A正確，BCD錯誤。故選A?！军c睛】對結點O受力分析，抓住拉物體繩子的拉力大小和方向都不變，與天花板相連繩子拉力方向不變，通過作圖法求出拉力的最小值．6、B【解析】

對球受力分析可知，重力大小方向不變，墻對球的支持力方向不變，所以將三個力合成矢量三角形分析，如圖所示：根據矢量三角形可知，擋板緩慢逐漸放置水平過程中，和均減小，根據牛頓第三定律可知，和均減小，故B正確，ACD錯誤。故選B．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、BCD【解析】

A.在突然撤去F的瞬間，AB整體的合力向上，大小為F，根據牛頓第二定律，有：F=2ma解得：對物體A受力分析，受重力和支持力，根據牛頓第二定律，有：FN-mg=ma聯立解得：，故A錯誤；B.彈簧彈力等于F時，根據牛頓第二定律得：對整體有：F-2mg=2ma對A有：FN-mg=ma聯立解得：，故B正確；D.當物體的合力為零時，速度最大，對A，由平衡條件得FN=mg，故C正確．C.當彈簧恢復原長時，根據牛頓第二定律得：對整體有：2mg=2ma對A有：mg-FN=ma聯立解得FN=0，故D正確；8、BD【解析】試題分析：剪斷輕繩前小球受力情況，如圖所示，根據平衡條件得：輕彈簧的彈力大小F=mg=20N，細線的拉力大小為T=2mg=202N剪斷輕繩瞬間彈簧的彈力沒有變化，此時輕彈簧的彈力大小仍為F=20N，水平面對小球的支持力大小N=mg=20N，摩擦力大小為f=μmg=4N，根據牛頓第二定律得：加速度a=F-f考點：牛頓第二定律；共點力的平衡.9、CD【解析】

A．“天宮二號”經過時間t，它運動的弧長為s，它與地球中心連線掃過的角度為β（弧度），

則線速度為角速度為：根據v=ωr得軌道半徑為：“天宮二號”繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，則有：得可知衛(wèi)星的軌道半徑越大，速率越小，第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，故“天宮二號”在軌道上運行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A錯誤；B．由得：加速度則知“天宮二號”的向心加速度大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度．故B錯誤．C．“天宮二號”的環(huán)繞周期為故C正確；D．“天宮二號”繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，即：聯立解得：地球的質量為故D正確；故選CD.10、ACD【解析】小球滑上斜面的初速度已知，向上滑行過程為勻變速直線運動，末速度0，那么平均速度即，所以沿斜面向上滑行的最遠距離，根據牛頓第二定律，向上滑行過程，向下滑行，整理可得，從而可計算出斜面的傾斜角度以及動摩擦因數，選項AC對．根據斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度，選項D對．僅根據速度時間圖像，無法找到物塊質量，選項B錯．【考點定位】牛頓運動定律【方法技巧】速度時間圖像的斜率找到不同階段的加速度，結合受力分析和運動學規(guī)律是解答此類題目的不二法門．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減小1.51.2否【解析】

(1)[1]由圖象①可知，當F=1時，a≠1．也就是說當繩子上沒有拉力時小車就有加速度，該同學實驗操作中平衡摩擦力過大，即傾角過大，平衡摩擦力時木板的右端墊得過高．所以圖線①是在軌道右側抬高成為斜面情況下得到的；[2]要想使得該圖線過原點，即當有合力F時，才會產生加速度a，因此應減小軌道的傾角；(2)[3][4]根據得所以滑塊運動的加速度a和所受拉力F的關系圖象斜率等于滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質量的倒數．由圖形b得加速度a和所受拉力F的關系圖象斜率k=2，所以滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質量m=1.5kg由圖形b得，在水平軌道上F=1N時，加速度a=1，根據牛頓第二定律得F-μmg=1解得μ=1.2(3)[5]滑塊和位移傳感器發(fā)射部分受到的拉力由力傳感器得出，實驗過程中不需要控制滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質量遠遠大于重物質量．12、交流細線與長木板平行1.90.77【解析】

①[1][2]．打點計時器使用交流電源，為零使繩子的拉力水平，需調整定滑輪的高度，細線與長木板平行．②[3]．對整體分析，根據牛頓第二定律有mg-μMg=（M+m）a解得③[4][5]．連續(xù)相等時間內位移之差為1.92cm，根據△x=aT2得，第4個計數點的瞬時速度等于3、5間的平均速度，則四、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)球對軌道的作用力為6.6mg，方向豎直向下(2)b球將停在D點左側，距D點0.6R處【解析】

（1）設小球到達C點時速度為v，a球從A運動至C過程，由動能定理有：

可得：

小球沿BC軌道做圓周運動，設在C點時軌道對球的作用力為N，由牛頓第二定律，有：

其中r滿足：

r+r?sin53°=1.8R

聯立上式可得：

N=6.6mg

由牛頓第三定律可得，球對軌道的作用力為6.6mg，方向豎直向下．（2）球不脫離軌道，有兩種情況：

情況一：小球能滑過圓周軌道最高點，進入EF軌道．則小球在最高點P應滿足：

小球從C直到P點過程，由動能定理，有：

可得：

情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的Q點時，速度減為零，然后滑回D．則由動能定理有：

解得：R'=2.3R

要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R'應該滿足：R'=0.92R或R'=2.3R；若R'=2.5R，由上面分析可知，小球必定滑回D，設其能向左滑過DC軌道，并