滕州市第一中学2025届高三上物理期中统考模拟试题含解析

滕州市第一中学2025届高三上物理期中统考模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、假设该高速公路上甲、乙两车在同一车道上行驶，甲车在前，乙车在后。t=0时刻，发现前方有事故，两车同时开始刹车，行进中两车恰好没有发生碰撞。两车刹车过程的v-t图像如图所示，以下判断正确的是A．t=0时刻两车间距等于50mB．两车都停止运动时相距50mC．t=5s时两车间距大于t=15s时两车间距D．乙车刹车的加速度大小是甲车的1.5倍2、如图所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4m/s，则船从A点开出的最小速度为（）A．2m/s B．2.4m/sC．3m/s D．3.5m/s3、在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实相符的是A．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律B．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律C．笛卡尔根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因D．牛顿首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推理）和谐地结合起来4、如图所示，从同一竖直线上不同高度A、B两点处，分别以速率v1、v2同向水平抛出两个小球，P为它们运动轨迹的交点。则下列说法正确的有（）A．两球在P点一定具有相同的速率B．若同时抛出，两球可能在P点相碰C．若同时抛出，落地前两球竖直方向的距离逐渐变大D．若同时抛出，落地前两球之间的距离逐渐变大5、如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。下列说法正确的是A．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同B．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同的加速度D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同的速度6、如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定：()A．等于拉力所做的功；B．小于拉力所做的功；C．等于克服摩擦力所做的功；D．大于克服摩擦力所做的功；二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示,飞行器绕某星球做匀速圆周运动,星球相对飞行器的张角为,下列说法正确的是(

)A．轨道半径越大,周期越长B．轨道半径越大,速度越大C．若测得周期和轨道半径,可得到星球的平均密度D．若测得周期和张角,可得到星球的平均密度8、如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgB．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D．弹簧的弹性势能最大值为mgL9、如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ。下列说法正确的是（）A．当m一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大B．当m一定时，θ越大，滑块与地面间的摩擦力越小C．当θ一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大D．当θ一定时，M越大，可悬挂重物C的质量m越大10、气象卫星是用来拍摄云层照片、观测气象资料和测量气象数据的．我国先后自行成功研制和发射了“风云”一号和“风云”二号两颗气象卫星．“风云”一号卫星轨道与赤道平面垂直并且通过两极，每12h巡视地球一周，称为“极地圆轨道”．“风云二号”气象卫星轨道平面在赤道平面内称为“地球同步轨道”，则“风云一号”卫星比“风云二号”卫星（）A．发射速度大 B．线速度大 C．运行轨道半径大 D．向心加速度小三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学研究小灯泡的伏安特性．所使用的器材有：小灯泡（额定电压，额定电流）；电压表V（量程，内阻）；电流表A（量程，内阻）；固定电阻（阻值）；滑动变阻器（阻值）；电源（电动势，内阻不计）；开关；导线若干．（1）实验中，电压表的量程偏小，需要将电压表与固定电阻串联，改装后的电压表的量程为_______．（2）实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图________．（3）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示．由实验曲线可知，当小灯泡两端的电压为时，小灯泡的电阻为__________（保留两位有效数字），随着小灯泡两端电压的增加小灯泡的电阻__________（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率__________（填“增大”“不变”或“减小”）．（4）用另一电源（电动势，内阻）和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关，在的变化范围内，小灯泡的最小功率为__________．（结果均保留位小数）12．（12分）在用图所示单摆“测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下：a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；b．用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长；c．缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5位置由静止释放小球；d．用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T＝t/n；e．用公式计算当地重力加速度；f.改变细线长度，重复b、c、d、e步骤，进行多次测量．（1）在上述步骤中，错误的是_________（写出该步骤的字母）；改正后正确的应该是:__________________________________．（2）该同学为了减少误差，利用上述未改正错误测量中的多组实验数据做出了图像，该图像对应图中的________图．（3）在“用单摆测定重力加速度”的正确实验中，下列做法有利于减小实验误差的是_________．A．适当加长摆线B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期（4）北京时间2005年5月22日上午10点05分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬．若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是Ｔ0，在峰顶的周期是T，则珠峰顶峰的海拔高度h＝_______．(地球可看作质量均匀分布的半径为R的球体)四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图甲所示，放在水平面上一质量为1Kg的物体受到与水平面成=37°、大小F=10N斜向上方的拉力作用下由静止开始运动．物体运动过程中，受到的空气阻力Ff与其运动速度大小v成正比，即：(式中各物理量单位均为国际制单位)．已知物体刚开始运动时的加速度大小为7m／s1，sin37°=0.6，g=10m／s1．则：(1)物体与水平面间的动摩擦因数为多大?(1)物体在运动过程中的最大速度为多大?(3)请在图乙中画出物体在运动过程中加速度大小a与其运动速度大小v的关系图象．14．（16分）如图所示，一物体从光滑固定斜面顶端由静止开始下滑．已知物体的质量，斜面的倾角，斜面长度，取重力加速度求：[Failedtodownloadimage:0:8086/QBM/2018/12/14/2096671323242496/2098779498348544/STEM/460ab19539314d888ec24756777de77a.png]物体沿斜面由顶端滑到底端所用的时间；物体滑到斜面底端时的动能；在物体下滑的全过程中支持力对物体的冲量．15．（12分）在同种均匀介质中有相距4m的两个波源S1、S2，它们在垂直纸面方向振动的周期分别为T1=0.8s、T2=0.4s，振幅分别为A1=2cm、A2=1cm，在介质中沿纸面方向传播的简谐波的波速v=5m/s．S是介质中一质点，它到S1的距离为3m，且SS1⊥S1S2，在t=0时刻，S1、S2同时开始垂直纸面向外振动，求：（ⅰ）S1、S2在t=0时的振动传到质点S的时间差（ⅱ）t=l0s时，质点S离开平衡位置的位移大小．

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】

A.行进中两车恰好没有发生碰撞，说明t=10s时刻两车速度相等时恰好相遇，则t=0时刻两车间距等于两车在10s位移之差，为S=×10×10m=50m，故A正确；B.t=10s时两车相遇，都停止时两车的距离等于10s后两车的位移之差，为×5×10m=25m，故B错误；C.根据“面积”表示位移，可知t=5s∼15s内两车通过的位移相等，所以t=5s时两车间距等于t=15s时两车间距，故C错误；D.根据v−t图象的斜率表示加速度,甲的加速度大小为a1=20/20=1m/s2；乙的加速度大小为a2=30/15=2m/s2；故乙车的加速度是甲车的加速度的2倍。故D错误；故选：A2、B【解析】

设水流速度为v1，船的静水速度为v2，船沿AB方向航行时，运动的分解如图所示当v2与AB垂直时，v2最小故选B。3、B【解析】

A.哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，故A错误；B.开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律，故B正确；C.伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故C错误；D.伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来，故D错误。4、D【解析】

A．两球的初速度大小关系未知，在P点，A的竖直分速度大于B的竖直分速度，而A的水平分速度小于B的水平分速度，根据平行四边形定则知，两球在P点的速度大小不一定相同，A错误；B．若同时抛出，在P点，A下落的高度大于B下落的高度，则A下落的时间大于B下落的时间，可知两球不可能在P点相碰，B错误；C．若同时抛出，根据知，经过相同的时间下落的高度相同，则竖直方向上的距离保持不变，C错误；D．若同时抛出，由图可知，下落相同的高度，B的水平位移大于A的水平位移，可知B的初速度大于A的初速度，由于两球在竖直方向上的距离不变，水平距离逐渐增大，则两球之间的距离逐渐增大，D正确。5、B【解析】

A、在P点，沿轨道1运行时，地球对人造卫星的引力大于人造卫星做圆周运动需要的向心力，即F引>mv12r，沿轨道2运行时，地球对人造卫星的引力刚好能提供人造卫星做圆周运动的向心力，即F引=mv12r，故v1B、在P点，人造卫星在轨道1和轨道2运行时，地球对人造卫星的引力相同，由牛顿第二定律可知，人造卫星在P点的加速度相同，故B正确。C、在轨道1的不同位置，地球对人造卫星引力大小不同，故加速度也不同，故C错误。D、在轨道2上不同位置速度方向不同，故速度不同，故D错误。故选：B6、B【解析】

受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可．【详解】木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：，所以动能小于拉力做的功，故B正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，ACD错误．故选B【点睛】正确受力分析，知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功，然后利用动能定理求解末动能的大小．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AD【解析】

根据开普勒第三定律=k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长．故A正确；根据卫星的速度公式，可知轨道半径越大，速度越小，故B错误；设星球的质量为M，半径为R，平均密度为，ρ．张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T．对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：，由几何关系有：R=rsin；星球的平均密度，联立以上三式得：，则测得周期和张角，可得到星球的平均密度．若测得周期和轨道半径，不可得到星球的平均密度，故C错误，D正确；故选AD.8、AB【解析】A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于，故AB正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos30°－Lcos60°)＝，故D错误．所以AB正确，CD错误．9、BCD【解析】

A．对ABC整体分析可知，对地压力为：与θ无关。故A错误。B．将C的重力按照作用效果分解，如图所示：可得：对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有：当m一定时，θ越大，滑块与地面间的摩擦力越小。故B正确。CD．由上可知，当θ一定时，M越大，M与地面间的最大静摩擦力越大；则可悬挂重物C的质量m越大。故CD正确。10、BC【解析】A、“风云二号”卫星为地球同步轨道卫星，周期为24h，“风云一号”卫星是极地卫星，周期为12h，根据得到：，则得知，“风云一号”的轨道半径较小，A正确；B、据得，，即轨道半径越大，线速度越小，“风云一号”卫星比“风云二号”卫星轨道高度小，所以线速度大，B错误；C、据得，，即轨道半径越大，角速度越小，“风云一号”卫星比“风云二号”卫星轨道高度小，所以角速度大，C错误；D、由万有引力提供向心加速度：，得：，即轨道半径越大，向心加速度越小，“风云一号”卫星比“风云二号”卫星轨道高度小，向心加速度大，D错误；故选A．三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、（1）4V（2）见解析（3）；增大；增大（4）0.39W【解析】（1）依据电表改装的特点，故．（2）因小灯泡电压需从开始测至，则灯泡需从滑动变阻器部分电阻串联，因电压表量程为，不满足电压测量需求，故将定值电阻与电压表串联以增大电压表量程（量程大于），又因为，故电流表外接，即可实现题目要求．（3）依据欧姆定律，故代入图象的数字．由图象知随电流的增加，小灯泡的电阻增大，由于小灯泡的灯丝长度与横截面积不变，则根据可得灯丝的电阻率增大．（4）当滑动变阻器全部接入电路中时，根据公式，其中，，，因此获得公式，将其所对应直线放入图（a）可得此时，，求得小灯泡最小功率为．点睛：本题考查了实验电路设计，根据题目要求确定滑动变阻器的接法、根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法是正确解题的关键．要掌握应用图象法处理实验数据的方法．12、e;;C;AC;;【解析】（1）摆长为l与小球半径之和，即，根据单摆的周期公式：，，e错误；（2）用公式计算当地重力加速度．（3）由上式得，，l与T2成线性关系，l等于零时，T2不等于零，故选C．（4）A、适当加长摆线，周期增大，周期的测量更准确一些，A正确；B、质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，可以减小阻力的影响，B错误；C、细线偏离竖直方向应在