2025届河南省鹤壁一中物理高三上期中考试模拟试题含解析

2025届河南省鹤壁一中物理高三上期中考试模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、如图所示，在水平地面上有两个完全相同的钩码A、B处于静止状态，现在挂钩处分别对A、B施加竖直向上的恒力F1和F2(F1>F2)，使钩码都竖直向上做匀加速直线运动，A、B两个钩码各自运动一段时间后撤去竖直向上的恒力作用，已知A、B向上运动的最大高度相等。忽略空气阻力作用，设Fl对钩码A的冲量大小为I1，F2对钩码B的冲量大小为I2，则A．I1<I2B．I1>I2C．I1=I2D．以上情况都有可能2、如图所示，一根轻绳跨过定滑轮，连接着质量分别为M和m的两个物体，滑轮左侧的绳和斜面平行，两物体都保持静止不动，已知斜面倾角为37°(sin37°=0.6,cos37°=0.8)，质量为M的物体和静止斜面间的动摩擦因数为0.125，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绳与定滑轮之间的摩擦，则M与m的比值范围是A．B．C．D．3、有一个直角支架AOB，A0水平放置，表面粗糙，OB竖直放置，表面光滑．A0上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环用一质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图，现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和细绳上的拉力FT的变化情况是（）A．FN不变，FT变大 B．FN不变，FT变小C．FN变大，FT变大 D．FN变大，FT变小4、如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B、D间的距离为h，则()A．A、B两点间的距离为B．A、B两点间的距离为C．C、D两点间的距离为2hD．C、D两点间的距离为5、如图所示，一物体从半圆形光滑轨道上边缘由静止下滑，当它滑到最低点时，关于动能大小和对轨道最低点压力的说法正确的是（）A．轨道半径越大，动能越大，压力也越大B．轨道半径越大，动能越小，压力也越大C．轨道半径越大，动能越大，压力与半径无关D．轨道半径越大，动能越大，压力越小6、小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器的快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行．已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为()A．10π－6πB．6π－4πC．10π－2πD．6π－2π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，双手端着半球形的玻璃碗，碗内放有三个相同的小玻璃球．双手晃动玻璃碗，当碗静止后碗口在同一水平面内，三小球沿碗的内壁在不同的水平面内做匀速圆周运动．不考虑摩擦作用，下列说法中正确的是A．三个小球受到的合力值相等B．距碗口最近的小球线速度的值最大C．距碗底最近的小球向心加速度的值最小D．处于中间位置的小球的周期最小8、关于机械波与电磁波,下列说法正确的是（）A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关B．电磁波可以发生衍射现象和偏振现象C．简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，则波传播速度越大D．紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度E.机械波不但能传递能量，而且能传递信息，其传播方向就是能量或信息传递的方向9、以下说法中正确的是()A．做匀变速直线运动的物体，ts内通过的路程与位移的大小一定相等B．2008年奥运会上牙买加飞人博尔特以9秒69的成绩夺得百米短跑冠军，这里的“9秒69”表示时刻C．瞬时速度的大小通常称为速率D．速度不变的运动就是匀速直线运动10、一小球放置在光滑水平面上，弹簧左侧固定在竖直面上，右侧与小球相连，如图甲所示．手拿小球沿水平面向右移动一段距离后松手，用计算机描绘出小球运动的v﹣t图象为正弦曲线（如图乙所示）．从图中可以判断（）A．在0～t1时间内，弹簧的弹力对小球做正功B．在0～t1时间内，弹簧的弹力的功率逐渐增大C．在t2时刻，弹簧的弹力的功率最大D．在t1～t3时间内，弹簧的弹力做的总功为零三、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）如图所示为“阿特武德机”的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成．他将质量同为M（已知量）的重物用绳连接后，放在光滑的轻质滑轮上，处于静止状态．再在一个重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动并测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出不同m时系统的加速度．得到多组a、m数据后，作出图像乙．(1)为了作出图乙需要直接测量的物理量有（_______）A．小重物的质量B．滑轮的半径RC．绳子的长度D．重物下落的距离h及下落这段距离所用的时间t(2)请推导随变化的函数式_____________(3)如图乙所示，已知该图像斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g=__，并可求出重物质量M=__12．（12分）如图甲所示，力传感器A与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律．将力传感器固定在水平桌面上，测力端通过轻质细绳与一滑块相连，调节传感器高度使细绳水平，滑块放在较长的小车上，滑块的质量m=1.5kg，小车的质量为M=1.65kg．一根轻质细绳跨过光滑的轻质滑轮，其一端连接小车，另一端系一只空沙桶，调节滑轮使桌面上部细绳水平，整个装置处于静止状态．现打开传感器，同时缓慢向沙桶里倒入沙子，当小车刚好开始运动时，立即停止倒沙子．若力传感器采集的F－t图象如图乙所示，重力加速度g=10m/s1，则：（1）滑块与小车间的动摩擦因数μ=__；若忽略小车与水平桌面间的摩擦，小车稳定运动的加速度大小a=____m/s1．（1）若实验中传感器测力端与滑块间的细绳不水平，左端略低一些，由此而引起的摩擦因数μ的测量结果__________填“偏大”或“偏小”）．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）如图所示，圆盘可绕过圆心O的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，物体P放在圆盘上，一轻质弹簧一端连接物体P，另一端固定在竖直轴上．已知物体的质量m=0.5kg，弹簧的自然长度l0=10cm，劲度系数k=75N/m，物体与圆盘表面的动摩擦因数μ=0.8，P可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s1．当圆盘以角速度转动时，P与圆盘相对静止，弹簧恰处于原长位置．求：（1）此时P对圆盘的作用力都有哪些，各为多大？（1）为使P与圆盘保持相对静止，弹簧长度的取值范围多大？（假设弹簧均未超出弹性限度）14．（16分）一质量为M=4kg的长木板在粗糙水平地面上向右运动，在t=0时刻，木板速度为vo=6m/s,此时将一质量为m=2kg的小物块(可视为质点)无初速度地放在木板的右端，二者在0~1s内运动的v-t图象如图所示。己知重力加速度g=10m/s2。求：(1)小物块与木板的动摩擦因数μ1,以及木板与地面间的动摩擦因数μ2；(2)若小物块不从长木板上掉下,则小物块最终停在距木板右端多远处?(3)若在t=1s时,使小物块的速度突然反向(大小不变),小物块恰好停在木板的左端,求木板的长度L。15．（12分）汽车发动机的额定功率为30KW，质量为2000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍。求：（1）汽车在路面上能达到的最大速度；（2）若汽车从静止开始保持1m/s2的加速度作匀加速直线运动，则这一过程能持续多长时间？

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】

设钩码A、B的质量为m，因F1＞F2，由牛顿第三定律知向上做匀加速直线运动的加速度满足：a1＞a2，由于上升的高度相同，则速度图象如图所示；

根据图象可知A上升过程中运动的总时间小于B上升过程中运动的总时间；全过程根据动量定理可得：

对A：I1-mgt1=0对B：I2-mgt2=0所以I1＜I2。A．I1<I2，与结论相符，选项A正确；B．I1>I2，与结论不相符，选项B错误；C．I1=I2，与结论不相符，选项C错误；D．以上情况都有可能，与结论不相符，选项D错误；2、A【解析】

依题意，对物体m受力分析，根据平衡条件，绳子的拉力：F=mg①若F较小，物块A有沿着斜面向下滑的趋势，此时物块A受力分析如图所示：由力的平衡条件得：FN=Mgcos37°②F+Ff=Mgsin37°③Ff≤μFN④联立①②③④可解得得：m≥0.5M；若F较大，A物块有沿着斜面向上滑动的趋势，此时物块A受力分析如图所示：由平衡条件得：FN=Mgcos37°⑤F=Ff+Mgsin37°⑥Ff≤μFN⑦代入数据解①⑤⑥⑦得：m≤0.7M物块m的质量的取值范围是：0.5M≤m≤0.7M，故：故A正确，B、C、D错误；故选A。3、B【解析】

以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示．根据平衡条件得，N＝2mg保持不变．再以Q环为研究对象，分析受力情况如图2所示．设细绳与OB杆间夹角为α，由平衡条件得，细绳的拉力，P环向左移一小段距离时，α减小，cosα变大，T变小，即FN不变，FT变小，故B正确，ACD错误．4、C【解析】

由A到B，小球做自由落体运动，，；由B到C，小球做平抛运动，，；由A到B和由B到C所用时间相同，A、B两点间的距离，故A、B错误；由上可知，故C正确，D错误．5、C【解析】

对于物体下滑的过程，根据动能定理得：物体到达最低点的动能为可见，半径越大，动能越大。

在轨道最低点，由牛顿第二定律得，，解得N=3mg则知球对轨道的压力大小与半径也无关。A．轨道半径越大，动能越大，压力也越大，与结论不相符，选项A错误；B．轨道半径越大，动能越小，压力也越大，与结论不相符，选项B错误；C．轨道半径越大，动能越大，压力与半径无关，与结论相符，选项C正确；D．轨道半径越大，动能越大，压力越小，与结论不相符，选项D错误；6、B【解析】

当登月器和航天站在半径为3R的轨道上绕月球做匀速圆周运动时，应用牛顿第二定律有：解得：在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，可得：所以：①登月器在椭圆轨道上运行的周期用表示，航天站在圆轨道上运行的周期用表示，对登月器和航天站依据开普勒第三定律有：②为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接，登月器可以在月球表面停留的时间应满足：(其中n＝1、2、3、…)③联立①②③式得：(其中n＝1、2、3、…)当n＝1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即：A.与分析不符，故A错误B.与分析相符，故B正确；C.与分析不符，故C错误；D.与分析不符，故D错误。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、BC【解析】

A．对于任意一球，设其轨道处半球形碗的半径与竖直方向的夹角为，半球形碗的半径为R。根据重力和支持力的合力提供小球圆周运动的向心力，得，故A错误；BCD．因，，联立得：，，，R一定，可知越大（越接近碗口），线速度v越大、周期越小、加速度a越大，BC正确，D错误。故选BC。8、BDE【解析】

A．电磁波在真空中的传播速度都等于光速，与电磁波的频率无关，故A错误；B．衍射现象是波特有的现象，而偏振现象是横波特有的现象，电磁波也是一种横波，可以发生衍射现象和偏振现象，故B正确；C．在同一种介质中传播时，波传播速度与介质有关，则简谐机械波的传播速度相等，故C错误；D．根据可知，且紫外线的折射率大于红外线，因此紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度，故D正确；E．机械波不但能传递能量，而且能传递信息，其传播方向就是能量或信息传递的方向，如声波，故E正确。故选BDE．9、CD【解析】

位移是初位置到末位置的有向线段，路程是物体运动的轨迹长度；时刻指的是时间轴上的点，时间间隔指时间轴上的一段；瞬时速率一般指速率；匀速直线运动为速度不变的运动；【详解】如果物体做的是一个变向减速直线运动，此时位移大小不等于路程，故A错误；“9秒69”表示时间轴上的一段，故指时间间隔，故B错误；瞬时速度的大小通常称为速率，故C正确；匀速直线运动为速度不变的运动，故D正确；故选CD。10、AD【解析】在0～t1时间内，小球的速度增大，动能增大，根据动能定理可知外力做正功，故A正确；t=0时刻v=0，外力做功的功率为零，t1时刻，图象的斜率等于零，则加速度零，根据牛顿第二定律知外力为零，由外力功率为零，所以在0～t1时间内，外力的功率先增大后减小，故B错误；在t2时刻，v=0，由P=Fv知，外力的功率为零，故C错误；在t1～t3时间内，动能的变化量为零，根据动能定理知，外力做的总功为零，故D正确。所以AD正确，BC错误。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、AD；；【解析】

根据加速度的表达式，结合位移时间公式求出重力加速度的表达式，通过表达式确定所需测量的物理量．根据加速度的表达式得出关系式，通过图线的斜率和截距求出重力加速度和M的大小．【详解】(1)对整体分析，根据牛顿第二定律得，mg=（2M+m）a，根据即所以需要测量的物理量有：小重物的质量m，重物下落的距离h及下落这段距离所用的时间t；故选AD；(2)整理得：；(3)知图线斜率，解得：，．【点睛】解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出重力加速度的表达式，以及推导出关系式，结合图线的斜率和解决进行求解．12、（1）0.10.15（1）偏大【解析】

（1）由乙图知，物块与小车间滑动摩擦力为3N，根据Ff=μmg，代入解得μ=0.1；（1）由乙图知，当砂桶的重力为3.5N时，小车开始运动，此时砂桶与砂子的质量为m0=0.35kg，对小车：，解得a=0.15m/s1；（3）若实验中传感器测力端与滑块间的细绳不水平，左端略低一些，物块m对小车的正压力大于物块重力，从而引起名次因数测量结果偏大．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、（1）静摩擦力大小为1.5N；对圆盘的压力大小为5N（1）7cm到13cm【解析】

（1）P受力如图，P的角速度与圆盘的角速度相同，静摩擦力Ff提供P的向心力，P的运动半径r=l0=0.1m，则Ff=mω1r=1.5NN=mg=5N根据牛顿第三定律，物体P对圆盘的静摩擦力大小为1.5N；对圆盘的压力大小为5N；（1）当弹簧长度最短时，弹簧处于压缩状态，P受到指向圆心的最大静摩擦力，设此时弹簧的压缩量为x1，满足Fm=μmgFm-kx1=mω1(l0-x1)代入数据解得：x1=3cm，对应弹簧的长度为l1=l0-x1=7cm；当弹簧长度最长时，弹簧处于伸长状态，P受到背向圆心的最大静摩擦力，设此时弹簧的伸长量为x1，满足kx1-Fm=mω1(l0+x1)代入数据解得：x1=13cm，对应弹簧的长度为l1=l0+x1=13cm14、（1）μ1=0.1，μ2=0.3；（2）2.625m；（3）3.6m；【解析】

（1）由v-t图象得到小物块的加速度，根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数；再对长木板受力分析，根据v-t图象得到加速度，根据牛顿第二定律列式求解木板与地面间的动摩擦因数μ2。（2）根据v-t图象得到1s内滑块与木板的位移大小，得到相对位移大小；1s后都是减速，但滑块相对木板再次右移，根据运动学公式列式分析；（3）先小物块的速度突然反向，先对木板和滑块分别受力分析，根据牛顿第二定律得到加速度，再结合运动学公式求解相对位移。【详解】（1）小物块的加