山东省泰安市第一中学2025届高三物理上学期期中模拟联合考试试题含解析

PAGE16-山东省泰安市第一中学2025届高三物理上学期期中模拟联合考试试题（含解析）第Ⅰ卷（选择题：共48分）一、选择题：本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。第1～8题每题4分，共32分。第9～12题每题4分，共16分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.如图，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，假如有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力，故A正确，BCD错误．【点睛】本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最终再对B受力分析，得到其只受重力．2.如图所示，某质点以A点为起点起先做匀变速直线运动，从A点运动到B点用时2s，再经过6s运动到C点，第10s末到达D点．已知AB＝8m、CD＝24m，则该质点的初速度v0和加速度a分别为()A.3m/s、4m/s2B.0、1m/s2C.0、4m/s2D.3m/s、1m/s2【答案】D【解析】【详解】ABCD．A到B过程中；C到D的过程中；x1=8m，t1=2sx2=24m，t2=2s+6s=8st3=10s代入解得：v0=3m/sa=1m/s2；故D正确，ABC错误．3.一简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，质点a的振动方向在图中已标出．下列说法正确的是()A.该波沿x轴负方向传播B.从该时刻起经过一个周期，a、b、c三点经过的路程c点最大C.从这一时刻起先，第一次最快回到平衡位置的是c点D.若t＝0.2s时质点c第一次到达波谷；则此波的传播速度为50m/s【答案】C【解析】【详解】A．质点a向上运动，结合波形平移法，波向x轴正方向传播，故A错误；B．经过一个周期，质点回到原位置，a、b、c三点的路程相等，均为4A，故BC．结合波形平移法，此刻b点向下运动，故第一次最快回到平衡位置的是c点，故C正确；D．若t=0.2s时质点c第一次到达波谷，则t=T，解得T=2t=0.4s；故故D错误；4.如图所示，一质量为2m的物块在水平外力F=的作用下静止在角为30°的斜面体上.已知物块与斜面体之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度大小为g，关于物块所受的摩擦力f，下列说法正确的是（）A.f＝mg、沿斜面对上B.f＝、与F的方向相反C.、与F方向的夹角为120°D.、与F方向的夹角为120°【答案】D【解析】【详解】ABCD．重力沿斜面对下的分力为：所以重力沿斜面对下的分力与F的合力与摩擦力f平衡，则：，与F的夹角α为：解之得α=60°所以f与F方向的夹角为120°，故D正确，ABC错误．5.如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为g)()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径．【详解】设半圆的半径为R，依据动能定理得：−mg•2R＝mv′2−mv2，离开最高点做平抛运动，有：2R=gt2，x=v′t，联立解得：，可知当R=时，水平位移最大，故B正确，ACD错误．故选B．【点睛】本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学实力的要求较高，需加强这方面的训练．6.“双摇跳绳“是指每次在双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法．在竞赛中，高三某同学1min摇轻绳240圈，跳绳过程脚与地面接触的时间约为总时间的2/5，则他在整个跳绳过程中的平均功率约为()A.15WB.60WC.120WD.300W【答案】C【解析】【详解】ABCD.假设该同学的质量约为50kg，每次跳动时间：t1=s=0.5s腾空时间：t2=×0.5s=0.3s腾空高度：h==0.1125m，上升过程中克服重力做功：W=mgh=50×10×0.1125J=56.25J则跳绳的平均功率：=112.5W最接近120W.故C正确，ABD错误．7.如图所示为a、b两颗卫星运行的示意图，a为绕地球做椭圆轨道运动的卫星，b为地球同步卫星，P为两卫星轨道的切点．P、Q分别为椭圆轨道的远地点和近地点．卫星在各自的轨道上正常运行，下列说法中正确的是A.卫星a、b的周期可能相等B.卫星a在由近地点Q向远地点P运行过程中，引力势能渐渐减小C.卫星b经过P点时速率肯定大于卫星a经过P点时的速率D.卫星b经过P点时向心力肯定等于卫星a经过P点时的向心力【答案】C【解析】依据开普勒第三定律，结合b轨道的半径大于a轨道的半长轴，可知卫星b的周期肯定大于卫星a的周期，A错误；卫星a在由近地点Q向远地点P运行过程中，离地越来越高，引力做负功，引力势能渐渐增大，B错误；因为卫星在轨道a经过P点要加速做离心运动才能进入轨道b，故卫星在b轨道经过P点的时速率大于在a轨道经过P点时的速率，C正确；由于不知道两颗卫星的质量是否相等，所以不能推断出二者在P点受到的向心力相等，D错误．8.如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C．现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立即粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽视空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是A.C与A碰撞后瞬间A的速度大小为B.C与A碰撞时产生的内能为C.C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为D.要使碰后物体B被拉离地面，h至少为【答案】ABD【解析】对C自由下落过程，由机械能守恒得：，解得：，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，故A正确；C与A碰撞时产生的内能为：，故B正确；当AC速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，，故C错误；起先时弹簧的压缩量为：，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：，则AC将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：，解得：，故D正确．所以ABD正确，C错误．9.如图所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺上的三点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是（）A.a、b两点线速度相同B.a、b两点的线速度比c点的线速度大C.a、b、c三点的角速度相等D.c点的向心加速度比a、b点的向心加速度大【答案】BC【解析】【详解】ABC.a、b、c三点共轴转动，角速度大小相等．a的半径和b的半径相等，依据v=rω知，a、b的线速度大小相等.c的半径小，依据v=rω知，a、b的线速度比c的线速度大．故A错误，BC正确．D.依据向心加速度a=ω2r，a、b点加速度大于c点加速度，故D错误．10.如图所示，两个质量为m1=2kg，m2=3kg的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1=40N、F2=10N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（）A.弹簧秤的示数是28NB.弹簧秤的示数是30NC.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为6m/s2D.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2【答案】AC【解析】【详解】以两物体组成的系统为探讨对象，由牛顿其次定律可知，系统的加速度，方向水平向右；设弹簧秤的拉力是F，以m1为探讨对象，由牛顿其次定律得：F1-F=m1a，则F=F1-m1a=28N，故A正确，B错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m1受力状况不变，m1受的合力不变，由牛顿其次定律可知，m1的加速度不变，故C正确；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m2不再受F2的作用，m2受的合力等于弹簧的弹力，发生变更，由牛顿其次定律可知，m2的加速度：，故D错误；故选AC．【点睛】本题运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，是常用的方法．撤去外力时，弹簧的弹力不能突变．11.如图所示，质量为m的物体放在光滑的水平面上，现有一与水平方向成θ角的恒力F作用于物体上，恒力F在物体上作用了一段时间(作用过程中物体始终未离开水平面)，则在此过程中A.力F对物体做的功大于物体动能的变更B.力F对物体做的功等于物体动能的变更C.力F对物体的冲量大小大于物体动量变更的大小D.力F对物体的冲量等于物体动量的变更【答案】BC【解析】【详解】对物体受力分析，受重力、支持力、拉力，合力为Fcosθ；重力和支持力都与位移垂直，不做功，故拉力的功等于总功，也等于动能的增加量，故A错误，B正确；依据动量定理，动量增加量等于合力的冲量；合力为Fcosθ，小于拉力，故拉力的冲量大于动量增加量，故C正确，D错误；故选BC．【点睛】本题关键理解和驾驭动能定理和动量定理，明确总功是动能变更量度，总冲量是动量变更量度．12.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面对上推出，调整斜面与水平方向的夹角，试验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，依据图象可求出（）A.物体的初速率v0＝3m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C.取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44mD.当某次＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑【答案】BC【解析】【详解】AB．由图可知，当斜面的倾角为90°时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知；解得当时，由动能定理可得解得A正确B错误；C．依据动能定理得解得式中有当，即时；此时位移最小，，C正确；D．若时，物体受到的重力的分力为，摩擦力一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑，D错误．故选BC。第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、试验题：每空2分，共10分。13.试验小组采纳如图甲所示试验装置测量木块与木板间动摩擦因数μ，供应的器材有：带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量为20g的钩码若干，打点计时器，电源，纸带，细线等．试验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度．(1)正确进行试验操作，得到一条纸带，从某个清楚的打点起先，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示．已知打点周期T＝0.02s，则木块的加速度a＝________m/s2.(2)将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，变更悬挂钩码的总质量m，测得相应的加速度a，作出a－m图象如图丙所示．已知当地重力加速度g＝9.8m/s2，则木块与木板间动摩擦因数μ＝________(保留两位有效数字)；μ的测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值，缘由是________________________(写出一个即可)．(3)试验中________(选填“须要”或“不须要”)满意悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量．【答案】(1).(1)3.33(2).(2)0.32～0.36(3).大于(4).滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等(5).(3)不须要【解析】（1）已知打点周期T＝0.02s，依据逐差法可得木块的加速度为：．（2）设木块的质量为M，依据牛顿其次定律有，，，联立可解得加速度为：，由丙图可知，当m=0时，a==3.3，则木块与木板间动摩擦因数μ＝0.34，因滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量值大于真实值．（3）试验中没有采纳细线拉力等于重力，所以不须要满意悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量．三、解答题；本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位。14.一厢式货车在水平路面上做弯道训练．圆弧形弯道的半径为R=8m，车轮与路面间的动摩擦因数为μ=0.8，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．货车顶部用细线悬挂一个小球P，在悬点O处装有拉力传感器．车沿平直路面做匀速运动时，传感器的示数为F0=4N．（g取10m/s2，（1）该货车在此圆弧形弯道上做匀速圆周运动时，为了防止侧滑，货车的最大速度vm是多大？（2）该货车某次在此弯道上做匀速圆周运动，稳定后传感器的示数为F=5N，此时细线与竖直方向的夹角θ是多大？此时货车的速度v是多大？【答案】⑴⑵，【解析】试题分析：（1）汽车在圆弧水平弯道路面行驶，做圆周运动．其所须要的向心力由静摩擦力供应：由上式可知，当静摩擦力越大时，速度也越大．所以静摩擦力最大时，速度达最大．即（2）细线与竖直方向的夹θ时受力如图：所以：θ=37°又ma=mgtanθ=0．75mg、a=0．75g物体的向心力：所以：考点：圆周运动及牛顿定律的应用【名师点睛】此题是牛顿定律在圆周运动中的应用问题；汽车在圆弧水平弯道路面行驶，做的是圆周运动．此时汽车须要的向心力是由静摩擦力供应的，而汽车的最大平安速度是指由路面的最大静摩擦力供应向心力．当速度再大时，汽车就会侧向滑动，失去限制了．15.如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m小滑块A套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．【答案】(1)3mg(2)(3)【解析】【详解】(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得得v＝在最低点，由牛顿其次定律得F－mg＝m解得小球到达最低点时，细线对小球的拉力大小F＝3mg.(2)小球与滑块共速时，滑块运动到最大高度h.取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得mv＝(2m＋m)vmv2＝mgh＋(2m＋m)v共2联立解得h＝L.(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v1，滑块速度为v2mv＝mv1＋2mv2mv2＝mv12＋·2mv22解得v2＝16.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，AB长L＝8.8m，传送带以v0＝6m/s的速率沿逆时针方向转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量m＝2kg的黑色煤块，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，煤块在传送带上运动会留下黑色痕迹．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求(1)煤块从A点运动到B点的时间．(2)煤块从A点运动到B点的过程中，传送带上形成的黑色痕迹的长度【答案】(1)1.6s(2)1.8m【解析】【详解】(1).煤块刚放上时受到向下的摩擦力，设其加速度为a1，则有mgsin37°+μmgcos37°＝ma1代入数据，可得a1＝10m/s2煤块加速到与传送带速度相等时所用的时间t1=v0/a1＝0.6s煤块加速到速度与传送带速度相等时通过的位移x1=a1t12/2＝1.8m煤块速度达到v0后，煤块受到向上的摩擦力，设煤块的加速度变为a2，则有:mgsin37°-μmgcos37°＝ma2代入数据，得:a2＝2m/s2x2＝v0t2+a2t22/2其中x2＝L-x1＝7m解