2025届福建省长汀一中物理高三上期中教学质量检测模拟试题含解析

2025届福建省长汀一中物理高三上期中教学质量检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列关于物理学发展史和单位制的说法正确的是()A．物理学家安培经过多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量B．卡文迪许通过扭秤实验测量了静电力常量，并验证了库仑定律C．Kg、m、N、A都是国际单位制中的基本单位D．功的单位可以用kg·m2/s2表示2、如图所示，一个小球（视为质点）从H=12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R=4m的竖直圆环，且与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时的速度为零，取g=10m/s2，所有高度均相对B点而言，则h之值可能为（）A．7m B．8m C．9m D．10m3、如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平相向抛出，经过时间t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（）A．t B． C． D．4、一名攀岩运动员在登上陡峭的峰顶时不小心碰落了一块石块，8s后他听到石块落到地面的声音．若考虑到声音传播所需的时间，设声音在空气中传播的速度为340m/s，则山峰的实际高度值应最接近于(g取10m/s2)()A．80mB．160mC．250mD．320m5、如图，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了2mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先变小后变大6、已知一质量为m的物体静止在北极与赤道时对地面的压力差为ΔF，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R，则地球的自转周期为A． B．C． D．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、2019年1月3日10时26分，我国的嫦娥四号探测器成功着陆月球背面，实现世界首次月球背面软着陆、首次月背与地球的中继通信。预计2019年年底前后将发射嫦娥五号，实现区域软着陆及采样返回，探月工程将实现“绕、落、回”三步走目标。已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，嫦娥四号绕月运行时离月球中心的距离为r，绕月周期为T。根据以上信息可求出A．“嫦娥四号”绕月运行的速度为B．“嫦娥四号”绕月运行的速度为C．月球的平均密度为D．月球的平均密度为8、质量均为m=lkg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能随位移的变化图像如图所示．下列说法正确的是（）A．甲的加速度大小为2m/s2B．乙的加速度大小为1.5m/s2C．甲、乙在x=6m处的速度大小为2m/sD．甲、乙在x=8m处相遇9、如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向上．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．小球a从(0,2L)抛出，落在(2L,0)处；小球b、c从(0，L)抛出，分别落在(2L,0)和(L,0)处．不计空气阻力，下列说法正确的是()A．a和b初速度相同B．b和c运动时间相同C．b的初速度是c的两倍D．a运动时间是b的两倍10、图中虚线a、b、c代表电场中的三条等势线，相邻两等势线之间的电势差相等，实线为一带正电的微粒仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，P、Q相比（）A．P点的电势较高 B．带电微粒通过P点时的加速度较大C．带电微粒通过P点时动能较大 D．带电微粒在P点时的电势能较大三、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）现在按图①所示的电路测量一节旧干电池的电动势E（约1.5V）和内阻（约），可供选择的器材如下：电流表、（量程，内阻约为）；滑动变阻器R（阻值，额定电流1.0A）；定值电阻（阻值约为），电阻、（阻值），开关、导线若干。由于现有电流表量程偏小，不能满足实验要求，为此先将电流表改装（扩大量程），然后再按图①电路进行测量。(1)测量电流表的内阻：按图②电路测量的内阻，以下给出了实验中必要的操作。A．断开B．闭合、C．按图②连接线路，将滑动变阻器R的滑片调至最左端，调至最大D．调节，使的示数为，记录的值E.断开，闭合F.调节滑动变阻器R，使、的指针偏转适中，记录的示数请按合理顺序排列实验步骤（填序号）：________________图①图②(2)将电流表（较小量程）改等成电流表A（较大量程）如果(1)中测出的内阻为，现用将改装成量程为20mA的电流表A，应把调为________。利用电流表A、电阻箱测电池的电动势和内阻用电流表A、电阻箱及开关S按图①所示电路测电池的电动势和内阻。实验时，改变的值，记录下电流表A的示数I，得到若干组、I的数据，然后通过作出有关物理量的线性图象，求得电池电动势E和内阻r。a.请写出与你所作线性图象对应的函数关系式________________________。b.请在虚线框内坐标中作出定性图象_________________（要求标明两上坐标轴所代表的物理量，用符号表示）c.图中________表示E，图中________表示r。12．（12分）某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是:A．按如图摆好实验装置;B．将质量M=0.2kg的小车拉到打点计时器附近，并按住小车;C．在总质量m分别为20g、30g、40g的三种钩码中，挑选了一个质量为40g的钩码挂在拉线的挂钩上;D．接通打点计时器的电源(电源频率为f=50Hz)，然后释放小车，打出一条纸带.

①多次重复实验，从中挑选一条点迹清晰的纸带如图所示.把打下的第一点记作“0”，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用毫米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为，他把钩码重力(当地重力加速度作为小车所受合力算出打下“0”点到打下“5”点合力做功.则合力做功W=________J，小车动能的改变量_____________J（结果均保留三位有效数字）

②此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大，显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素.请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助分析一下，造成较大_________（“系统”或“偶然”）误差的主要原因是___________________________________________；_____________________________________________________________________________(写出两条即可)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1所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一小球（可视为质点），弹簧处于原长时小球位于O点．将小球从O点由静止释放，小球沿竖直方向在OP之间做往复运动，如图1所示．小球运动过程中弹簧始终处于弹性限度内．不计空气阻力，重力加速度为g．（1）在小球运动的过程中，经过某一位置A时动能为Ek1，重力势能为EP1，弹簧弹性势能为E弹1，经过另一位置B时动能为Ek1，重力势能为EP1，弹簧弹性势能为E弹1．请根据功是能量转化的量度，证明：小球由A运动到B的过程中，小球、弹簧和地球组成的物体系统机械能守恒；（1）已知弹簧劲度系数为k．以O点为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，建立一维坐标系O﹣x，如图1所示．a．请在图3中画出小球从O运动到P的过程中，弹簧弹力的大小F随相对于O点的位移x变化的图象．根据F﹣x图象求：小球从O运动到任意位置x的过程中弹力所做的功W，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能E弹；b．已知小球质量为m．求小球经过OP中点时瞬时速度的大小v．14．（16分）如图所示，质量为M＝4.0kg、长为L＝8m的木板甲放在光滑的足够长的水平地面上，甲上表面的中点有一个可视为质点的质量为m＝1.0kg小物块乙，现对甲施加一水平向右的的恒力F＝18N，F作用1s后撤去。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2重力加速度g＝10m/s2求（1）在恒力F作用0.5s时，小物块、木板的加速度大小;（2）小物块相对木板滑动的整个过程中，系统因摩擦而产生的热量。15．（12分）如图所示，质量M=1kg的长木板B静止在粗糙的水平地面上，某一时刻一质量为m=1kg的小滑块A（可视为质点）以初速度v0=4.5m/s向右冲上木板，最后恰好没有滑离木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，重力加速度g取g=10m/s1．求：（1）滑块与木板相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；（1）木板在地面上运动的总时间；（3）木板的长度L．

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、D【解析】密立根测量了电子的电荷量，A错误；卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，并验证了万有引力定律，B错误；N是力的单位，不是基本单位，C错误；功的单位是J，由W=Fx知，1J=1N•m，根据F=ma，得1N=1kg•m/s2，所以得1J=1kg•m2/s2，故D正确．2、A【解析】试题分析：因为当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，则C点的速度为，从A点到C点损失的机械能，物体从C点到D点机械能损失一定小于20m，即，解得10m＞h＞8m，故选项A正确．考点：能量守恒定律及圆周运动问题．3、C【解析】

依据运动的独立性原理，在水平方向上，两球之间的距离得故选C。4、C【解析】若不考虑声音的传播需要时间，则这个山峰的高度：，考虑到声音传播需要一定时间后，石块下落到地面的时间小于8s，因此落地速度和山峰高度都比上面算出的值小一些．根据上面算出的高度，作为估算，声音传播的时间可取约为，因此山峰的实际高度估计约为：，故C正确，ABD错误。5、D【解析】试题分析：圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误；图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得物体下降的高度为，根据系统的机械能守恒得：弹簧的弹性势能增大量为，故B错误；圆环所受合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C错误；根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D正确；考点：考查了机械能守恒定律的应用【名师点睛】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法．要注意圆环的机械能不守恒，圆环与弹簧组成的系统机械能才守恒．6、A【解析】

在北极则有：在赤道有：根据题意有：联立解得：A.与分析相符，故A正确；B.与分析不符，故B错误；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、BD【解析】

根据万有引力提供向心力、万有引力等于重力求解卫星的绕行速度；根据卫星绕行的周期计算月球的质量，根据密度公式求解月球的密度。【详解】AB．卫星绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：又根据：联立两式得：，故B正确，A错误；CD．卫星绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力计算月球的质量：解得月球的质量：月球的体积：月球的密度：解得月球的密度：，故D正确，C错误。【点睛】绕行中心天体做匀速圆周运动的物体由万有引力完全提供向心力，在不考虑星球自转的情况下，万有引力和重力相等。8、AD【解析】

A项：对甲由动能定理可知：，即即为图象斜率，所以，由牛顿第二定律得：，故A正确；B项：对乙由动能定理可知：，即即为图象斜率，所以，由牛顿第二定律得：，故B错误；C项：由图可知：对甲：，即，解得：，对乙：，即，解得：，故C错误；D项：甲物体的初动能为，可得，因此甲物体的位移时间关系为，乙物体的位移时间关系为，令可得，代入甲的位移可得，D正确9、BC【解析】

A．因为a的竖直高度大，则运动时间长，但是水平位移相同，根据x＝v0t知，a的水平速度小于b的水平速度，故A错误；BD．b、c的高度相同，小于a的高度，根据h＝gt2，得t＝知b、c的运动时间相同，a的运动时间是b的运动时间的倍．故B正确，D错误；C．b、c的运动时间相同，b的水平位移是c的水平位移的两倍，则b的初速度是c的初速度的两倍．故C正确．故选BC.10、ABD【解析】

A．若带电微粒从P点进入电场，由图可以知道带电微粒所受电场力由b等势面指向c等势面，因为微粒带正电，故a等势面的电势最高，故P点的电势高于Q点的电势，故A正确；B．因为电场线越密等势线越密，由图可以知道P点的场强大于Q点的场强，故带电微粒在P处所受的电场力大于在Q点所受的电场力，所以带电微粒通过P点时的加速度大，故B正确；C．因为带电微粒在从P向Q运动的过程中电场力正功，故微粒在P点时的动能小于在Q点的动能，故C错误；D．因为带电微粒在从P向Q运动的过程中电场力做正功，则带电微粒的电势能减小，故带电微粒在P点时的电势能较大，反之，从Q向P运动，电场力做负功，电势能增大，带电微粒在P点时的电势能较大，故D正确。故选ABD。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、CBFEDA直线斜率纵轴截距绝对值【解析】

(1)[1]为了保证实验的安全，在操作中要求滑动变阻器要放在使电流最小的位置，该电路图中，变阻器的滑片开始时放在最左边是正确的；为了电路的安全，电阻箱的电阻值调到最大时，电流的电流最小，所以R2需要调到最大；等效替代法测电阻的核心是“效果相同”，本题中体现为使A1的示数相同，所以需要先接通开关S2，同时断开开关S3，调节出一个电流值，然后接通开关S3，同时断开开关S2，调节电阻箱R2的电阻值，使电流表A1的示数与上一次相同，记录电阻箱的电阻即为所求。所以步骤为CBFEDA。(2)[2]改装原理如下图所示：电阻R2需要分担电流：电阻R2电压：[3]测电动势和内阻时，由闭合电路欧姆定律有，整理得[4]图线为一直线，如图[5]直线的斜率即为E[6]图线在纵轴上截距的绝对值即为电源内阻r。12、0.0735；0.0572；系统；未平衡摩擦力；小车质量未远大于购码质量；【解析】

①将砝码重力当作小车所受合外力，根据功的定义可以正确解答，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出第5个点的速度大小，进一步求出其动能大小；

②实验误差主要来自由实验原理不完善导致的系统误差；【详解】①从打下第一点到打下第5点拉力对小车做的功为：；根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，则：小车动能的改变量：②该实验产生误差的主要原因：一是钩码重力大小并不等于绳子拉力的大小，设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：

对钩码有：联立得到：由此可知当时，钩码的重力等于绳子的拉力，显然该实验中没有满足这个条件；

二是该实验要进行平衡摩擦力操作，否则也会造成较大误差显然，这是由于系统不完善而造成的系统误差。【点睛】明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习。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）见解析；（1）a.如图所示；；；b.．【解析】

（1）设重力做的功为WG，弹力做的功为W弹根据动能定理WG+W弹=Ek1-Ek1由重力做功与重力势能的关系WG=Ep1–Ep1由弹力做功与弹性势能的关系W弹=E弹1-E弹1联立以上三式可得Ek1+Ep1+E弹1=Ek1+Ep1+E弹1（1）a.F-x图象如右图所示图中的图线和x轴围成的面积表示功的大小所以弹力做功为由弹力做功与弹性势能的关系W弹="0"-E弹解得b.小球由O点到OP中点，根据动能定理小球由O点到P点，根据机械能守恒定律解得14、（1）（2）【解析】

（1）设物块与木板在恒力F作用0.5s时的加速度大小为a1和a2，由牛顿第二定律对甲有：对乙有：联立上式解得：（2）假设系统向右运动过程中乙一直在甲上在0-1s内由甲的位移大小为在0-1s内由乙的位移大小为：1s内甲、乙相对位移为：撤去F至甲、乙达到共同速度的过程中乙加速度大小不变，甲以加速度大小为a3做减速运动对甲有：解得：设甲、乙速度相等再经历的时间为t2，解