江西省上饶县第二中学2025届物理高三上期中综合测试试题含解析

江西省上饶县第二中学2025届物理高三上期中综合测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接．左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为μ．小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t1．规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是A． B． C． D．2、长为l0的轻杆一端固定一个质量为m的小球，绕另一端O在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示．若小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，以下说法正确的是A．小球运动的线速度大小为B．小球运动的线速度大小为C．小球在最高点时所受的合力3mgD．小球在最低点时所受杆的拉力为3mg3、下列说法正确的是A．分子间的距离变大时，分子力一定变小B．分子间的距离变大时，分子势能一定变小C．两个系统处于热平衡是指两个系统的内能相同D．两个系统处于热平衡是指两个系统的温度相同4、下列说法正确的是A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显C．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，所有分子的速率都增大D．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体5、如图的虚线呈水平方向，图中的实线为与虚线30°角的匀强电场，图中OM与电场线垂直，且OM=ON．现从电场中的M点沿与虚线平行的方向抛出一质量为m、电荷量为+q可视为质点的物体，经时间t物体恰好落在N点．已知物体在M、N两点的速率相等，重力加速度为g．则下列说法正确的是（）A．该匀强电场的方向垂直OM斜向上B．该匀强电场的场强为mg/2qC．物体由M点到N点的过程中电场力做功的值为D．M、N两点在竖直方向的高度差为6、一个弹性小球，在光滑水平面上以5m/s的速度向左垂直撞到墙上，碰撞后小球以大小为3m/s速度向右运动．则碰撞前后小球速度变化量△v的大小和方向分别为（）A．2m/s，向左 B．2m/s，向右 C．8m/s，向左 D．8m/s，向右二、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、从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10m/s1．由图中数据可得A．物体的质量为1kgB．h=0时，物体的速率为10m/sC．h=1m时，物体的动能Ek=40JD．从地面至h=4m，物体的动能减少100J8、如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A．重力势能增加了mghB．动能损失了mghC．克服摩擦力做功2mghD．机械能损失了mgh9、下列说法正确的是________。A．不可能从单-热源吸收热量并把它全部用来做功B．系统的宏观状态所对应的微观态的多少表现为宏观态的无序程度C．通过增大压强可以使所有气体液化D．自发的热传导是不可逆的E.某理想气体经历从A到B的过程,如图所示，则当压强变为105Pa时温度达到最高10、一木块放在水平地面上，在力F=2N作用下向右运动，水平地面AB段光滑，BC段粗糙，木块从A点运动到C点的v﹣t图如图所示，取g=10m/s2，则（）A．在t=6s时，拉力F的功率为8WB．在t=6s时，物体克服摩擦力的功率为3.5WC．拉力在AC段做功为38JD．物体在BC段克服摩擦力做功为38J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）某实验小组在进行“验证动量守恒定律”的实验。入射球与被碰球半径相同。①实验装置如下图所示。先不放B球，使A球斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。再把B球静置于水平槽前端边缘处，上A球仍从C处静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自落点的痕迹。记录纸上的O点是垂锤所指的位置，M、P、N分别为落点的痕迹。未放B球时，A球落地点时记录纸上的_______________点。②实验中可以将表达式m1v1=m1v1′+m2v2′转化为m1s1=m1s1′+m2s2′来进行验证，其中s1、s1′、s2′为小球平抛的水平位移。可以进行这种转化的依据是_______________。（请选择一个最合适的答案）A．小球飞出后的加速度相同B．小球飞出后，水平方向的速度相同C．小球在空中水平方向都做匀速直线运动，水平位移与时间成正比D．小球在空中水平方向都做匀速直线运动，又因为从同一高度平抛，运动时间相同，所以水平位移与初速度成正比③完成实验后，实验小组对上述装置进行了如下图所示的改变：（I）在木板表面先后钉上白纸和复印纸，并将木板竖直立于靠近槽口处，使小球A从斜槽轨道上某固定点C由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；（II）将木板向右平移适当的距离固定，再使小球A从原固定点C由静止释放，撞到木板上得到痕迹P；（III）把半径相同的小球B静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球A仍从原固定点由静止开始滚下，与小球B相碰后，两球撞在木板上得到痕迹M和N；（IV）用刻度尺测量纸上O点到M、P、N三点的距离分别为y1，y2，y3。请你与出用直接测量的物理量来验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式：_______________。（小球A、B的质量分别为m1、m2）12．（12分）如图所示为某实验小组研究匀变速直线运动所得的一条纸带，已知所用电源的频率为50Hz，纸带上的计数点为每5个点取一个计数点，则可知相邻两计数点间的时间间隔△t=____s，若测得计数点0、l之间的距离为1.20cm，计数点5、6之间的距离为4.7cm，则可求得加速度a=_____m/s2（保留两位有效数字）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，可视为质点的小物块质量为m=0.1Kg，以一定的速度在光滑水平平台上向右运动，从平台右侧A点滑出后做平抛运动，恰好沿固定在竖直平面内、半径R=1.0m的圆弧形轨道BCD的B点的切线方向进入轨道，物块从轨道上D点飞出又回到圆弧形轨道BCD中，且不会从B点飞出，最终物块恰好静止在C点．已知C点为圆弧形轨道的最低点，A点、圆形轨道的圆心O和轨道上的D点这三个点在同一水平线上，轨道BC部分光滑、CD部分粗糙，A、B之间的高度差h=0.6m．不计空气阻力，g取10m／s2，计算结果均要求保留两位有效数字．求：(1)A、B之间的水平距离；(2)小物块第一次运动到C点时，对圆弧形轨道的压力大小；(3)小物块在圆弧形轨道内运动过程中克服摩擦力所做的总功．14．（16分）如图所示，质量m=0.5kg的小球从距地面高H=5m处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽半径R=0.4m．小球到达槽最低点时速率为10m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出……，如此反复几次，设摩擦力恒定不变，小球与槽壁相碰时机械能不损失，求：（1）小球第一次离槽上升的高度h；（2）小球最多能飞出槽外的次数（取g=10m/s2）．15．（12分）如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s，一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能，物块与OP段动摩擦因数，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因数，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A．B交换速度，重力加速度，现释放A，求：（1）物块A.B第一次碰撞前瞬间，A的速度（2）从A.B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量（3）A.B能够碰撞的总次数

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、B【解析】

据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能与速度大小的关系得出动能与时间t变化的关系求解。【详解】AB．由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度：小球在右侧斜面下滑时的加速度：小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，故A错误，B正确；C．小球的动能与速率的二次方成正比，即：因此动能与时间关系图象是曲线，故C错误；D．由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线，故D错误。【点睛】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况。2、C【解析】

A.小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，因为小球做匀速圆周运动需要向心力，杆对小球只能是拉力，等于2mg，所以小球受到的合力等于3mg．合力提供向心力：，得，AB错误，C正确；D.在最低点对小球受力分析，则有，因为做匀速圆周运动，因此可得拉力为4mg，D错误3、D【解析】

A．当分子间的距离大于r0时，当分子距离从r0变大时，分子力先变大后变小，选项A错误；B．分子间的距离从r0变大时，分子势能变大，选项B错误；CD．两个系统处于热平衡是指两个系统的温度相同，内能不一定相同，选项C错误，D正确；故选D。4、A【解析】

A．设水的摩尔质量为M，水分子的质量为m，则阿伏加德罗常数从而可计算出阿伏加德罗常数，故A正确。B．悬浮微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，微粒受力越不平衡，则布朗运动越明显，故B错误。C．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，大部分分子的速率增大，极个别分子速率有可能不变，也有可能减小，故C错误；D．电冰箱致冷时通过消耗电能把热量从低温物体传到高温物体，并不违背热力学第二定律，故D错误。5、D【解析】

根据动能定理分析电场力做功正负，从而判断电场的方向．由W=qEd求场强的大小．物体由M点到N点的过程中，由W=qEd求电场力做功．由运动的分解法求出MN间竖直高度差．【详解】设物体由M点到N点的过程中电场力做功为W，OM=ON=L．根据动能定理得：mgLsin60°+W=0，得：W=-mgLsin60°＜0，可知小球所受的电场力垂直OM斜向下，小球带正电，则电场的方向垂直OM斜向下，故A错误；M、N两点沿电场方向的距离为：d=Lcos30°，根据W=-qEd=-mgLsin60°得：，故B错误；设电场力大小为F．建立如图坐标系：x轴方向：由牛顿第二定律得：，由运动学公式有：，y轴方向：由牛顿第二定律得：，由运动学公式有：，联立以上四式得，所以物体由M点到N点的过程中电场力做功的值为：|，M、N两点在竖直方向的高度差为：，故C错误，D正确，故选D．【点睛】解决本题的关键是利用运动的分解法研究物体的运动过程，根据牛顿第二定律和位移公式结合求出初速度和L的值．要注意判断电场力做功的正负．6、D【解析】

规定向左做为正方向，则v0=5m/s，v=-3m/s；故速度变化量为△v=v-v0=-3-5m/s=-8m/s，负号说明与规定方向相反，故速度变化量方向向右，故选D．【点睛】本题主要考查了速度与速度变化量间的关系，关键是明确正方向，正负号表示方向；变化量是末态量减去初态量.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】

A．Ep-h图像知其斜率为G，故G==10N，解得m=1kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；C．h=1m时，Ep=40J，Ek=E机-Ep=90J-40J=50J，故C错误D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek-Ek’=100J，故D正确8、AD【解析】

物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A正确；根据牛顿第二定律知，物体运动的加速度大小为g，所受的合力为mg，方向沿斜面向下，根据动能定理得，△Ek=-mg•2h=-2mgh，知动能减小2mgh。则B错误；因动能减小2mgh，物体重力势能增加mgh，所以机械能减小mgh，除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，则摩擦力对物体做-mgh的功，所以克服摩擦力做功mgh，故C错误，D正确，故选AD。【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，比如合力功与动能的关系，重力功与重力势能的关系，以及除重力以外其它力做功与机械能的关系，并能灵活运用.9、BDE【解析】

A．根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其它变化，故A错误；B．熵是物体内分子运动无序程度的量度，所以宏观态对应的微观态越多，宏观态就越无序，故B正确；C．增大压强不能使所有气体液化，只有在临界温度以下才可以通过增大压强使气体液化，故C错误；D．一切与热现象有关宏观过程都是不可逆的，故D正确；E．由图像可知，压强与体积的关系为由公式知，当时，T取极大值，此时故E正确。故选BDE。10、AC【解析】AB段的加速度．物体的质量．BC段的加速度．根据牛顿第二定律得，F-f=ma2，则摩擦力f=1N．所以t=6s时，拉力F的功率P=Fv=2×4W=8W，克服摩擦力的功率P′=fv=1×4W=4W．故A正确，B错误．AC段的位移x=×(2+3)×2+×(3+4)×4m=19m，则拉力F做的功W=Fx=38J．故C正确．物体在BC段的位移x2＝×(3+4)×4m＝14m．则物体在BC段克服摩擦力做功Wf=fx2=1×14J=14J．故D错误．故选AC．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、PDm1【解析】

①A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度减小，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，B小球离O点最远，中间一个点是未放B球时A的落地点，所以未放B球时，A球落地点是记录纸上的P点。②小球碰撞前后都做平抛运动，竖直方向位移相等，由h=12gt2即t=2h③同理，未放小球B时A球打在P点，放了B球之后A球打在N点，B球打在M点，由y=12gt2和v=xt可得，v=xg2y，所以vP【点睛】本题考查动量守恒定律的验证实验，结合平抛运动，难度不大，关键在于判断准确小球的落点。12、0.1s【解析】

[1]打点计时器的电源频率是50Hz，则打点周期为0.02s，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔△t=0.1s。[2]根据△x=aT2，运用逐差法得：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）0.9m（2）3.7N（3）1.3J【解析】

（1）小物块从A到B做平抛运动，由h=gt2由题意可知，AB之间的水平距离：（2）小物块由A到C运动过程中机械能守恒，则：小物