上海市六校2025届高三物理第一学期期中调研试题含解析

上海市六校2025届高三物理第一学期期中调研试题注意事项：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、如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面．质量为1kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g取l0m/s2）的（）A．0 B．50NC．10N D．8N2、如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B后留在其中（子弹打击的时间极短），关于由子弹、弹簧和A、B所组成的系统，下列说法正确的是()A．子弹射入物块B的过程中，系统的机械能、动量均不守恒B．物块B带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量达最大过程中，系统的机械能和动量都不守恒C．弹簧推着物块B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程中，系统的机械能和动量都守恒D．物块A离开竖直墙壁后，直到弹簧伸长量达最大的过程中，系统的机械能和动量都守恒3、许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、模型法、类比法和科学假说法，等等。以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是（）A．牛顿巧妙地运用扭秤测出引力常量，采用了放大法B．伽利略运用理想实验法说明了力是维持物体运动的原因C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法4、如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是A．小车静止时，，方向沿杆向上B．小车静止时，，方向垂直杆向上C．小车向右以加速度a运动时，一定有D．小车向左以加速度a运动时，5、为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则乘客（）A．受到向后（水平向左）的摩擦力作用 B．处于超重状态C．不受摩擦力的作用 D．所受合力竖直向上6、如图所示,小车上固定着硬杆,杆的端点固定着一个质量为m的小球。当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时,杆对小球的作用力的变化(用F1至F4变化表示)可能是下图中的(OO′沿杆方向)()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、关于加速度，下列说法正确是A．物体运动的速度越大，则加速度越大B．物体的速度变化越大，则加速度越大C．物体的速度变化越快，则加速度越大D．物体所受合外力越大，则加速度越大8、某质量为1kg的物体，受水平拉力作用沿水平地面做直线运动，其图象如图所示，已知第1秒内拉力的大小是第2秒内拉力的大小的2倍，则A．第1秒内拉力做功是第2秒内拉力做功的两倍B．在时间内，克服摩擦力做功为JC．在时间内，物体的位移大小为mD．3s末，拉力的功率为1W9、如图所示，将两相同的木块a、b至于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁，开始时a、b均静止。弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力，b所受摩擦力，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（）A．大小不变 B．方向改变C．仍然为零 D．方向向右10、如图所示，两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均与质量为m的小球相连接，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小球拴接．弹簧a、b和轻杆互成120°角，且弹簧a、b的弹力大小均为mg，g为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小为A．a=0 B．a=g C．a=1.5g D．a=2g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）为了“验证牛顿第二定律”，某实验小组设计了如图1所示的实验装置。（1）实验过程有以下操作：a．安装好实验器材，将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。b．选出一条点迹清晰的纸带，选取部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）。c．测得OA=3.59cm；AB=4.41cm；BC=5.19cm；CD=5.97cm；DE=6.78cm；EF=7.64cm。d．计算出小车的加速度a=_________m/s2；打下B点时，小车的速度vB=_________m/s。（结果均保留2位小数）（2）若保持小车及车中的砝码质量一定，研究加速度a与所受外力F的关系，在木板水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图3所示。图线_____（选填“甲”或“乙”）是在木板倾斜情况下得到的；小车及车中的砝码总质量m=_____kg。12．（12分）某实验小组利用如图所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”．（1）实验中除了需要小车、砝码、托盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、两根导线、复写纸、纸带之外，还需要__________、__________．（2）下列做法正确的是__________．A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜角度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上C．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度E.用托盘和盘内砝码的重力作为小车和车上砝码受到的合外力，为减小误差，实验中一定要保证托盘和砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量（3）某同学以小车和车上砝码的总质量的倒数为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，在坐标纸上作出的a－关系图线如图2所示．由图可分析得出：加速度与质量成__________关系(填“正比”或“反比”)；图线不过原点说明实验有误差，引起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角__________(填“过大”或“过小”)．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）如图所示为演示“过山车”原理的实验装置，该装置由两段倾斜直轨道与一圆轨道拼接组成，在圆轨道最低点处的两侧稍错开一段距离，并分别与左右两侧的直轨道平滑相连。某研学小组将这套装置固定在水平桌面上，然后在圆轨道最高点A的内侧安装一个薄片式压力传感器（它不影响小球运动，在图中未画出）。将一个小球从左侧直轨道上的某处由静止释放，并测得释放处距离圆轨道最低点的竖直高度为h，记录小球通过最高点时对轨道（压力传感器）的压力大小为F。此后不断改变小球在左侧直轨道上释放位置，重复实验，经多次测量，得到了多组h和F，把这些数据标在F-h图中，并用一条直线拟合，结果如图所示。为了方便研究，研学小组把小球简化为质点，取重力加速度g=10m/s2。请根据该研学小组的简化模型和如图所示的F-h图分析并回答下列问题：（1）若空气及轨道对小球运动的阻力均可忽略不计，①圆轨道的半径R和小球的质量m；②若两段倾斜直轨道都足够长，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度h应满足什么条件；③当释放处的竖直高度h=0.40m时，求小球到达圆轨道最低点时所受轨道的支持力的大小N1；④当释放处的竖直高度h=0.40m时，求小球到达圆轨道圆心等高处时对轨道的压力N2。（2）在利用此装置进行某次实验时，由于空气及轨道对小球运动的阻力不可忽略，当释放处的竖直高度h=0.50m时，压力传感器测得小球对轨道的压力N=0.32N，求小球从静止运动至圆轨道最高点的过程中克服阻力所做的功W。14．（16分）有一个匀强电场,电场线和坐标平面xOy平行,以原点O为圆心,半径r=10cm的圆周上任意一点P的电势,θ为O、P两点的连线与x轴正方向所成的角,A、B、C、D为圆周与坐标轴的四个交点,如图所示．(1)求该匀强电场场强的大小和方向;(2)若在圆周上D点处有一个粒子源,能在xOy平面内发射出初动能均为200eV的粒子(氦核)，当发射的方向不同时,粒子会经过圆周上不同的点，在所有的这些点中,粒子到达哪一点的动能最大?最大动能是多少eV？15．（12分）某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H．选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置放手，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m（不计身高大小），人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g．（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应在什么范围？（2）若已知H＝5m，L＝8m，a＝2m/s2，g＝10m/s2，且选手从C点放手能恰能落到转盘的圆心处，则他是从平台出发后经过多长时间放手的？

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】

剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F=mAg=40N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：，隔离对B分析，mBg-N=mBa，解得：N=mBg-mBa=10-1×2N=8N．故D正确，ABC错误．故选D．2、D【解析】

A：子弹射入物块B的过程中，由于时间极短，且内力远大于外力，子弹、弹簧和A、B所组成的系统动量守恒；在此过程中，子弹的动能有一部分转化为系统的内能，系统的机械能减小。故A项错误。B：物块B带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量达最大过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，系统动量不守恒；在此过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒。故B项错误。C：弹簧推着物块B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，系统动量不守恒；在此过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒。故C项错误。D：物块A离开竖直墙壁后，直到弹簧伸长量达最大的过程中，系统所受的外力之和为零，系统动量守恒；在此过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒。故D项正确。【点睛】系统动量守恒的条件是系统所受合外力为零；系统机械能守恒的条件是除重力（弹簧弹力）外其他力不做功。3、D【解析】

A．卡文迪许巧妙地运用扭秤测出引力常量，采用了放大法，故A错误；B．伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，故B错误；C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误；D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。故选D。4、D【解析】

当小车静止时，球处于平衡状态，则杆对小球的作用力F=mg，方向竖直向上．故AB错误．当小车向右以加速度a运动时，则球的合力为F合=ma，根据平行四边形定则知，杆对球的作用力F=，因为杆对球的作用力方向不一定沿杆，则作用力不一定等于．故C错误，D正确．故选D．【点睛】本题中轻杆与轻绳的模型不同，绳子对物体只有拉力，一定沿绳子方向，而杆子对物体的弹力不一定沿杆子方向，要根据状态，由牛顿定律分析确定．5、A【解析】

AC．当减速上坡时，乘客加速度沿斜面向下，乘客有水平向左的分加速度，而静摩擦力必沿水平方向，所以受到向后（水平向左）的摩擦力作用，故A正确，C错误．B．当减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，故B错误；D．由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向下，故D错误．6、C【解析】

小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，竖直方向受平衡力，所以杆子对小球的力的竖直向上的分量等于重力且不发生变化，水平方向合力向右并逐渐增大，所以杆子对小球的作用力的水平分量逐渐增大。A.与分析不符，故A错误。B.与分析不符，故B错误。C.与分析相符，故C正确。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、CD【解析】A.物体的速度越大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故A错误；B.物体运动的速度变化越大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故B错误；C.加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故C正确；D．根据牛顿第二定律：F=ma，物体所受合外力越大，则加速度越大，故D正确．故选CD.8、CD【解析】

ABC、第2s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，即，在v-t图象中，斜率代表加速度，第1秒内加速度为，根据牛顿第二定律可得，解得，，在v-t图象中，与时间轴所围面积为物体所围面积，第1秒内位移为，第2秒内位移为，第3秒内位移为，在0～3s时间内，物体的位移大小为；第1秒内拉力做功，第2秒内拉力做功，在0～3s时间内，克服摩擦力做功为，故C正确，A、B错误；D、第3秒内加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，解得第3秒内拉力为，拉力的功率为，故D正确；故选CD．【点睛】关键是知道在v-t图象中，斜率代表加速度，结合牛顿第二定律求得拉力的大小关系，在v-t图象中，与时间轴所围面积为物体的位移．9、AD【解析】

初始状态，a在水平方向上受绳子拉力、弹簧的弹力还有摩擦力处于平衡，b受弹簧的弹力和绳子的拉力处于平衡，右侧细绳剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，a仍然受三个力作用，摩擦力的大小和方向不变，而b受到向左的弹力，将受到向右的摩擦力，故选AD。10、AD【解析】

弹簧a、b的弹力大小均为mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小为mg，将轻杆突然撤去时，小球合力为2mg，此时加速度大小为2g；当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为mg，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，故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、1.811.48甲1.5【解析】

(1)[1]由题意可知s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.61cm。每五个点取一个计数点，故T=1.1s。根据△x=aT2可知：可得加速度为：[2]根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：(3)[3]由图象可知，当F=1时，a≠1．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。所以图线甲是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。[4]由牛顿第二定律得：，由图乙所示图象可知，图象斜率：，可得质量：kg12、天平刻度尺ADE反比过大【解析】

（1）[1][2]．实验中用砝码桶的总重力表示小车的拉力，需测量砝码桶的质量，所以还需要天平．实验中需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出加速度，所以还需要刻度尺．（2）[3]．A、实验时调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确．B、平衡摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，故B错误．C、实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误．D、通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确．E、对整体分析，根据牛顿第二定律可知：，则绳子上拉力大小当，即砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力．故E正确（3）[4][5]．因为图象是一条直线，a与M成反比；图象在a轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的倾角过大造成的．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）①0.16m，0.032kg②h≤0.16m或者h≥0.4m③1.92N④0.96N（2）6.4×10-3J【解析】

（1）①设小球到达A点速度为vA，根据动能定理：在A点，设轨道对小球的压力为N，根据牛顿第二定律：根据牛顿第三定律：N=F联立上述三式可得：对比F-h图象，根据斜率和截距关系，可得：解得：R=0.16m

m=0.032kg②假设h=h