广东第二师范学院番禺附中2025届物理高三第一学期期中统考试题含解析

广东第二师范学院番禺附中2025届物理高三第一学期期中统考试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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，A为地球赤道表面的物体，B为环绕地球运行的卫星，此卫星在距离地球表面R/2的高度处做匀速圆周运动，且向心加速度的大小为a.已知地球同步卫星的轨道半径为6.6R，R为地球的半径，引常量为G.则下列说法正确的是()A．地球两极的重力加速度大小3a/2B．物体A的线速度比卫星B的线速度大C．地球的质量为D．地球的第一宇宙速度大小为2、如图，两个小球分别被两根长度不同的细绳悬于等高的悬点，现将细绳拉至水平后由静止释放小球，当两小球通过最低点时，两球一定有相同的(

)A．速度 B．角速度 C．加速度 D．机械能3、如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述中正确的是A．小球的速度一直减小B．小球的加速度先减小后增大C．小球加速度的最大值，不一定大于重力加速度D．小球的机械能守恒4、如图所示，一物体自倾角为的固定斜面上某一位置处斜向上抛出，到达斜面顶端处时速度恰好变为水平方向，已知、间的距离为，重力加速度为，则关于抛出时物体的初速度的大小及其与斜面间的夹角，以下关系中正确的有A． B．C． D．5、火星是我们认为最有可能有生命活动的地方。我国将于2020年发射火星探测器。如图所示，探测器在太空直飞火星，在P点进行制动，使火星沿着大椭圆轨道Ⅰ运动，再经过P点时再次制动，使得探测器沿着近火星圆轨道Ⅱ做圆周运动而达到近距离探测的目的。则下列说法正确的是A．完成两次制动之后，探测器在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期B．探测器分别在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上经过P点时的加速度相同C．探测器分别在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上经过P点时的速度相同D．探测器在轨道Ⅱ上运行速度大于火星的第一宇宙速度6、一人乘电梯从底楼到顶楼，若从电梯启动时开始计时，18s末电梯到达顶楼停下，此过程中他对电梯地板的压力大小F与其重力大小G的比值随时间变化的图象如图所示，g取10m/s2，则底楼地板距顶楼地板的距离为（）A．36m B．40.5m C．42m D．45m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，物块用一不可伸长的轻绳跨过小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状态。小球由静止释放运动到最低点过程中，物块始终保持静止，不计空气阻力。下列说法正确的有（）A．小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零B．小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零C．上述过程中小球的机械能守恒D．上述过程中小球重力的功率一直增大8、下列说法中，符合物理学史实的是A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就静止B．牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因C．麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场D．奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转9、如图所示，A、B两物体质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)．对A施加一竖直向下、大小为F(F＞2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态．现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN．不计空气阻力，关于FN的说法正确的是(重力加速度为g)()A．刚撤去力F时，FN＝ B．弹簧弹力大小为F时，FN＝C．A、B的速度最大时，FN＝mg D．弹簧恢复原长时，FN＝010、一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象如图所示，其中0﹣s1过程的图线为曲线，s1﹣s2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是（）A．0﹣s1过程中物体所受合力一定是变力，且不断减小B．s1﹣s2过程中物体可能在做匀速直线运动C．s1﹣s2过程中物体可能在做变加速直线运动D．0﹣s1过程中物体的动能可能在不断增大三、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）某小组同学在测某特殊电池的电动势和内阻时所用器材如下：A.某特殊电池：电动势约为3V，内阻约为1Ω；B.电压表V：量程0~3V，内阻为几千欧；C.电流表A：量程0~100mA，内阻为4.5Ω；D.标准电阻R0：0.5Ω；E.滑动变阻器R：0~20Ω；F.开关、导线若干．(1)该小组同学设计了甲、乙、丙三个实验电路，其中可行的是____．

(2)选择(1)中正确的电路后，该小组闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量得出多组电压表示数U和电流表示数I，通过描点画出电源的U-I图象如图丁所示，则该特殊电池的电动势E=___V、内阻r=____Ω．(结果均保留两位小数)

12．（12分）用如图甲所示，实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示。已知、，则：（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）(1)在纸带上打下计数点5时的速度__________m/s；(2)在打点0~5过程中系统动能的增加量_____J，系统势能的减少量_____J，由此得出的结论是：________；(3)若某同学作出的－h图象如图丙所示，则当地的实际重力加速度______m/s2。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）5个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示，每块木块的质量为m＝1kg，长．它们与地面间的动摩擦因数，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现有一质量为M＝2.5kg的小铅块（视为质点），以的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数．小铅块刚滑到第四块木块时，木块开始运动，重力加速度．求：（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度；（2）小铅块停止运动后，离第一块木块的左端多远？14．（16分）如图1所示，用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂在天花板上的O点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角（该夹角小于5°）后由静止释放．小球的大小和受到的空气阻力忽略不计．（1）证明小球的运动是简谐运动；（2）由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图2所示，求小球运动过程中的最大速度值．15．（12分）如图所示，小滑块在较长的斜面顶端，以初速度v0＝2m/s、加速度a＝2m/s2向下滑，在到达底端前1s内，所滑过的距离为L，其中L为斜面长，则(1)小滑块在斜面上滑行的时间为多少？(2)小滑块到达斜面底端时的速度v是多少？(3)斜面的长度L是多少？

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】

根据万有引力等于向心力，结合同步卫星的加速度和轨道半径求出加速度关系。地球赤道上的物体与同步卫星的角速度相等，根据a=rω2得出向心角速度关系，利用万有引力等于向心力求得地球的质量。【详解】卫星B绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有，又r0=1.5R，对于地球两极的物体有G=m′g，解得，g=2.25a，，故AC错误；物体A与地球同步卫星的角速度相等，根据v=ωr知，同步卫星的线速度大于物体A的线速度，又由可知，同步卫星的线速度小于卫星B的线速度，故物体A的线速度小于卫星B的线速度，故B错误；由，并结合GM=gR2，可得地球的第一宇宙速度为，故D正确。故选D。【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，注意赤道上的物体不是靠万有引力提供向心力。2、C【解析】试题分析：根据动能定理得：mgL=mv2，解得：，因为L不等．所以速度不等，故A错误；B、根据解得：a=2g，所以两球加速度相等，又a=Lω2，所以角速度不等，故B错误C正确；因为两球的质量关系未知，初始位置它们的重力势能不一定相等，所以在最低点，两球的机械能不一定相等，故D错误；故选C.考点：动能定理；向心加速度．【名师点睛】此题考查了动能定理的应用以及向心加速度及角速度的知识；解决本题的关键掌握动能定理和机械能守恒定律，知道摆球在最低点靠合力提供做圆周运动的向心力，列的式子即可解答；此题是基础题，意在考查基础知识的应用.3、B【解析】

A、从小球与弹簧接触，开始重力大于弹力，加速度方向向下，做加速运动，向下运动的过程中，弹力增大，则加速度减小，加速度减小到零，速度达到最大，然后弹力大于重力，加速度方向向上，做减速运动，向下运动的过程中，弹力增大，则加速度增加，所以速度先增大后减小，加速度先减小后增大．故A错误，B正确．C、若小球从弹簧原长处由静止释放，小球压缩弹簧到达最低点时，根据运动的对称性，可知加速度等于g，方向竖直向上；若小球从某一高度下降，小球压缩弹簧到达的最低点会更低，弹簧的弹力会更大，则加速度大于g，故C错误．D、从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，故D错误．故选：B．4、B【解析】

CD、运用逆向思维，物体做平抛运动，根据可得，则P点的竖直分速度，P点的水平分速度，则抛出时物体的初速度，故选项C、D错误；AB、设初速度方向与水平方向的夹角为，根据平抛运动的推论有，又，即，根据数学三角函数关系可求得，故选项B正确，A错误。5、B【解析】

A、根据开普勒第三定律，探测器在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅰ上的运行周期，故A错误。B、探测器分别在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上经过P点时受火星的万有引力相同，由牛顿定律可知，加速度一样大，故B正确。C、由于在P点万有引力的方向和速度方向垂直，所以探测器只有向心加速度，a1=a2，而探测器在椭圆轨道Ⅰ上P点的曲率半径r大于圆轨道Ⅱ上的半径R，由向心加速度a1=v12r，a2=V22D、火星的第一宇宙速度是绕火星表面附近的速度，由v=GMr故选：B6、D【解析】

根据牛顿第二定律求出头3秒内的加速度，同时求出3秒末的速度，再根据牛顿第二定律求出后3s内的加速度，根据速度时间公式求出后3s末的速度．根据运动学公式分别求出三段时间内的位移，从而得出上升的高度．【详解】在前3s内，，加速度为：，3s末的速度为：；3-15s内，加速度为：，则15s末的速度为；在0～3s内的位移为：；在3～15s内的位移为：；15～18s内：，加速度为：；18s末速度恰好减为0，位移为：，则在18s内上升的高度为：，D正确．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、AC【解析】

A．小球刚释放时，小球速度为零，此时绳子的拉力为零，对物块分析可知，受到的摩擦力为零，故A正确；B．小球运动到最低点时，若地面对物块的支持力为零，此时绳子的拉力对物块有向右的分力，不可能静止，故B错误；C．在下落过程中，只有重力做正功，小球机械能守恒，故C正确；D．刚释放时，速度为零，小球重力的功率为零，到达最底端时，沿重力方向的速度为0，故重力的功率为零，故功率先增大后减小，故D错误。故选AC。【点睛】对小球的运动过程分析，然后对物体进行受力分析，根据物块始终处于静止即可判断，根据重力做功的情况分析重力势能的变化情况；根据功率公式确定重力在初末状态的功率，从而确定功率的变化情况。8、ABD【解析】试题分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解：A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体静止，故A正确；B、牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因，故B正确；C、奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场，故C错误；D、奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转，电流可以在其周围产生磁场，故D正确．故选ABD．【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．9、BCD【解析】

A.在突然撤去F的瞬间，AB整体的合力向上，大小为F，根据牛顿第二定律，有：F=2ma解得：对物体A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：FN-mg=ma联立解得：，故A错误；B.弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得：对整体有：F-2mg=2ma对A有：FN-mg=ma联立解得：，故B正确；D.当物体的合力为零时，速度最大，对A，由平衡条件得FN=mg，故C正确．C.当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得：对整体有：2mg=2ma对A有：mg-FN=ma联立解得FN=0，故D正确；10、BD【解析】A项：由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在O～s1内斜率的绝对值逐渐增大，故在O～s1内物体所受的拉力是不断增大的，而合力先减小后反向增大的．故A错误；B项：由于物体在s1～s2内E﹣x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动．故B正确；C项：由于物体在s1～s2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体不可能做变加速直线运动，故C错误；D项：如果物体在0～s1内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故D正确．点晴：由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小；如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；如果拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大．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、丙2.95(2.93~2.97均给分)0.95(0.93~0.97均给分)【解析】

(1)[1]由题意可知，电流表量程太小，应把电流表与定值电阻并联扩大其量程，电压表测路端电压，电流表测电路电流，滑动变阻器采用限流接法，应选择图丙图．(2)[2]由根据闭合电路欧姆定律可得，图象中图象与纵坐标的交点为电源电动势，故电源电动势为(2.93~2.97均给分)[3]由可知,图象的斜率为电源内阻，则12、2.40.580.60在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒9.7【解析】

(1)[1]根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为(2)[2]物体的初速度为零，所以动能的增加量为[3]重力势能的减小量等于物体重力做功，故[4]在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。(3)[5]本题中根据机械能守恒可知即有所以作出的图象中，斜率表示重力加速度，由图可知斜率故当地的实际重力加速度四、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）2m/s（2）【解析】

（1）设