2025屆遼寧省葫蘆島錦化高中物理高三上期中預測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、下列各物理量中，其國際單位屬于基本單位，同時也屬于矢量的是()A．時間B．位移C．質量D．力2、某同學為了研究物體下落過程的特點，設計了如下實驗：將兩本書從高樓樓頂放手讓其落下，兩本書下落過程中沒有翻轉和分離，由于受到空氣阻力的影響，其圖像如圖所示，虛線在P點與速度圖線相切，已知，，。由圖可知A．內的平均速度等于B．時受到空氣阻力等于C．時對的壓力等于D．下落過程中對的壓力不變3、如圖所示，在光滑水平面上有兩塊木塊A和B，質量均為m，B的左側固定一輕質彈簧．開始時B靜止，A以初速度v0向右運動與彈簧接觸，則在相互作用的過程中()A．任意時刻，A、B系統的總動能恒定不變B．從開始到彈簧壓縮到最短，彈力對A、B做功絕對值相等．C．當彈簧壓縮到最短長度時，A與B具有相同的速度D．當彈簧恢復到原長時，A與B具有相同的速度4、如圖所示有一臺階，每階高40cm，寬40cm，從臺階頂端邊緣以3m／s的初速度水平拋出一個小球(可看成質點)，若不計一切阻力，g取10m／s2，則小球落在第幾階臺階上A．第2階B．第3階C．第4階D．第5階5、如圖為一種“滾輪--平盤無級變速器”的示意圖,它由固定在主動軸上的平盤和可隨從動軸移動的圓柱形滾輪組成,由于摩擦的作用,當平盤轉動時,滾輪就會跟隨轉動,如果認為滾輪不會打滑,那么主動軸的轉速從動軸的轉速滾輪半徑以及滾輪中心距離主動軸軸線的距離之間的關系是A． B． C． D．6、北斗導航系統又被稱為“雙星定位系統”，具有導航、定位等功能．如圖所示，北斗導航系統中的兩顆工作衛(wèi)星均繞地心做勻速圓周運動，且軌道半徑均為r，某時刻工作衛(wèi)星1、2分別位于軌道上的A、B兩個位置，若兩衛(wèi)星均沿順時針方向運行，地球表面的重力加速度為g，地球半徑為R，不計衛(wèi)星間的相互作用力，下列判斷正確的是()A．這兩顆衛(wèi)星的加速度大小相等，均為B．衛(wèi)星1由A位置運動到B位置所需的時間是C．衛(wèi)星1由A位置運動到B位置的過程中萬有引力做正功D．衛(wèi)星1向后噴氣就一定能夠追上衛(wèi)星2二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、一質量為的質點靜止于光滑水平面上，從時刻開始，受到水平外力作用，如圖所示．下列判斷正確的是（）A．內外力的平均功率是B．第內外力所做的功是C．第末外力的瞬時功率最大D．第末與第末外力的瞬時功率之比為8、如圖，在同一豎直平面內有兩個正對著的半圓形光滑軌道，軌道的半徑都是R．軌道端點所在的水平線相隔一定的距離．一質量為m的小球能在其間運動而不脫離軌道，經過最低點B時的速度為．小球在最低點B與最高點A對軌道的壓力之差為ΔF（ΔF＞0）．不計空氣阻力．則（）A．、一定時，R越大，ΔF越大B．、、R一定時，越大，ΔF越大C．、R一定時，越大，ΔF越大D．、R、x一定時，ΔF與v的大小無關9、帶電小球在電場力和重力作用下，由靜止開始沿豎直方向向下運動。運動過程中小球的機械能隨位移關系如圖所示，曲線關于x＝x0對稱，最低點位置坐標為x0，在小球運動到x＝2x0的過程中，下列說法正確的是（）A．小球所受電場力方向可能不變B．小球所受電場力始終比重力小C．小球加速度一直增大D．小球在x0位置時，動能最大10、如圖所示，AB是帶電粒子在電場中運動的徑跡，不考慮重力和空氣阻力，粒子在由電場中的A點運動到B點的過程中，以下判斷正確的是（）A．粒子帶正電B．粒子在A點受到的電場力的大小比在B點受到的大C．粒子在A點的動能比在B點的動能大D．粒子在A點的電勢能比在B點的電勢能大三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）現有一滿偏電流為50、內阻約為800-850的小量程電流表G(表頭),另外可供選擇的器材有:A．電壓表V(量程3V,內阻約為20KB．電流表A1(量程200.內阻約為500C．電流表A2(量程0.6A,內阻約為3)D．定值電阻R0(阻值10K)E.電阻箱(最大阻值9999)F.滑動變阻器R(最大阻值100)G.電源E(電動勢3V).H.開關SI.測量小量程電流表G的內阻.(1)為了盡量減小誤差,要求測量多組數據,所提供的電流表中,應選用______(填寫字母代號)(2)請在圖中的虛線框中畫出符合要求的實驗電路圖(其中電源、開關及連線已畫出)______.12．（12分）有同學利用如圖所示的裝置來驗證力的平行四邊形定則：在豎直木板上鋪有白紙，固定兩個光滑的滑輪A和B，將繩子打一個結點O，每個鉤碼的重量相等，當系統達到平衡時，根據鉤碼個數讀出三根繩子的拉力F1、F2和F3，回答下列問題：(1)改變鉤碼個數，實驗能完成的是________（填正確答案標號）。A．鉤碼的個數N1＝N2＝2，N3＝4B．鉤碼的個數N1＝N3＝3，N2＝4C．鉤碼的個數N1＝N2＝N3＝4D．鉤碼的個數N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下鉤碼和繩子前，最重要的一個步驟是________（填選項前字母）。A．標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向B．量出OA、OB、OC三段繩子的長度C．用量角器量出三段繩子之間的夾角D．用天平測出鉤碼的質量(3)在作圖時，你認為圖示中________（填“甲”或“乙”）是正確的。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量M=6.0kg的物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶的皮帶輪逆時針勻速轉動，使傳送帶上表面以u=2.0m/s勻速運動。傳送帶的右邊是一半徑R=1.25m位于豎直平面內的光滑圓弧軌道。質量m=2.0kg的物塊B從圓弧的最高處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.1，傳送帶兩軸之間的距離l=4.5m。設第一次碰撞前，物塊A靜止，物塊B與A發(fā)生碰撞后被彈回，物塊A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：(1)物塊B滑到圓弧的最低點C時對軌道的壓力；(2)物塊B與物塊A第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢能；(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時彈簧都會被立即鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，求物塊B經第一次與物塊A碰撞后在傳送帶上運動的總時間。14．（16分）如圖所示，一光滑斜面固定在水平地面上，質量m＝1kg的物體在平行于斜面向上的恒力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達B點時立即撤去拉力F.此后，物體到達C點時速度為零．每隔0.2s通過傳感器測得物體的瞬時速度，下表給出了部分測量數據.求：t/s0.00.20.4…2.22.4…v/m·s－10.01.02.0…3.32.1…(1)恒力F的大小；(2)撤去外力F的時刻．15．（12分）如圖所示，固定的長直水平軌道MN與位于豎直平面內的光滑半圓軌道相接，圓軌道半徑為R，PN恰好為該圓的一條豎直直徑．可視為質點的物塊A和B緊靠在一起靜止于N處，物塊A的質量mA＝2m，B的質量mB＝m，兩物塊在足夠大的內力作用下突然分離，分別沿軌道向左、右運動，物塊B恰好能通過P點．已知物塊A與MN軌道間的動摩擦因數為，重力加速度為g，求：（1）物塊B運動到P點時的速度大小vP；（2）兩物塊剛分離時物塊B的速度大小vB；（3）物塊A在水平面上運動的時間t．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】時間、質量的單位屬于基本單位，但都不屬于矢量，力是矢量，但力的單位是導出單位，位移是矢量，且它的國際單位m屬于基本單位，B正確.2、C【解析】

A．根據速度圖象可知，2s時的速度為9m/s，根據圖象與坐標軸圍成的面積表示位移可知，2s內的位移小于9m，所以2s內的平均速度小于4.5m/s，故A錯誤；B．t=2s時AB的加速度大小為整體根據牛頓第二定律可得（mA+mB）g-f=（mA+mB）a解得t=2s時AB受到空氣阻力f=32N，故B錯誤；C．t=2s時以A為研究對象，根據牛頓第二定律可得mAg-FN-=mAa解得FN=16N根據牛頓第三定律可得A對B的壓力等于16N，故C正確；D．下落過程中加速度逐漸減小，A對B的壓力=mAg-mAa逐漸增大，故D錯誤3、C【解析】

由能量守恒定律有：，即從A開始與彈簧接觸直至壓縮彈簧至最短過程中，彈簧的彈性勢能始終在變化，則A、B系統的總動能始終在變化，故A錯誤．彈簧壓縮至最短時，A、B速度相等，對A由動能定理有：，同理對B有：，由此可知，從開始壓縮至彈簧最短，彈力對A、B所做功的絕對值不等，故B錯誤，C正確．當彈簧壓縮到最短長度時，A與B具有相同的速度，之后在彈簧彈力作用下A減速，B加速，

所以當彈簧恢復到原長時，A與B速度交換，即A的速度為零，B的速度是v

0，故D錯誤．【點睛】本題主要考查功能關系的綜合應用，需要熟練掌握能量守恒與動能定理等．4、D【解析】

如圖作一條連接各端點的直線，只要小球越過該直線，則小球落到臺階上．

設小球落到斜線上的時間t；水平：x=v0t；豎直：y=gt2；且x=y；聯立解得t=0.6s；相應的水平距離：x=3×0.6m=1.8m；則臺階數：；知小球拋出后首先落到的臺階為第5級臺階．故D正確，ABC錯誤．故選D．【點睛】本題考查平拋運動基本規(guī)律的應用，在解題要注意只要物體突破了直線，就會落到臺階上，要能熟練運用運動學公式．5、B【解析】

滾輪不會打滑，滾輪邊緣與主動輪接觸處的線速度大小相等．滾輪邊緣的線速度大小為v1=2πn2r，滾輪與主動輪接觸處的線速度大小v2=2πn1x，聯立求解n1、n2、r以及x之間的關系．【詳解】從動軸的轉速n2、滾輪半徑r，則滾輪邊緣的線速度大小為v1=2πn2r，滾輪與主動輪接觸處的線速度大小v2=2πn1x。根據v1=v2，得2πn2r=2πn1x，解得。故選B。6、B【解析】在地球表面重力與萬有引力大小相等有可得GM=gR2，又衛(wèi)星在軌道上運動萬有引力提供圓周運動的加速度，故有可得衛(wèi)星的加速度，故A錯誤；萬有引力提供圓周運動向心力有：可得衛(wèi)星運行周期為：，所以衛(wèi)星從位置1到位置2所需時間，故B正確；衛(wèi)星1由位置A運動到位置B的過程中，由于萬有引力始終與速度垂直，故萬有引力不做功，故C錯誤；衛(wèi)星1向后噴氣，衛(wèi)星做加速運動，在軌道上做圓周運動所需向心力增加，而提供向心力的萬有引力沒有發(fā)生變化，故衛(wèi)星將做離心運動，衛(wèi)星軌道變大，故衛(wèi)星不能追上同軌道運行的衛(wèi)星2，故D錯誤；故選B．點睛：關于萬有引力的應用中，常用公式是在地球表面重力等于萬有引力，衛(wèi)星繞地球做圓周運動萬有引力提供圓周運動向心力，掌握衛(wèi)星的變軌原理，這是正確解決本題的關鍵．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AD【解析】

A．0-1s內，物體的加速度則質點在0-1s內的位移1s末的速度v1=a1t1=3×1m/s=3m/s第2s內物體的加速度第2s內的位移物體在0-2s內外力F做功的大小W=F1x1+F2x2=3×1.5+1×3.5J=8J可知0-2s內外力的平均功率故A正確；B．第2s內外力做功的大小W2=F2x2=1×3.5J=3.5J故B錯誤；CD．第1s末外力的功率P1=F1v1=3×3W=9W第2s末的速度v2=v1+a2t2=3+1×1m/s=4m/s則外力的功率P2=F2v2=1×4W=4W可知第2s末功率不是最大，第1s末和第2s末外力的瞬時功率之比為9：4，故C錯誤，D正確．故選AD。點晴：根據牛頓第二定律求出0-1s內和1-2s內的加速度，結合位移時間公式分別求出兩段時間內的位移，從而得出兩段時間內外力做功的大小，結合平均功率的公式求出外力的平均功率，根據速度時間公式分別求出第1s末和第2s末的速度，結合瞬時功率的公式求出外力的瞬時功率．8、CD【解析】試題分析：在最低點B，有，則，根據機械能守恒定律得，，在最高點A有：，解得，所以；m、x一定時，R越大，一定越小，故A錯誤；m、x、R一定時，越大，不變，故B錯誤；m、R一定時，x越大，一定越大，故C正確；m、R、x一定時，與的大小無關，故D正確．考點：向心力、牛頓第二定律【名師點睛】本題綜合考查了牛頓第二定律和機械能守恒定律，關鍵搞清向心力的來源，知道最高點速度和最低點速度的關系．9、BC【解析】

由圖象可知，小球機械能先減小后增大，則說明電場力先做負功后做正功，運動方向不變，故電場力方向發(fā)生變化，故A錯誤；0﹣x0段小球做加速，又電場力做負功，故豎直向上，故重力大于電場力，兩段關于x0對稱，故小球所受電場力始終比重力小，故B正確；圖象中斜率表示電場力，由圖可知，電場力先減小后增大；且據A項分析可知電場力方向先豎直向上，此時a＝g﹣，故加速度增大；后電場力豎直向下且增大，加速度為a＝g+，則加速度繼續(xù)增大，故加速度一直增大；故C正確；根據C項分析可知，加速度方向始終與速度方向相同，故小球一直加速，2x0處速度最大，故D錯誤。10、BC【解析】A、物體做曲線運動時，受到的合力的方向指向軌跡彎曲的內側，由此可知，該粒子受到的電場力的方向逆著電場線向左，所以粒子帶負電，故A錯誤；B、電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，A點的電場線密，場強大，所以粒子在A點時受到的電場力的大小比在B點受到的大，故B正確；C、D、粒子在由電場中的A點運動到B點的過程中，電場力方向與速度方向的夾角為鈍角，電場力對粒子做負功，粒子的動能減小，電勢能增加，所以粒子在A點的動能比在B點的動能大，粒子在A點的電勢能比在B點的電勢能小，C正確，D錯誤；故選BC.【點睛】對于本題關鍵是根據粒子運動軌跡來判定電場力方向，由曲線運動條件可知合力偏向曲線內側，運用力學知識來研究粒子在電場中運動的問題．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、B【解析】

(1)[1]待測電流表滿偏電流是50μA，因此電流表應選B。

(2)[2]應用半偏法測電流表內阻，為減小誤差，實現測量多組數據，滑動變阻器應采用分壓接法，實驗電路圖如圖所示：12、BCDA甲【解析】

(1)[1]實驗中的分力與合力的關系必須滿足：|F1－F2|≤F3≤F1＋F2（等號在反向或同向時取得），因此B、C、D三項都是可以的。(2)[2]在拆下鉤碼和繩子前，最重要的一個步驟是標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向。(3)[3]F3的方向一定豎直向下，而F1和F2的合力方向由于測量誤差可能偏離豎直方向，所以甲是正確的。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）60N，豎直向下（1）11J（3）8s【解析】

(1)設物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為v0，由機械能守恒定律得：代入數據解得：v0=5m/s在圓弧最低點C，由牛頓第二定律得：代入數據解得：F=60N由牛頓第三定律可知，物塊B對軌道的壓力大小：F′=F=60N，方向：豎直向下；(1)在傳送帶上，對物塊B，由牛頓第二定律得：μmg=ma設物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v，有代入數據解得：v=4m/s由于v＞u=1m/s，所以v=4m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小，設物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v1、v1，兩物塊碰撞過程系統動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv=mv1+Mv1由機械能守恒定律得：解得：物塊A的速度為零時彈簧壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，由能量守恒定律得：(3)碰撞后物塊B沿水平臺面向右勻速運動，設物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為l′，由動能定理得解得：l′=1m＜4.5m所以物塊B不能通過傳送帶運動