四川省成都市郫都四中2025屆物理高三上期中質量檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、做直線運動的位移x與時間t的關系為x=5t+2t2（各物理量均采用國際單位制單位），則該質點（）A．加速度為2m/s2 B．前2s內的平均速度是6m/sC．任意相鄰的1s內位移差都是4m D．任意1s內的速度增量都是2m/s2、從傾角為的足夠長的斜面上的A點，先后將同一小球以不同的初速度水平向右拋出．第一次初速度為v1，球落到斜面上的瞬時速度方向與斜面夾角為，第二次初速度為v2，球落到斜面上的瞬時速度方向與斜面夾角為，若v1＞v2，則（）A． B．C． D．無法確定3、如圖所示，在繩下端掛一物體，用力F作用于O點，使懸線偏離豎直方向的夾角為α，且保持物體平衡．設F與水平方向的夾角為β，在保持α角不變的情況下，要使拉力F的值最小，則β應等于（）A．αB．πC．0D．2α4、如圖所示，在光滑水平面上質量分別為，速率分別為的A、B兩小球沿同一直線相向運動，則（）A．它們碰撞前的總動量是，方向水平向右B．它們碰撞后的總動量是，方向水平向左C．它們碰撞后的總動量是，方向水平向左D．它們碰撞前的總動量是，方向水平向右5、兩根平行金屬導軌MN、PQ，間距為d，與水平面成角時，質量為m的圓柱體恰能勻速下滑，圓柱體橫截面半徑為r，當兩根平行金屬導軌MN、PQ放水平后，間距不變，對圓柱體施加一水平拉力F，使圓柱體作勻速直線運動，已知d=r,則F為（）A． B． C．mg D．6、極地衛星的運行軌道平面通過地球的南北兩極(軌道可視為圓軌道)。如圖所示，某時刻某極地衛星在地球北緯的A點正上方按圖示方向運行，經過0.5h后第一次出現在南緯的B點的正上方。則下列說法正確的是A．該衛星的周期為2hB．該衛星離地的高度比同步衛星高.C．該衛星每隔12h經過A點的正上方一次D．該衛星運行的線速度比同步衛星的線速度小二、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m的質點以速度v0勻速直線運動，在t＝0時開始受到恒力F作用，速度大小先減小后增大，其最小值為v＝0.5v0，由此可判斷（）A．質點受力F作用后一定做勻變速曲線運動B．質點受力F作用后可能做圓周運動C．t＝0時恒力F與速度v0方向間的夾角為60°D．時，質點速度最小8、將質量分別為m和2m的兩個小球A和B，用長為2L的輕桿相連，如圖所示，在桿的中點O處有一固定水平轉動軸，把桿置于水平位置后由靜止自由釋放，在B球順時針轉動到最低位置的過程中(不計一切摩擦)()A．A、B兩球的線速度大小始終不相等B．重力對B球做功的瞬時功率先增大后減小C．B球轉動到最低位置時的速度大小為D．桿對B球做正功，B球機械能不守恒9、如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等．現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是（）A．a的質量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等10、如圖所示，物塊A、B通過輕彈簧連接置于傾角為θ的斜面上，已知A、B與斜面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2，A的質量大于B的質量．當兩物體相對靜止時，兩物體均沿斜面勻加速下滑，下列說法正確的是()A．若μ1=μ2，彈簧一定處于自然長度B．若μ1=μ2，彈簧一定處于壓縮狀態C．若μ1<μ2，彈簧一定處于壓縮狀態D．若μ1>μ2，彈簧一定處于自然長度三、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）某實驗小組利用如圖甲所示的裝置進行“探究加速度與合外力的關系”的實驗，已知小車質量為M，重力加速度為g．（1）實驗中平衡摩擦力后，必須采用______法，保持小車質量不變，若想用鉤碼的重力作為小車所受合外力，需滿足______；（2）某次實驗中打出的一條紙帶如圖乙所示，圖中1、2、3、4、5為相鄰計數點，且相鄰計數點間的時間間隔為0.1s，由該紙帶可求得小車的加速度a=______m/s2；（結果保留3位有效數字）（3）改變鉤碼的個數重復實驗，得到加速度a與合外力F的關系如圖丙所示，由圖象直線部分OA，可得出的結論是______________．直線部分OA的斜率k=______（用M、g表示）12．（12分）某同學采用如圖所示的裝置，進行“探究加速度和力、質量的關系”實驗：(1)在實驗操作中，下列說法正確的是_____________（填序號）A．實驗時，應調節滑輪高度使拉小車的細繩與木板平行B．實驗時，應先放開小車，再接通打點計時器的電源C．每改變一次小車的質量時，也要改變木板的傾斜程度D．每改變一次小車的質量時，也可以改變砝碼的數量(2)如圖所示，是實驗中用打點計時器得到的一條紙帶，A、B、C、D、E、F、G為7個相鄰的計數點，相鄰的兩個計數點之間還有四個點未畫出。測量出相鄰的計數點之間的距離分別為：sAB=4.22cm、sBC=4.65cm、sCD=5.08cm、sDE=5.49cm、sEF=5.91cm、sFG=6.34cm。已知打點計時器的工作頻率為50Hz，則與紙帶上F點對應的小車速度v=________m/s（結果保留兩位有效數字）。(3)如圖為研究“在外力一定的條件下，小車的加速度與其質量的關系”時所得的實驗圖像，橫坐標m為小車上所加砝碼的質量。設圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，若牛頓第二定律成立，則小車的質量為_____________。(4)下列實驗中，利用該裝置不能完成的實驗有：____________（填序號）A．探究功和速度的關系B．驗證機械能守恒定律C．用打點計時器測速度D．探究小車的速度隨時間變化的規律四、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）如圖甲所示，質量為m=2kg的物體置于傾角為θ=37°的足夠長的固定斜面上，t=0時刻對物體施以平行于斜面向上的拉力F，t1=0.5s時撤去該拉力，整個過程中物體運動的速度與時間的部分圖象如圖乙所示，不計空氣阻力，g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.1．求：(1)物體與斜面間的動摩擦因數μ(2)拉力F的大小(3)物體沿斜面向上滑行的最大距離s．14．（16分）如圖所示，左側平行板電容器內有電場強度為E的勻強電場，電容器右側虛線區域內有垂直于紙面的勻強磁場，電容器極板長度等于勻強磁場區域的寬度．直線是平行板電容器的中心線，一束速度為v0的帶電粒子沿著直線射入電場，經電場偏轉后進入磁場，經磁場偏轉后離開磁場．(1)如果粒子離開磁場時的的速度方向與直線平行，求這種情況下磁感應強度B1的大小(2)如果粒子經磁場偏轉后又回到O點，求這種情況下磁感應強度B2的大小.15．（12分）如圖所示，兩個可導熱的氣缸豎直放置，它們的底部由一細管連通（忽略細管的容積）．兩氣缸各有一個活塞，質量分別為m1和m2，活塞與氣缸無摩擦．活塞的下方為理想氣體，上方為真空．當氣體處于平衡狀態時，兩活塞位于同一高度h.（已知m1＝3m，m2＝2m）（1）在兩活塞上同時各放一質量為m的物塊，求氣體再次達到平衡后兩活塞的高度差（假定環境溫度始終保持為T0）；（2）在達到上一問的終態后，環境溫度由T0緩慢上升到1.25T0，試問在這個過程中，氣體對活塞做了多少功？（假定在氣體狀態變化過程中，兩物塊均不會碰到氣缸頂部）．

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、C【解析】

對照勻變速直線運動的位移時間關系公式，即可求得質點的初速度和加速度，求出前1s內的位移之后，與時間相比即可求得平均速度．任意相鄰的1s內位移差根據推論：求解．速度增量根據求解．【詳解】A、根據勻變速直線運動的位移時間關系公式，可得質點的初速度v0=5m/s，加速度a=4m/s1．故A錯誤．B、由可得前1s內的平均速度為故B錯誤．C、任意相鄰的1s內位移差：△x=aT1=4×11m=4m，故C正確．D、任意1s內的速度增量：，故D錯誤．故選C．【點睛】本題關鍵要掌握勻變速直線運動的位移時間關系公式、推論等運動學公式的基本規律，并能靈活應用．2、C【解析】

根據得：則落在斜面上時豎直方向上的分速度為：設速度與水平方向的夾角為，有：知落在斜面上時，速度與水平方向的夾角與初速度無關，則小球與水平方向的夾角相同，因為速度方向與斜面的夾角等于速度與水平方向的夾角減去斜面的傾角，所以有：A.與分析不符，故A錯誤；B.與分析不符，故B錯誤；C.與分析相符，故C正確；D.與分析不符，故D錯誤。3、A【解析】

O點受三個拉力處于平衡，向上的兩個拉力的合力大小等于物體的重力，方向豎直向上，根據作圖法，作出力的變化圖象由圖可知，當F與天花板相連的繩子垂直時，拉力F最小，根據幾何關系知，故A正確，BCD錯誤。故選A。【點睛】對結點O受力分析，抓住拉物體繩子的拉力大小和方向都不變，與天花板相連繩子拉力方向不變，通過作圖法求出拉力的最小值．4、D【解析】

取水平向右方向為正方向，設碰撞后總動量為P．則碰撞前，A、B的速度分別為：vA=5m/s、vB=-2m/s．根據動量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×（-2）=2（kg?m/s），P＞0，說明碰撞后總動量方向水平向右．則碰撞前總動量方向也水平向右．故選D．【點睛】本題碰撞過程中遵守動量守恒，不僅碰撞前后總動量的大小不變，方向也保持不變，要注意選取正方向，用符號表示速度的方向．5、D【解析】

導軌傾斜時圓柱體剛好勻速下滑，把重力分解到沿導軌方向和垂直導軌方向，有：兩支持力的合力與重力壓斜面的分力平衡，有：聯立可得：當導軌水平放置，用水平力F拉動做勻速直線運動，兩支持力的合力在豎直方向平衡，有：聯立可得：故選D.6、A【解析】

A．衛星從北緯的A點正上方，經過0.5h第一次運行至南緯的B點的正上方時，剛好為運動周期的，所以衛星運行的周期為2h，故A正確；B．根據萬有引力提供向心力，有得周期大的，軌道半徑大，故該衛星離地高度比同步衛星低，故B錯誤；C．衛星下一次經過A點的正上方比同步衛星多轉動2π，則有解得故C錯誤；D．根據萬有引力提供向心力，有解得衛星離地高度比同步衛星低，所以衛星線速度大，故D錯誤。故選A。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】

由題意可知，物體做類斜拋運動，根據運動的合成與分解，結合力的平行四邊形定則與運動學公式，即可求解；【詳解】A、在t=0時開始受到恒力F作用，加速度不變，做勻變速運動，若做勻變速直線運動，則最小速度可以為零，所以質點受力F作用后一定做勻變速曲線運動，故A錯誤；

B、物體在恒力作用下不可能做圓周運動，故B錯誤；

C、設恒力與初速度之間的夾角是，最小速度為：

可知初速度與恒力的夾角為鈍角，所以是，故C錯誤；

D、質點速度最小時，即在沿恒力方向上有：，解得：，故D正確．【點睛】考查類斜拋運動的處理規律，掌握合成法則與運動學公式的應用，注意分運動與合運動的等時性．8、BC【解析】

A．A、B兩球用輕桿相連共軸轉動，角速度大小始終相等，轉動半徑相等，所以兩球的線速度大小也相等，故A錯誤；B．桿在水平位置時，重力對B球做功的瞬時功率為零，桿在豎直位置時，B球的重力方向和速度方向垂直，重力對B球做功的瞬時功率也為零，但在其他位置重力對B球做功的瞬時功率不為零，因此，重力對B球做功的瞬時功率先增大后減小，故B正確；C．設B球轉動到最低位置時速度為v，兩球線速度大小相等，對A、B兩球和桿組成的系統，由機械能守恒定律得2mgL－mgL＝(2m)v2＋mv2解得v＝，故C正確；D．B球的重力勢能減少了2mgL，動能增加了機械能減少了，所以桿對B球做負功，故D錯誤．9、BD【解析】試題分析本題考查電容器、帶電微粒在電場中的運動、牛頓運動定律、電勢能、動量定理及其相關的知識點．解析根據題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab．對微粒a，由牛頓第二定律，qE=maaa，對微粒b，由牛頓第二定律，qE=mbab，聯立解得：>，由此式可以得出a的質量比b小，選項A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據動能定理，在t時刻，a的動能比b大，選項B正確；由于在t時刻兩微粒經過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，選項C錯誤；由于a微粒受到的電場力（合外力）等于b微粒受到的電場力（合外力），根據動量定理，在t時刻，a微粒的動量等于b微粒，選項D正確．點睛若此題考慮微粒的重力，你還能夠得出a的質量比b小嗎？在t時刻力微粒的動量還相等嗎？在t時間內的運動過程中，微粒的電勢能變化相同嗎？10、AC【解析】

設彈簧處于壓縮狀態，且彈力為F；兩者的加速度為a，則根據牛頓第二定律，對A：mAgsinθ-μ1mAgcosθ-F=mAa；對B:mBgsinθ-μ2mBgcosθ+F=mBa；解得；；若μ1=μ2，則F=0，彈簧一定處于自然長度，選項A正確，B錯誤；若μ1<μ2，則F>0，彈簧一定處于壓縮狀態，選項C正確；若μ1>μ2，則F<0，彈簧一定處于伸長狀態，選項D錯誤；故選AC.【點睛】本題主要考查了牛頓第二定律得直接應用，要求同學們能選擇合適的研究對象，進行受力，根據牛頓第二定律列式求解，注意整體法和隔離法的應用，難度適中．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、控制變量小車質量遠大于鉤碼質量1.15小車質量不變時，加速度與合外力成正比【解析】

（1）[1][2]．實驗中平衡摩擦力后，必須采用控制變量法，保持小車質量不變，若想用鉤碼的重力作為小車所受合外力，需滿足小車質量遠大于鉤碼質量；（2）[3]．由勻變速直線運動的推論△x=at2可知，加速度：（3）[4]．由圖丙所示圖象可知，圖象OA部分是直線，由此可知：小車質量不變時，加速度與合外力成正比．由牛頓第二定律得：，則a-F圖象直線部分OA的斜率：；12、A0.61B【解析】

（1）[1]A．調節滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行，否則拉力不會等于合力，A正確；B．實驗開始時先接通打點計時器的電源待其平穩工作后再釋放木塊，而當實驗結束時應先控制木塊停下再停止打點計時器，B錯誤；C．平衡摩擦力之后，每改變一次小車的質量時，不需要在次進行調節木板的傾斜程，C錯誤；D．每次只能改變一個變量，改變一次小車的質量時，不可以改變砝碼的數量，D錯誤。故選A。（2）[2]打點計時器的工作頻率為50Hz，則每個相鄰的點的時間間隔相鄰兩個計數點的時間間隔F點對應的小車速度。（3）[3]小車的質量為，可得可得且則有可得。（4）[4]A．該套裝置可以通過計算拉力的做功和速度來探究功和速度的關系，A錯誤；B．該套裝置可以通過計算動能的增加量，但是無法準確計算出重力勢能的變化量，無法探究機械能的守恒，B正確；C．該實驗可以用打點計時器測速度，C錯誤；D．該實驗可以通過打點計時器測速度來探究速度隨時間的變化，D錯誤。故選B。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)μ=0.5(2)F=15N(3)s=7.5m【解析】

由速度的斜率求出加