湖南省普通高中2025屆物理高三第一學期期中檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、如圖所示，在光滑的水平面上，物體B靜止，在物體B上固定一個輕彈簧。物體A以某一速度v0沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體B發生作用，A物體質量為m，B物體質量為2m，從A剛接觸彈簧至彈簧再次恢復原長的過程中（）A．彈簧再次恢復原長時B的速度大小為B．物體A先做加速度增大的變減速運動，再做加速度減小的變減速運動C．彈簧彈力對A的沖量大小為D．彈簧彈性勢能的最大值為2、如圖所示，一質量為m的物體系于輕彈簧l1和細線l2上，l1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，l2水平拉直，物體處于平衡狀態。重力加速度大小為g，下列說法正確的是A．輕彈簧拉力大小為B．輕繩拉力大小為C．剪斷輕繩瞬間,物體加速度大小為D．剪斷輕彈簧瞬間,物體加速度大小為3、如圖所示，物體m與斜面體M一起靜止在水平面上。若將斜面的傾角θ稍微增大一些，且物體m仍靜止在斜面上，則A．斜面體對物體的支持力不變B．斜面體對物體的摩擦力變大C．水平面與斜面體間的摩擦力變大D．水平面與斜面體間的摩擦力變小4、A、B兩顆衛星圍繞地球做勻速圓周運動，A衛星運行的周期為，軌道半徑為；B衛星運行的周期為，下列說法正確的是（）A．B衛星的軌道半徑為B．A衛星的機械能一定大于B衛星的機械能C．在發射B衛星時候，發射速度可以小于7.9km/sD．某時刻衛星A、B在軌道上相距最近，從該時起每經過時間，衛星A、B再次相距最近5、如圖所示，一只質量為m的小猴子，抓住用細繩吊在天花板上的根質量為

M的豎直木桿。當懸繩突然斷裂時，小猴子急速沿桿向上爬，以保持它離地面的高度不變，則木桿下降的加速度（）A． B． C． D．6、某工人利用升降機將貨物從一樓豎直運送到五樓。設此過程中貨物隨升降機一起先做勻加速直線運動，再做勻速運動，最后做勻減速直線運動到停止。則A．貨物在升降機中一直處于超重狀態B．貨物在升降機中一直處于失重狀態C．升降機勻減速上升過程中，貨物對底板的壓力小于貨物自身的重力D．升降機勻加速上升過程中，貨物對底板的壓力大于底板對貨物的支持力二、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、如圖所示，有一個質量為m的長木板靜止在光滑水平地面上，另一質量也為m小物塊疊放在長木板的一端之上。B是長木板的中點，物塊與木板在AB段的動摩擦因數為μ，在BC段的動摩擦因數為2μ，若把物塊放在長木板左端，對其施加水平向右的力F1可使其恰好與木板發生相對滑動。若把物塊放在長木板右端，對其施加水平向左的力F2也可使其恰好與木板發生相對滑動。下列說法正確的是（）A．F1與F2的大小之比為1：2B．若將F1、F2都增加到原來的2倍，小物塊在木板上運動到B點的時間之比為1：2C．若將F1、F2都增加到原來的2倍，小物塊在木板上運動到B點時木板的位移之比1：1D．若將F1、F2都增加到原來的2倍，小物塊在木板上運動的整個過程中摩擦生熱之比為1：18、豎立在水平地面上的輕彈簧，下端與地面固定，將一個金屬球放置在彈簧頂端(球與彈簧不粘連)，并用力向下壓球，使彈簧做彈性壓縮。穩定后用細線把彈簧栓牢．如圖a所示．燒斷細線，球將被彈起，且脫離彈簧后能繼續向上運動。不計空氣阻力。如圖b所示．那么該球從細線被燒斷到剛脫離彈簧的運動過程中：（）A．球剛脫離彈簧時彈簧的彈性勢能最小B．球剛脫離彈簧時的動能最大C．球所受合力的最大值不一定大于重力值D．在某一階段內，球的動能減小而它的機械能增加9、將一傾角為的光滑斜面體固定在地面上，在斜面的底端固定一輕彈簧，彈簧原長時上端位于斜面處的B點．現將一質量為m=1kg的可視為質點的滑塊由彈簧的上方的A點靜止釋放，最終將彈簧壓縮到最短C點．已知滑塊從釋放到將彈簧壓縮到最短的過程中，滑塊的速度時間圖像如右圖，其中0~0.4s內的圖線為直線，其余部分均為曲線，且BC=1.1m，g=10m/s1．則下列正確的選項是（）A．B．滑塊在壓縮彈簧的過程中機械能減小C．彈簧儲存的最大彈性勢能為16JD．滑塊從C點返回到A點的過程中，滑塊的機械能一直增大10、在光滑的水平地面上方，有兩個磁感應強度大小均為B，方向相反的水平勻強磁場，如圖所示，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大．一個半徑為a，質量為m，電阻為R的金屬圓環垂直磁場方向，以速度v從如圖位置向右運動，當圓環運動到直徑剛好與邊界線PQ重合時，圓環的速度為，則下列說法正確的是A．此時圓環中的電功率為B．此時圓環的加速度為C．此過程中通過圓環截面的電量為D．此過程中回路產生的電能為0.75mv2三、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）某同學設計了如圖甲所示的裝置來研究小車的加速度與所受合力的關系．將裝有力傳感器的小車放置于水平長木板上，緩慢向小桶中加入細砂，直到小車剛開始運動為止，記下傳感器的最大示數再將小車放回原處并按住，繼續向小桶中加入細砂，記下傳感器的示數釋放小車，記錄小車運動時傳感器的示數．（1）接通頻率為50Hz的交流電源，釋放小車，打出如圖乙所示的紙帶．從比較清晰的點起，每5個點取一個計數點，量出相鄰計數點之間的距離，則小車的加速度______．（2）同一次實驗中，______選填“”、“”或“”．（3）改變小桶中砂的重力，多次重復實驗，獲得多組數據，描繪小車加速度a與F的關系如圖丙．不計紙帶與計時器間的摩擦．圖象中F表示的是實驗中測得的______．A.B.C.

（4）關于該實驗，下列說法中正確的是______．A.小車和傳感器的總質量應遠大于小桶和砂的總質量B.實驗中需要將長木板傾斜以平衡摩擦力C.實驗中需要測出小車和傳感器的總質量D.用加細砂的方法改變拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，可更方便地獲取多組實驗數據．12．（12分）在“探究求合力的方法”的實驗中，需要將橡皮條的一墻固定在水平木板上，另一端系上兩根細繩，細繩的另一端都有繩套，實驗中需用兩個彈簧稱分別勾住繩套，并互成角度地拉橡皮條，使橡皮條伸長．結點到達某一位置．（1）某同學在做該實驗時認為：A．拉橡皮條的繩細一些且長一些，實驗效果較好B．拉橡皮條時，彈簧秤、橡皮條、細繩應貼近木板且與木板平面平行C．橡皮條彈性要好，拉結點到達某一位置時，拉力要適當大些D．兩彈簧秤拉橡皮條時的夾角越大越好其中正確的是___（填入相應的字母）．（2）如圖所示是甲、乙兩名同學實驗時得到的結果，其中符合實驗事實的是__．（3）若兩個彈簧秤的讀數均為4N，且兩彈簧秤拉力的方向相互垂直，則__（填“能”或“不能”）用一個量程為5N的彈簧秤測量出它們的合力．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，將質量m＝1．5kg的圓環套在固定的水平直桿上，環的直徑略大于桿的截面直徑，環與桿的動摩擦因數為μ＝1．5對環施加一位于豎直平面內斜向上與桿夾角θ＝53°的恒定拉力F=11N，使圓環從靜止開始做勻加速直線運動．（取g＝11m/s2，sin53°＝1．6，cos53°＝1．8）求：（1）圓環加速度a的大?。唬?）若F作用時間t=1s后撤去，圓環從靜止開始到停共能運動多遠．14．（16分）如圖所示，斜面AC長L=1m，傾角θ=37°，CD段為與斜面平滑連接的水平地面．一個質量m=2kg的小物塊從斜面頂端A點由靜止開始滑下．小物塊與斜面、地面間的動摩擦因數均為μ=0.1．不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.2．求：（1）小物塊在斜面上運動時的加速度大小a；（2）小物塊滑到斜面底端C點時的速度大小v；（3）小物塊在水平地面上滑行的時間t．15．（12分）如圖所示，豎直平面內的半圓形軌道下端與水平面相切，B、C分別為半圓形軌道的最低點和最高點。小滑塊(可視為質點)沿水平面向左滑動，經過A點時的速度vA=6.0m/s。已知半圓形軌道光滑，半徑R=0.40m，滑塊與水平面間的動摩擦因數μ=0.50，A、B兩點間的距離l=1.10m。取重力加速度g=10m/s2求：（1）滑塊運動到B點時速度的大?。唬?）滑塊從C點水平飛出后,落地點與B點間的距離x。

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、D【解析】

本題考查動量守恒的應用?！驹斀狻緼.彈簧再次回到原長，相當于彈性碰撞，取向右為正方向，由動量守恒和能量守恒可知：解得：，故A錯誤；B.由題可知，物體A先做加速度增大的變減速運動，當彈簧最短時兩者共速，此后彈簧逐漸伸長，物體A再做加速度減小的變加速運動，故B錯誤；C.由A可知，彈簧恢復原長時，物體A的速度為：彈簧彈力對A的沖量即為動量變化量：故C錯誤；D.當兩者共速時彈簧彈性勢能最大，由動量守恒和能量守恒得：解得：故D正確。故選D。2、A【解析】

AB.物體處于平衡狀態時，物體受力如圖所示：

由平衡條件得輕彈簧拉力大小為：F=輕繩拉力大小為：T=mgtanθ故A正確，B錯誤；C.剪斷輕繩瞬間，彈簧的彈力不能突變，此瞬間物體的合力大小等于T，由牛頓第二定律得：mgtanθ=ma解得加速度為：a=gtanθ故C錯誤；D.剪斷輕彈簧的瞬間，繩子上的力發生突變，變為零，故物體只受重力作用，加速度：a=g故D錯誤。3、B【解析】

A、物體m靜止不動，受力平衡．可對物體受力分析，正交分解重力G得：斜面體對物體的支持力N=mgcosθ斜面體對物體的摩擦力f=mgsinθ比較可知θ稍微增大一些，N變小，f變大，故A錯誤、B正確．C、對于水平面對斜面的力，最好采用整體法，對m和M整體進行受力分析：整體受重力和水平面的支持力，因為整體處于靜止也就是平衡狀態，所以地面對斜面體的摩擦力始終為零，水平面對斜面體間的支持力不變．故C錯誤、D錯誤．故選：B．4、D【解析】

A．根據開普勒第三定律可得：則得衛星的軌道半徑為：故A錯誤；B．因．由上分析知，，根據將衛星從低軌道進入高軌道，火箭要點火加速做功，但由于與的質量都未知，故無法判定誰的機械能更大，故B錯誤；C．發射地球的衛星，其發射速度必須大于第一宇宙速度，即發射速度大于，故C錯誤；D．設從兩衛星相距最近到再次相距最近經歷時間為。則有：得：，故D正確。故選D．5、C【解析】

猴子處于靜止狀態，受力平衡，則f=mg，摩擦力方向向上；

對桿子進行受力分析，受到重力Mg，猴子對桿的摩擦力f，方向向下，根據牛頓第二定律得：f+Mg=Ma解得A．，與結論不相符，選項A錯誤；B．，與結論不相符，選項B錯誤；C．，與結論相符，選項C正確；D．，與結論不相符，選項D錯誤；6、C【解析】

AB．升降機在勻加速上升階段，加速度向上，則貨物在升降機中處于超重狀態；升降機在勻減速上升階段，加速度向下，則貨物在升降機中處于失重狀態；選項AB錯誤。C．升降機勻減速上升過程中，根據mg-FN=ma可知，貨物對底板的壓力FN小于貨物自身的重力mg，選項C正確；D．貨物對底板的壓力與底板對貨物的支持力是一對相互作用力，總是相等的，選項D錯誤。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、ACD【解析】

施加水平向右的力F1時，由題意知：對滑塊有：F1﹣μmg＝ma，對木板有：μmg＝ma，聯立得：F1＝2μmg，同理，施加水平向右的力F2時，有F2＝4μmg，所以F1與F2的大小之比為1：2，故A正確；設AB的長度為L，施加水平向右的力2F1時，對滑塊有：a1＝﹣μg；對木板有：a′1＝μg；設經時間t到達B點，由位移關系得：，解得：，同理，施加水平向右的力2F2時，運動到B點的時間，所以物塊在木板上運動到B點的時間之比為：1，故B錯誤；施加水平向右的力2F1時，由位移公式得木板的位移，同理，施加水平向右的力2F2時，由位移公式得木板的位移x2＝μg?t′2，所以小物塊在木板上運動到B點時木板的位移之比1：1，故C正確；小物塊最終都會滑離木板，二者的相對位移相等，所以整個過程中摩擦生熱之比為摩擦力之比，即為1：1，故D正確.8、AD【解析】

從細線被燒斷到剛脫離彈簧的運動過程中，彈簧的壓縮量逐漸減小，彈簧的彈性勢能逐漸減小，所以球剛脫離彈簧時彈簧的彈性勢能最小，故A正確。開始彈力大于重力，小球加速上升，當小球的彈簧的彈力等于小球的重力時加速度減為零，此時速度最大，然后彈力小于重力，小球減速上升，當彈簧恢復原長時小球脫離彈簧，所以小球的動能先增大后減小，所以球剛脫離彈簧時的動能不是最大，故B錯誤。小球在最低點時受到的合力最大，假設小球恰能到達彈簧原長位置速度為零，由對稱性可知，小球在最低點時加速度為向上的g，此時小球受合力為mg，則在最低點受到的最大的合力為mg；因球脫離彈簧將被彈起繼續向上運動，說明燒斷細線瞬間，小球的加速度大于g，即球所受合力最大值大于球的重力值，選項C錯誤；從彈簧的彈力等于重力的位置向上繼續運動直到脫離彈簧的過程中，小球的動能逐漸減小，但是彈簧的彈力對小球做正功，則小球的機械能增加，故D正確。故選AD。9、ABC【解析】物塊在斜面上運動的加速度，由牛頓定律可得解得，選項A正確；滑塊在壓縮彈簧的過程中機械能轉化為彈簧的彈性勢能，則滑塊的機械能減小，選項B正確；，則彈簧儲存的最大彈性勢能為，選項C正確；滑塊從C點返回到A點的過程中，從C到B彈力做功，機械能變大，從B到A機械能不變，選項D錯誤；故選ABC.10、AC【解析】

A.當圓環的直徑與邊界線PQ重合時，圓環左右兩個半環均產生感應電動勢，有效切割的長度都等于直徑，故線圈中的感應電動勢為：圓環中的電功率為：故A正確。B.此時圓環受力為：故B錯誤。C.此過程中，電路中的平均電動勢為：則電路中通過的電量為：故C正確。D.此過程中產生的電能等于電路中的熱量，也等于外力所做的功，則一定也等于動能的改變量，故故D錯誤；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、0.16>DD【解析】

（1）根據勻變速直線運動的推論公式可以求出加速度的大小；（2）對小桶受力分析，根據牛頓第二定律求解；（3）由于已經平衡摩擦力，圖象過原點的傾斜直線，則F表示合力；（4）在該實驗中力傳感器可以直接得出力的大小，實驗中不需要將長木板右端墊高，因為已經測量了小車所受摩擦力的大小，用加砂的方法改變拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，可更方便地獲取多組實驗數據．【詳解】（1）從比較清晰的點起，每5個點取一個計數點，所以相鄰的計數點間的時間間隔，根據勻變速直線運動的推論公式可以求出加速度的大小，得：，（2）對小桶受力分析，設小桶重力為mg，木板釋放前力傳感器的示數，所以，設小車的重力為Mg，小車在加速運動時力傳感器的示數，根據牛頓第二定律得：，所以，（3）圖象是過原點的一條傾斜的直線，已經平衡摩擦力，所以F應該表示小車受到的合力，即，故D正確；故選D.（4）在該實驗中力傳感器可以直接得出力的大小，不需要使小車和傳感器的總質量應遠大于小桶和砂的總質量，故A錯誤；實驗中不需要將長木板傾斜，因為已經測量了小車所受摩擦力的大小，故B錯誤；實驗中不需要測出小車和傳感器的總質量，只需要保證小車和傳感器的總質量不變，故C錯誤；用加砂的方法改變拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，可更方便地獲取多組實驗數據，故D正確；故選D．【點睛】本題借助實驗考查了勻變速直線的規律以及推論的應用，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用，提高解決問題能力．解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數據處理以及注意事項，其中平衡摩擦力