安徽省六安市金安區六安市第一中學2025屆高三物理第一學期期中教學質量檢測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、如圖所示，細線的一端系于天花板上，另一端系一質量為m的小球。甲圖讓小球在水平面內做勻速圓周運動，此時細線與豎直方向的夾角為，細線中的張力為F1，小球的加速度大小為a1；乙圖中讓細線與豎直方向成角時將小球由靜止釋放，小球在豎直面內擺動。剛釋放瞬間細線中的張力為F2，小球的加速度大小為a2，則下列關系正確的是（）A．F1=F2 B．F1>F2 C．a1=a2 D．a1＜a22、如圖所示，K是光電管M中逸出功為W的堿金屬，G是靈敏電流計，S是雙刀雙擲開關；若入射光的頻率為，電子電量為-e，則以下判斷中正確的是（）A．當時，靈敏電流計G中一定有電流通過B．若，當時，靈敏電流計G示數為零C．若，當S接a和b且滑線變阻器的滑動端P向右滑動時，靈敏電流計G中的電流會增大D．若，當S接c和d且滑線變阻器的滑動端P向右滑動時，靈敏電流計G中的電流一定會增大3、電梯內的彈簧測力計上掛著一個質量為5kg的物體，電梯在運動時，測力計示數為35.2N，若測力計示數突然變為58.8N，則電梯運動的可能情況是A．運動速度突然增大B．運動加速度突然增大C．運動速度突然改變方向D．運動加速度突然改變方向4、如圖所示，質量為m的小球固定在長為l的細輕桿的一端，繞細桿的另一端O在豎直平面上做圓周運動．球轉到最高點A時，線速度的大小為，此時（）A．桿受到0.5mg的拉力 B．桿受到0.5mg的壓力C．桿受到1.5mg的拉力 D．桿受到1.5mg的壓力5、如圖所示，不計繩的質量及繩與滑輪的摩擦，物體A的質量為M，水平面光滑，當在繩端施以F=mg的豎直向下的拉力作用時，物體A的加速度為a1，當在B端掛一質量為m的物體時，A的加速度為a2，則a1與a2的關系正確的是（

）A．a1=a2B．a1>a2C．a1<a2D．無法判斷6、如圖所示，光滑水平桌面上有兩個大小相同的小球，m1：m2=2：1，球1以3m/s的速度與靜止的球2發生正碰并粘在一起，已知桌面距離地面的高度h=1.25m，g=10m/s2，則落地點到桌面邊沿的水平距離為（）A．0.5m B．1.0m C．1.5m D．2.0m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，四根相同的輕質彈簧連著相同的物體，在外力作用下做不同的運動：（1）在光滑水平面上做加速度大小為g的勻加速直線運動；（2）在光滑斜面上沿斜面向上的勻速直線運動；（3）做豎直向下的勻速直線運動；（4）做豎直向上的加速度大小為g的勻加速直線運動．設四根彈簧伸長量分別為△l1、△l2、△l3、△l4，不計空氣阻力，g為重力加速度，則（）A．△l1>△l2 B．△l3<△l4 C．△l1>△l4 D．△l2>△l38、如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°，質量分別為M、m的兩個物體通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側，斜面底端有一與斜面垂直的擋板．開始時用手按住物體M，此時M距離擋板的距離為s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態．已知M=2m，空氣阻力不計．松開手后，關于二者的運動下列說法中正確的是（

）A．M和m組成的系統機械能守恒B．當M的速度最大時，m與地面間的作用力為零C．若M恰好能到達擋板處，則此時m的速度為零D．若M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和9、如圖所示，在豎直平面內有水平向右、場強為E=1×104N/C的勻強電場．有一根長L=2m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系質量為0.04kg的帶電小球，小球靜止時細線與豎直方向成37°角．如果突然給小球施加一個沿著圓弧切線方向的外部作用，使小球獲得沿圓弧切線方向的初速度v0，之后小球恰好能夠繞O點在豎直平面內完成圓周運動．設小球原本靜止時的位置電勢φ=0，取靜止時所在水平平面為零重力勢能面，g=10m/s2，下列說法正確的是（）A．小球所帶電量為q=3×10-4CB．小球所獲得的初動能為2.5JC．小球在圓周運動的過程中機械能最小值是1.54JD．小球在圓周運動的機械能最大值是2.5J10、如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時輕繩與斜劈平行．現給小滑塊施加一豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個過程中小球始終未脫離斜劈，則有()A．輕繩對小球的拉力逐漸增大B．小球對斜劈的壓力先減小后增大C．豎直桿對小滑塊的彈力先增大后減小D．對小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大三、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）寫出下列讀數：（1）______________mm（2）_____________mm12．（12分）小明和小華在實驗室探究加速度與力質量的關系，他倆各自獨立設計了如圖甲、乙所示的實驗裝置，小車總質量用M表示，（甲圖中傳感器的質量可以忽略）鉤碼總質量用m表示。（1）為便于測量合外力的大小，并得到小車總質量一定時，小車的加速度與所受合外力成正比的結論，下列說法正確的是________。A．兩組實驗中只有甲需要平衡摩擦力。B．兩組實驗都需要平衡摩擦力。C．兩組實驗中只有甲需要滿足所掛鉤碼的總質量m遠小于總質量M的條件D．兩組實驗都需要滿足所掛鉤碼的總質量m遠小于總質量M的條件（2）若發現某次實驗中甲圖中的力傳感器和乙圖中的測力計讀數相同，通過計算得到小車加速度均為，g為當地重力加速度，則甲、乙兩實驗裝置中所用小車總質量之比為________所用用的鉤碼總質量之比為_______。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，水平的傳送帶長度L=8m，右端與半徑R=0.5m的豎直光滑半圓軌道相連，圓軌道與傳送帶的末端B點相切，傳送帶在電機的驅動下以v=4m/s的速率順時針勻速轉動．一個質量m=1kg的物塊(可以看成質點)，以=1m/s的初速度從左端A點滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數=0.1.重力加速度g=10m/s1．求:(1)物塊從A運動到B的過程中，摩擦生熱是多少?(1)物塊在圓軌道上運動時物塊脫離圓軌道的點距離傳送帶平面多高?(3)要使物塊能夠通過圓軌道的最高點C，求因傳送物塊而使電動機增加的最小輸出功?14．（16分）如圖，電動機帶著繃緊的傳送皮帶始終以的速度運動，傳送帶與水平面的夾角為300，現把一質量為m=10kg的工件輕輕地放在皮帶的底端，經過一段時間后，工件被送到高h=2m的平臺上，已知工件與皮帶間的動摩擦因數．除此之外，不計其他損耗，求電動機由于傳送工件多消耗的電能．（）15．（12分）假設未來我國空間站繞地球做勻速圓周運動時離地面的高度為同步衛星離地面高度的，已知同步衛星到地面的距離為地球半徑的6倍，地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g．求（1）同步衛星做圓周運動和空間站做圓周運動的周期之比；（2）空間站做勻速圓周運動的角速度大?。?/p>

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】

甲圖中受力如圖：豎直方向：水平方向：解得：乙圖中釋放瞬間，小球只受到重力和細線中的張力為，則有：由牛頓第二定律得：綜上分析則有：故選B。2、B【解析】

AB．由圖可知，當開關S向上，電路接入反向的電壓時，若，當時，光電子無法到達陽極A，所以靈敏電流計G示數為零，故A錯誤，B正確；C．若，當S接a和b時，電路接入反向的電壓，滑線變阻器的滑動端P向右滑動時，反向電壓增大，靈敏電流計G中的電流一定不會增大，故C錯誤；D．當S接c和d電路接入正向的電壓，滑線變阻器的滑動端P向右滑動時正向電壓增大，若光電流早已達到飽和，則靈敏電流計G中的電流不會增大，故D錯誤。故選B。3、D【解析】

物體的重力為開始時測力計示數35.2N小于物體的重力，即處于失重狀態，若測力計示數變為58.8N大于物體的重力，即物體處于超重狀態，所以電梯運動的加速度方向發生改變，故D正確。故選D。4、B【解析】

設此時桿對小球的作用力為拉力，則有解得負號說明力的方向與假設相反，即球受到的力為桿子的支持力，根據牛頓第三定律可知桿受到的壓力，故B正確，ACD錯誤。5、B【解析】試題分析：當在繩端施以F=mg的豎直向下的拉力作用時，對A分析，根據牛頓第二定律得，a1=FM=mgM考點：牛頓第二定律的應用.6、B【解析】小球1在桌面上滑動的過程中速度不變，與小球2碰撞的過程中水平方向受到的合外力為0，所以滿足動量守恒定律，選取向右為正方向，設碰撞后速度分別是v，則：，由于，則v=2m/s；兩物塊桌面后做平拋運動，運動的時間：所以落地時距桌面右邊緣的水平距離：x=vt=2×0.5=1.0m故選：B．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、AB【解析】試題分析：（1）根據牛頓第二定律和胡克定律得：，得：（2）由平衡條件和胡克定律得：，得：（3）由平衡條件和胡克定律得：，得：（4）根據牛頓第二定律和胡克定律得：，得：所以故B正確．考點：考查了胡克定律的應用8、BD【解析】

因M、m之間有彈簧，故兩物體受彈簧的彈力做功，機械能不守恒，兩物體和彈簧組成的系統機械能守恒，A錯誤；M的重力分力為；物體先做加速運動，當受力平衡時速度達最大，則此時受力為，故恰好與地面間的作用力為零，B正確；從m開始運動至到M到達底部過程中，彈力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速運動，M到達底部時，m的速度不為零，C錯誤；M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和，D正確．9、BC【解析】

A.小球靜止時，對小球進行受力分析如圖所示，可得：mgtan37°=qE解得小球的帶電量為：q=3×10?5C，故A錯誤；B.由于重力和電場力都是恒力，所以它們的合力也是恒力，在圓上各點中，小球在平衡位置A點的勢能(重力勢能和電勢能之和)最小，在平衡位置的對稱點B點，小球的勢能最大，由于小球總能量不變，所以在B點的動能最小，對應速度最小，在B點，小球受到的重力和電場力的合力作為小球做圓周運動的向心力，而繩子的拉力恰為零，有：所以B點的動能為：從A點到B點，根據動能定理：代入數據解得：Ek0=2.5J故B正確；C.由于總能量保持不變，所以小球在圓上最左側的C點時，電勢能最大，機械能最小。小球在A點的重力勢能為0，所以小球在B點的機械能為2.5J，小球從A運動到C，電場力做功為：W電=?qE?L(1+sin37°)=?0.96J小球恰能做圓周運動的機械能最小值為：Emin=E-W電=2.5J-0.96J=1.54J，故C正確；D.小球從A點到圓周最左端電場力做正功最多，機械能增大做多，所以運動到圓周最左端時機械能最大，機械能最大值大于2.5J，故D錯誤。10、AD【解析】試題分析：先對小球受力分析，受重力、支持力和細線的拉力，其中支持力的方向不變，拉力方向改變，根據平衡條件并結合圖示法分析支持力和拉力的變化情況；然后對球和滑塊整體分析，根據平衡條件列式分析．對小球受力分析，受重力、支持力和細線的拉力，如圖所示：根據平衡條件，細線的拉力T增加，支持力N減小，根據牛頓第三定律，球對斜面的壓力也減小，A正確B錯誤；對球和滑塊整體分析，受重力、斜面的支持力N，桿的支持力，拉力F，如圖所示，根據平衡條件，有：水平方向，豎直方向，由于N減小，故減小，F增加，C錯誤D正確．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、0.90010.70【解析】

螺旋測微器的固定刻度讀數為0.5mm，可動刻度讀數為0.01×40.0mm=0.400mm，所以最終讀數為：0.5mm+0.400=0.900mm；游標卡尺的固定刻度讀數為10mm，游標尺上第14個刻度與主尺上某一刻度對齊，因此游標讀數為0.05×14mm=0.70mm，所以最終讀數為：10mm+0.70mm=10.70mm．【點睛】解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數方法，游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀．螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．12、B1:15:8【解析】

（1）[1]兩組實驗均需要平衡摩擦力，甲圖中小車受到的拉力可有傳感器讀出，乙圖中拉小車的力可有測力計讀出，故都不需要鉤碼的總質量m遠小于小車的總質量M，B正確。（2）[2][3]兩實驗裝置實驗所用小車總質量分別為，實驗時所用小車總質量之比為1:1；對圖甲:，對乙圖，整理得；故答案為：[1]B[2]1:1[3]5:8四、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)4J(1)0.7m(3)30J【解析】

(1)物塊在傳送帶上加速運動過程中有，由牛頓第二定律得:當物塊速度等于傳送帶的速度時有:在0～的時間內，物塊、皮帶運動的路程、，分別為:代入數據解得:4m，3m=8m所以物塊與傳送帶共速之后勻速運動，不再打滑，因此物塊在傳送帶上運動過程中摩擦生熱為:=4J(1)由上問可知，物塊運動到B速度等于傳送帶的速度v，設物