2025屆河南省駐馬店市名校物理高三第一學期期中學業質量監測模擬試題考生須知：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，兩根剛性輕桿上端由自由旋轉軸A連接，輕桿下端固定一根自然伸長的勻質輕彈簧，圍成邊長為L的等邊三角形ABC，將此裝置豎直放在光滑水平面上，在軸A處施加豎直向下的大小為F的作用力，彈簧被拉伸一定長度，若此時彈簧彈力大小恰為，則彈簧的勁度系數為（）A．B．C．D．2、如圖所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B內，B放在長木板A上，整個裝置處于靜止狀態．現緩慢減小木板的傾角θ過程中，下列說法正確的是（）A．A受到的壓力逐漸變大B．A受到的摩擦力逐漸變大C．C對B的壓力逐漸變大D．C受到三個力的作用3、汽車由水平路面轉到上坡的時候，司機通常須換擋，若發動機功率保持不變，其結果是（）A．速度減小，得到較小的牽引力B．速度增大，得到較小的牽引力C．速度減小，得到較大的牽引力D．速度增大，得到較大的牽引力4、一個以初速度v0沿直線運動的物體，t秒末的速度為v，其v-t圖象如圖所示，則關于t秒內物體運動的平均速度v，以下說法正確的是()．A．v>v0+v2B．5、如圖，閉合銅制線框用細線懸掛，靜止時其下半部分位于與線框平面垂直的磁場中，若將細線剪斷后線框仍能靜止在原處，則磁場的磁感應強度B隨時間t變化規律可能的是A． B．C． D．6、如圖所示，水平傳送帶順時針勻速轉動，一物塊輕放在傳送帶左端，當物塊運動到傳送帶右端時恰與傳送帶速度相等，若傳送帶仍保持勻速但速度加倍，將物塊輕放在傳送帶左側，本次物塊在傳送帶上運動的時間與傳送帶速度加倍前相比，下列判斷正確的是()A．變為原來的一半 B．變為原來的2倍C．不變 D．變為原來的4倍二、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、興趣小組的同學們利用彈弓放飛模型飛機。彈弓的構造如圖1所示，其中橡皮筋兩端點A、B固定在把手上。橡皮筋處于ACB時恰好為橡皮筋原長狀態（如圖2所示），將模型飛機的尾部放在C處，將C點拉至D點時放手，模型飛機就會在橡皮筋的作用下發射出去。C、D兩點均在AB連線的中垂線上，橡皮筋的質量忽略不計。現將模型飛機豎直向上發射，在它由D運動到C的過程中A．模型飛機在D位置所受彈力最大B．模型飛機在C位置時的速度最大C．模型飛機的加速度先減小，后增大D．模型飛機的機械能一直在增大8、“水流星”是一種常見的雜技項目，該運動可簡化為輕繩一端系著小球在豎直平面內的圓周運動模型，如圖所示。已知小球在最低點Q處速度為v0，輕繩長為L，球大小忽略不計，重力加速度為g，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是A．小球運動到最低點Q時，拉力一定大于重力B．v0越大，則在最高點P和最低點Q繩對小球的拉力差越大C．若v0>，則小球一定能通過最高點PD．若v0>，則細繩始終處于繃緊狀態9、如圖所示，在一個勻強電場中有一個四邊形MNQP，電場方向與四邊形MNQP所在平面平行，其中A為MP的中點，B為NQ的中點，一個電荷量為q的正粒子，從M點移動到N點的過程中，電勢能減少Ep1，若將該粒子從P點移動到Q點，電勢能減小Ep2A．勻強電場場強方向必沿PQ方向B．若MN之間的距離為L，則該電場的場強大小為EC．若將該粒子從A點移動到B點，則電場力做功大小W=D．若AB之間的距離為L，則該電場場強最小值為E=10、如圖所示，水平地面上的物塊在拉力F作用下做勻速直線運動，若使力F與水平面的夾角從0逐漸增大到接近，物塊仍以原來的速度作勻速運動，下列分析正確的是A．地面對物塊的彈力和摩擦力的合力方向不變B．地面對物塊的彈力和摩擦力的合力大小不變C．拉力F先減小后增大D．拉力F一直減小三、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）如圖甲所示的裝置叫做阿特伍德機，是英國數學家和物理學家阿特伍德創制的一種著名力學實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規律．某同學對該裝置加以改進后用來驗證機械能守恒定律，如圖乙所示．(1)實驗時，該同學進行了如下操作：①將質量均為M(A的含擋光片，B的含掛鉤)的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止狀態，測量出_______(填“A的上表面”、“A的下表面”或“擋光片中心”)到光電門中心的豎直距離h.②在B的下端掛上質量為m的物塊C，讓系統(重物A、B以及物塊C)中的物體由靜止開始運動，光電門記錄擋光片擋光的時間為Δt.③測出擋光片的寬度d，計算有關物理量，驗證機械能守恒定律．(2)如果系統(重物A、B以及物塊C)的機械能守恒，應滿足的關系式為_________(已知重力加速度為g)．(3)引起該實驗系統誤差的原因有________________________(寫一條即可)．(4)驗證實驗結束后，該同學突發奇想：如果系統(重物A、B以及物塊C)的機械能守恒，不斷增大物塊C的質量m，重物B的加速度a也將不斷增大，那么a與m之間有怎樣的定量關系？a隨m增大會趨于一個什么值？請你幫該同學解決：①寫出a與m之間的關系式：____________________(還要用到M和g)．②a的值會趨于___________．12．（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，水平傳送帶左端A處與傾角為θ=37°的光滑斜面平滑連接，右端B處與一水平面平滑連接，水平面上有一固定豎直擋板，擋板左側與一輕彈簧連接，彈簧處于自然狀態，彈簧左端剛好與水平面上的C點對齊，斜面長為x1=3m，傳送帶長L=2m，BC段長x2=1m，傳送帶以速度v=2m／s順時針轉動．一質量為1kg的物塊從斜面頂端由靜止釋放，已知物塊與傳送帶間及水平面BC段的動摩擦因數μ=0.2，水平面C點右側光滑，重力加速度取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8(1)彈簧獲得的最大彈性勢能；(2)物塊第三次到達B點時的速度大小；(3)物塊與傳送帶由于相對滑動而產生熱量的最大值．14．（16分）如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面的底端有一質量m＝1kg的凹形小滑塊，小滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.25現小滑塊以某一初速度v從斜面底端上滑，同時在斜面正上方有一小球以速度v0水平拋出，經過0.4s，小球恰好垂直斜面落入凹槽，此時，小滑塊還在上滑過程中。空氣阻力不計，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：(1)小球水平拋出的速度v0的大小；(2)小滑塊的初速度v的大小。15．（12分）我國月球探測計劃“嫦娥工程”已經啟動，科學家對月球的探索會越來越深入。（1）若已知地球半徑為，地球表面的重力加速度為，月球繞地球運動的周期為，月球繞地球的運動近似看作勻速圓周運動，試求出月球繞地球運動的軌道半徑。（2）若宇航員隨登月飛船登陸月球后，在月球表面高度為的某處以速度水平拋出一個小球，小球飛出的水平距離為。已知月球半徑為，引力常量為，試求出月球的質量。

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】設桿與豎直方向的夾角為，桿的彈力大小為T，方向沿桿。則桿的彈力沿水平方向的分力等于彈簧的彈力：沿豎直方向的分力等于F的一半：聯立解得：，；則由幾何關系可知，此時彈簧的長度以為，則其形變量為：（-L）；則由胡克定律可得：；故選：C.點睛：由于自由旋轉軸連接，桿的彈力方向沿桿，桿的彈力的水平分力等于彈簧的彈力，兩桿豎直分力的合力等于F；再由幾何關系可求得彈簧的形變量；則可由胡克定律求得勁度系數．2、A【解析】試題分析：先對BC研究：分析BC整體的受力，由平衡條件分析A對B的支持力和摩擦力變化，即可知道B對A的壓力和摩擦力如何變化；C球只受兩個力，對B的壓力不變．解：A、對BC整體：分析受力情況：重力mg、斜面A的支持力N和摩擦力f，由平衡條件得知：N=mgcosθ，f=mgsinθ，減小θ，N增大，f減小，由牛頓第三定律得知：B對A的壓力也增大．故A正確，B錯誤．C、D由于半球形凹槽光滑，小球只受兩個力：重力和支持力，由平衡條件得到，支持力與重力大小相等，保持不變，則C對B的壓力也保持不變．故CD錯誤．故選A【點評】本題是三個物體的平衡問題，關鍵要靈活選擇研究的對象，采用整體法和隔離法結合研究，比較簡便．3、C【解析】

由P=Fv可知，在功率一定的情況下，當速度減小時，汽車的牽引力就會增大，此時更容易上坡，所以C正確。故選C。4、A【解析】

連接圖線的起點和終點，該連線表示做勻加速直線運動，其平均速度為v'=v0+v2，勻加速直線運動的圖線圍成的面積小于非勻變速直線運動圖線圍成的面積，而時間相等，則知該非勻變速直線運動的平均速度故選A。【點睛】速度時間圖線的切線斜率表示瞬時加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移，將該運動與勻加速直線運動相比較，分析平均速度的大小。5、B【解析】因剪斷細線后線框仍能靜止在原處，可知安培力向上，根據楞次定律可知，穿過線；圈的磁通量增加，磁感應強度增強，選項D錯誤；設B=B0+kt;根據平衡知識；即，式中mg、B0、S、L及R均為定值，則隨時間t的增加，k減小時，等式兩邊才能平衡，故選項B正確，AC錯誤；故選B.6、C【解析】

物塊在傳送帶上做勻加速直線運動，結合位移時間公式分析比較運動的時間．【詳解】一物塊輕放在傳送帶左端，當物塊運動到傳送帶右端時恰與傳送帶速度相等，知物塊向右做勻加速直線運動，傳送帶速度增大，物塊仍然做勻加速直線運動，到達右端時速度未達到傳送帶速度，根據x=12at2知，運動的時間相同.故C正確，ABD錯誤．故選二、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】A.橡皮筋的伸長量逐漸減小,每根橡皮筋的彈力大小逐漸減小,兩根橡皮筋的夾角增大,所以橡皮筋對模型飛機的彈力(合力)一直在減小，在D位置所受彈力最大。故A正確；B.從D到C，橡皮筋的彈力逐漸減小，彈力先大于重力，后小于重力，模型飛機的速度先增大后減小，彈力等于重力時，速度最大，故B錯誤；C.從D到C，橡皮筋的彈力逐漸減小，橡皮筋對模型飛機的彈力先大于重力，加速度逐漸減小；后小于重力，加速度逐漸增大，所以模型飛機的加速度先減小，后增大，故C正確；D.橡皮筋對模型飛機的彈力始終做正功，由功能關系知，模型飛機的機械能一直在增大，故D正確；故選：ACD。8、AC【解析】

A．由于小球做圓周運動，在最低點由拉力與重力的合力提供向心力，所以小球運動到最低點Q時，拉力一定大于重力，故A正確；B．在最高點，有在最低點，有：從最高點到最低點，根據機械能守恒定律，有聯立解得：與最低點速度大小無關，故B錯誤；C．小球恰好通過最高點，在最高點，有解得：從最高點到最低點，根據機械能守恒定律，有解得：所以小球一定能通過最高點P，故C正確；D．根據動能定理得解得不越過四分之一圓周的最小速度所以當時，細繩始終處于繃緊狀態，若小球能過最高點則最小速度為，由于所以細繩不一定始終處于繃緊狀態，故D錯誤。9、CD【解析】試題分析：由于電場強度方向未知，不能求解場強的大小．強電場中沿著電場線方向，兩點間的電勢差與兩點間的距離成正比，則A點的電勢等于MP兩點電勢的平均值，B的電勢等于NQ兩點電勢的平均值，根據電場力公式W=qU求解從題中只能判斷出從P點移動到Q點過程中電場力做正功，無法判斷電場方向，A錯誤；由于MN之間的距離不一定是沿著電場方向上的距離，所以無法計算電場強度大小，B錯誤；因為電場是勻強電場，在同一條電場線上，A點的電勢是M、P兩點電勢的平均值，即φA=φWAB=qUAB=q(φA-φB)=q(φM+φ10、AC【解析】物體受重力、支持力、拉力和摩擦力，因為物體做勻速運動，所以物體所受的滑動摩擦力大小為：，由此可知摩擦力與支持力的合力與水平方向夾角的正切值為：，因為不變，所以地面對物塊的彈力和摩擦力的合力方向不變，故A正確；物體作勻速運動，即重力與拉力的合力一定和摩擦力與支持力的合力等大反向，隨著F與水平面的夾角從0逐漸增大，拉力與重力的合力在變化，所以摩擦力與支持力的合力大小也在變化，故B錯誤；對物體受力分析如圖所示：

因為物體勻速運動，水平豎直方向均受力平衡，水平方向：，豎直方向：，摩擦力為：Ff=μFN，聯立解得：，根據三角函數知識可知拉力F先減小后增大，故C正確，D錯誤。所以AC正確，BD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、擋光片中心繩子有一定的質量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運動受到空氣阻力等重力加速度g【解析】

解：（1）螺旋測微器的固定刻度讀數為5.5mm，可動刻度讀數為0.01×20.0mm=0.200mm，所以最終讀數為：5.5mm+0.200mm=5.700mm．（2）需要測量系統重力勢能的變化量，則應該測量出擋光片中心到光電門中心的距離，系統的末速度為：，則系統重力勢能的減小量△Ep=mgh，系統動能的增加量為：,若系統機械能守恒，則有：（3）系統機械能守恒的條件是只有重力做功，引起實驗誤差的原因可能有：繩子有質量；滑輪與繩子有摩擦；重物運動受到阻力作用．（4）根據牛頓第二定律得，系統所受的合力為mg，則系統加速度為：，當m不斷增大，則a趨向于g．【點評】考查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，解決本題的關鍵知道實驗的原理，知道誤差產生的原因，掌握整體法在牛頓第二定律中的運用．12、B1:15:8