2025屆廣東省廣州越秀區(qū)培正中學高三上物理期中復習檢測試題含解析

2025屆廣東省廣州越秀區(qū)培正中學高三上物理期中復習檢測試題考生須知：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、細繩拴一個質量為m的小球，小球將左端固定在墻上的輕彈簧壓縮了x(小球與彈簧不連接)，小球靜止時彈簧在水平位置，細繩與豎直方向的夾角為53°，小球到地面的高度為h，如圖所示。下列說法中正確的是(A．細線燒斷瞬間彈簧彈力為5B．細繩燒斷瞬間小球的加速度為5C．細線燒斷后小球做平拋運動D．細繩燒斷后，小球落地的速度等于2gh2、中央電視臺綜藝節(jié)目《加油向未來》中有一個橄欖球空中擊劍游戲：寶劍從空中B點自由落下，同時橄欖球從A點以速度v0沿AB方向拋出，恰好在空中C點擊中劍尖，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．橄欖球在空中運動的加速度大于寶劍下落的加速度B．橄欖球若以小于v0的速度沿原方向拋出，一定能在C點下方擊中劍尖C．橄欖球若以大于v0的速度沿原方向拋出，一定能在C點上方擊中劍尖D．橄欖球無論以多大速度沿原方向拋出，都能擊中劍尖3、如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R。在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里?，F(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由靜止下落到剛完全穿過勻強磁場區(qū)域過程的v－t圖象，圖中字母均為已知量。重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向B．金屬線框的邊長為v1（t2－t1）C．磁場的磁感應強度為D．金屬線框在0～t4的時間內所產生的熱量為4、汽車甲和乙在同一公路上做直線運動，下圖是它們運動過程中的U-t圖像，二者在t1和t2時刻的速度分別為v1和v2，則在t1到t2時間內A．t1時刻甲的加速度小于乙的加速度B．乙運動的加速度不斷增大C．甲與乙間距離越來越大D．乙的平均速度等于5、一衛(wèi)星繞某一行星表面附近做勻速圓周運動，其線速度大小為v。假設宇航員在該行星表面上用彈簧測力計測量一質量為m的物體重力，物體靜止時，彈簧測力計的示數(shù)為N。已知引力常量為G，則這顆行星的質量為()A．B．C．D．6、甲車由靜止開始做勻加速直線運動,通過位移s后速度達到v,然后做勻減速直線運動直至靜止,乙車由靜止開始做勻加速直線運動,通過位移2s后速度也達到v.然后做勻減速直線運動直至靜止,甲、乙兩車在整個運動中的平均速度分別為v1和v2,v1與v2的關系是()A．v1＞v2 B．v1=v2 C．v1＜v2 D．無法確定二、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、一物體在水平面上受恒定的水平拉力和摩擦力作用由靜止開始做直線運動，在第1秒末撤去水平拉力，其Ek－X圖象如圖所示，g=10m/s2，則()A．物體的質量為10kgB．物體與水平面的動摩擦因數(shù)為0.2C．第1秒內合力對物體做的功為30JD．前4秒內拉力對物體做的功為60J8、一個質量為0.3kg的彈性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運動，反彈后的速度大小與碰撞前相同.則碰撞前后小球速度變化量的大小Δv和碰撞過程中墻對小球做功的大小W為（）A．Δv=0 B．Δv=12m/s C．W=0 D．W=10.8J9、2009年5月，航天飛機在完成對哈勃空間望遠鏡的維修任務后，在A點從圓形軌道Ⅰ進入橢圓軌道Ⅱ，B為軌道Ⅱ上的一點，如圖所示，關于航天飛機的運動，下列說法中正確的有A．在軌道Ⅱ上經過A的速度小于經過B的速度B．在軌道Ⅱ上經過A的動能小于在軌道Ⅰ上經過A的動能C．在軌道Ⅱ上運動的周期小于在軌道Ⅰ上運動的周期D．在軌道Ⅱ上經過A的加速度小于在軌道Ⅰ上經過A的加速度10、如圖所示，傾角為30°的光滑斜面底端固定一輕彈簧，點為原長位置。質量為的滑塊從斜面上點由靜止釋放，物塊下滑并壓縮彈簧到最短的過程中，最大動能為?，F(xiàn)將物塊由點上方處的點由靜止釋放，彈簧被壓縮過程中始終在彈性限度內，取，則下列說法正確的是A．從點釋放，滑塊被彈簧彈回經過點的動能等于B．點到點的距離小于C．從點釋放后，滑塊運動的最大動能為D．從點釋放，彈簧最大彈性勢能比從點釋放增加了三、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）在做“研究平拋物體的運動”的實驗時，通過描點法畫出小球平拋運動軌跡，并求出平拋運動初速度。實驗裝置如圖甲所示。如圖乙所示，某同學在描繪平拋運動軌跡時，忘記記下斜槽末端位置。圖中A點為小球運動一段時間后的位置，他便以A點為坐標原點，建立了水平方向和豎直方向的坐標軸，則根據(jù)圖象可知小球平拋運動的初速度大小為________m/s，以及拋出點的坐標________。（g取10m/s2）12．（12分）如圖所示，為某同學在測量小車加速度的實驗中，用打點計時器打出的一條紙帶，已知打點計時器采用的是頻率為50Hz的交流電，兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出，則根據(jù)紙帶，可求出3號計數(shù)點的速度_________m/s，小車運動的加速度為______m/s2（結果保留三位有效數(shù)字）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）在籃球比賽時，運動員為了避免對方運動員對籃球的攔截，往往采取使籃球與地面發(fā)生一次碰撞反彈而傳遞給隊友的傳球方法。假設運動員甲將質量m=0.5kg的籃球，以v0=5m/s的速率從離地面高h=0.8m處水平拋出，球與地面碰撞后水平方向的速度變?yōu)榕c地面碰撞前水平速度的4/5，球與地面碰撞后豎直方向速度變?yōu)榕c地面碰前瞬間豎直方向速度的3/4，運動員乙恰好在籃球的速度變?yōu)樗綍r接住籃球，籃球與地面碰撞作用的時間極短（可忽略不計），不計空氣阻力，g取10m/s2，求：甲、乙傳球所用的時間和甲拋球位置與乙接球位置之間的水平距離分別是多少？14．（16分）甲、乙兩車分別在A、B兩條平直并列的雙車道上，乙車停在B車道某位置處，當甲車從后方經過乙車旁時，甲車立即剎車以初速度v1＝20.0m/s，加速度a1＝2.0m/s2做勻減速直線運動，同時乙車立即以加速度a2＝0.5m/s2與甲同向做勻加速直線運動。求：(1)甲、乙兩車相遇前相距的最大距離；(2)乙車追上甲車經歷的時間。15．（12分）如圖所示，矩形區(qū)域以對角線abcd為邊界分為上、下兩個區(qū)域，對角線上方區(qū)域存在豎直向下的勻強電場，對角線下方區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場。質量為m、帶電量為+q的粒子以速度從a點沿邊界ab進入電場，恰好從對角線ac的中點O進入磁場，并恰好未從邊界cd射出。已知ab邊長為2L，bc邊長為，粒子重力不計，求：(1)電場強度E的大?。?2)磁感應強度B的大小。

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】

小球靜止時，分析受力情況，由平衡條件求解彈簧的彈力大小和細繩的拉力大小。細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細繩拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度。【詳解】小球靜止時，分析受力情況，如圖，由平衡條件得細繩的拉力大小為：T=mgcos53°=53細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細繩拉力的大小相等、方向相反，由牛頓第二定律可知，燒斷細線瞬間小球的加速度大小為：a=Tm=53g，故B正確；將細繩燒斷后，小球受到重力和彈簧的彈力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，小球的運動不是平拋運動，故C錯誤；小球若做自由落體時，根據(jù)v2=2gh得落地速度是【點睛】本題中小球先處于平衡狀態(tài)，由平衡條件求解各力的大小，后燒斷細繩，小球處于非平衡條件，抓住細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變是關鍵。2、C【解析】

A．橄欖球在空中運動的加速度等于寶劍下落的加速度，均等于重力加速度，故A錯誤；B．橄欖球若以小于v0的速度沿原方向拋出，則水平方向的速度減小，運動到相遇點的時間增大，劍下降的高度增大，可能劍尖落地后橄欖球才到C點所在的豎直線，所以橄欖球可能在C點下方擊中劍尖，也可能擊不中劍尖，故B錯誤；C．橄欖球若以大于v0的速度沿原方向拋出，則水平方向的速度增大，運動到相遇點的時間減小，劍下降的高度減小，一定能在C點上方擊中劍尖，故選項C正確；D．若拋出的速度太小，可能橄欖球不會與劍尖相遇，故選項D錯誤。故選C。3、BCD【解析】金屬線框剛進入磁場時，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應電流方向沿abcda方向；故A錯誤；由圖象可知，金屬框進入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2-t1，故金屬框的邊長：l=v1（t2-t1）；故B正確；在金屬框進入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力，則得：mg=BIl，，又l=v1（t2-t1）．聯(lián)立解得：；故C正確；t1到t2時間內，根據(jù)能量守恒定律，產生的熱量為：Q1=mgl=mgυ1（t2-t1）；t3到t4時間內，根據(jù)能量守恒定律，產生的熱量為：；故；故D正確；故選BCD．4、A【解析】試題分析：在速度-時間圖象中每一點表示該時刻所對應的速度，圖線上每一點切線的斜率表示物體的瞬時加速度，根據(jù)圖象的斜率可知加速度的變化；由速度公式可求得位移及平均速度．v-t圖像的斜率表示加速度，所以時刻甲的加速度小于乙的加速度，乙的斜率越來越小，所以加速度越來越小，A正確B錯誤；由于甲乙不知道t=0時刻甲乙兩車的位置關系，則無法判斷兩者間的距離如何變化，C錯誤；甲做勻減速直線運動，在t1和t2時間內，甲的平均速度為，由于乙的位移小于甲的位移，故乙的平均速度，D錯誤．5、B【解析】試題分析：因為G=mg所以,根據(jù)萬有引力提供向心力得:；解得：,故選B。考點：萬有引力定律的應用。6、B【解析】

根據(jù)勻變速直線運動的推論，知甲車勻加速直線運動的平均速度勻減速運動的平均速度，可知全程的平均速度同理，乙車全程的平均速度.則故B正確，A.C.

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、AD【解析】A、由圖知：當位移為x1=1.5m時，撤去外力，所以物體在第1s內的位移為x1=1則由動能定理可得合外力做功W=F得F合=30N，又有牛頓第二定律知解得：m=10kg，故A正確B、當撤掉外力F后，物體做減速運動，由圖可知物體發(fā)生的位移為x2=4.5m，物體在摩擦力作用下減速，此時合外力做功為：解得：μ=0.1，故B錯誤C、從圖像可以知道在第1s內合外力做的功就等于動能的變化量，所以合外力做功為45J，故C錯誤D、第1s內由動能定理可得合外力做功W=F得F合=F-μmg=30N，即F=40N，物體在第1s內受拉力作用，所以前4秒內拉力做的功即等于第1s內拉力做的功，WF綜上所述本題答案是：AD8、BC【解析】

A.規(guī)定初速度方向為正方向，初速度，碰撞后速度，則速度變化量為：負號表示速度變化量的方向與初速度方向相反，所以碰撞前后小球速度變化量的大小為12m/s，故A錯誤，B正確；

C.運用動能定理研究碰撞過程，由于初、末動能相等，則：碰撞過程中墻對小球做功的大小W為0，故C正確，D錯誤。9、ABC【解析】

本題考查人造地球衛(wèi)星的變軌問題以及圓周運動各量隨半徑的變化關系．，得，在人造衛(wèi)星自然運行的軌道上，線速度隨著距地心的距離減小而增大，所以遠地點的線速度比近地點的線速度小，vA<vB，A項正確；人造衛(wèi)星從橢圓軌道Ⅱ變軌到圓形軌道Ⅰ，需要點火加速，發(fā)生離心運動才能實現(xiàn)，因此vAⅡ<vAⅠ，所以EKAⅡ<EKAⅠ，B項正確；，得，可知到地心距離越大，周期越大，因此TⅡ<TⅠ,C項正確；人造衛(wèi)星運動的加速度由萬有引力提供，而不管在軌道Ⅱ還是在軌道Ⅰ，兩者的受力是相等的，因此加速度相等，D項錯誤．10、ABC【解析】

A.從點釋放，斜面光滑，根據(jù)機械能守恒知塊被彈簧彈回經過點動能為：故A正確；B.物塊從點時開始壓縮彈簧，彈力逐漸增大，開始階段彈簧的彈力小于滑塊的重力沿斜面向下的分力，物塊做加速運動，后來，彈簧的彈力大于滑塊的重力沿斜面向下的分力，物塊做減速運動，所以物塊先做加速運動后做減速運動，彈簧的彈力等于滑塊的重力沿斜面向下的分力時物塊的速度最大；從點到點，根據(jù)動能定理則有：解得點到點的距離：故B正確；C.設物塊動能最大時彈簧的彈性勢能為，從釋放到動能最大的過程，由系統(tǒng)的機械能守恒得：從釋放到動能最大的過程，由系統(tǒng)的機械能守恒得：聯(lián)立可得：據(jù)題有：所以得從點釋放滑塊最大動能為：故C正確；D．根據(jù)物塊和彈簧的系統(tǒng)機械能守恒知，彈簧最大彈性勢能等于物塊減少的重力勢能，由于從點釋放彈簧的壓縮量增大，所以從點釋放彈簧最大彈性勢能比從點釋放增加為：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、2（-20cm，-5cm）【解析】

[1]根據(jù)得：則小球平拋運動的初速度為：[2]點的豎直分速度為：根據(jù)知：則拋出點與B點的豎直位移為：水平位移為：則拋出點的位置坐