2025屆福建省寧德市重點名校高三上物理期中檢測模擬試題含解析

2025屆福建省寧德市重點名校高三上物理期中檢測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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、由庫侖定律可知，真空中兩個靜止的點電荷，當所帶電荷量分別q1和q2，其間距為r時，它們之間靜電力的大小為，式中k為靜電力常量。在國際單位制中，k的單位是（）A．N·m2/C2 B．C2/(N·m2) C．N·m2/C D．N·C2/m22、如圖所示，一根長為L不可伸長的輕繩跨過光滑的水平軸O，兩端分別連接質量為2m的小球A和質量為m的物塊B，由圖示位置釋放后，當小球轉動到水平軸正下方時輕繩的中點正好在水平軸O點，且此時物塊B的速度剛好為零，則下列說法中正確的是()A．物塊B一直處于靜止狀態(tài)B．小球A從圖示位置運動到水平軸正下方的過程中機械能守恒C．小球A運動到水平軸正下方時的速度大小為D．小球A從圖示位置運動到水平軸正下方的過程中，小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒3、小明乘坐豎直電梯經過1min可達頂樓，已知電梯在t=0時由靜止開始上升，取豎直向上為正方向，該電梯的加速度a隨時間t的變化圖像如圖所示。若電梯受力簡化為只受重力與繩索拉力，則A．t=4.5s時，電梯處于失重狀態(tài)B．在5～55s時間內，繩索拉力最小C．t=59.5s時，電梯處于超重狀態(tài)D．t=60s時，繩索拉力的功率恰好為零4、“嫦娥五號”探測器由軌道器、返回器、著陸器等多個部分組成．探測器預計在2017年由“長征五號”運載火箭在中國文昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，自動完成月面樣品采集，并從月球起飛，返回地球，帶回約2kg月球樣品．某同學從網上得到一些信息，如表格中的數據所示，請根據題意，判斷地球和月球的密度之比為()地球和月球的半徑之比=4地球表面和月球表面的重力加速度之比=6A． B． C．4 D．65、通電導體棒水平放置在絕緣斜面上，整個裝置置于勻強磁場中，導體棒能保持靜止狀態(tài)以下四種情況中導體棒與斜面間一定存在摩擦力的是A． B．C． D．6、如圖所示，質量為m的物體用細繩子牽引著在光滑的水平面上作勻速圓周運動，O為一光滑的孔，當拉力為F時，轉動半徑為R；當拉力增大到6F時，物體仍作勻速圓周運動，此時轉動半徑為在此過程中，拉力對物體做的功為A． B． C． D．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、2017年4月10日，三名宇航員在國際空間站停留173天后，乘坐“聯盟MS–02”飛船從國際空間站成功返回，并在哈薩克斯坦附近著陸．設國際空間站在離地面高度約400km的軌道上繞地球做勻速圓周運動，已知地球同步衛(wèi)星軌道高度約36000km，地球半徑約6400km．下列說法正確的是A．飛船在返回地球的過程中機械能守恒B．經估算，國際空間站的運行周期約為90minC．國際空間站的速度小于地球的第一宇宙速度D．返回時，需先讓飛船與國際空間站脫離，再點火加速，然后即可下降8、如圖所示的電路中，電源電動勢E=6V，其內阻可忽略不計，電阻的阻值分別為R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ。閉合開關S，待電流穩(wěn)定后，用電壓表測R1兩端的電壓，其穩(wěn)定值為1.5V。則下列說法正確的是（）A．該電壓表的內阻為4.8kΩB．電壓表接入時，電流表有向右的電流C．由于電壓表接入，電容器的帶電量減小D．斷開電鍵，電流表瞬間有向右的電流9、如圖所示，電路與一絕熱密閉氣缸相連，R為電阻絲，氣缸內有一定質量的理想氣體，外界大氣壓恒定。閉合電鍵后，絕熱活塞K緩慢且無摩擦地向右移動，則下列說法正確的是__________A．氣體的內能增加B．氣體分子平均動能不變C．電熱絲放出的熱量等于氣體對外所做的功D．氣體的壓強不變E.氣體分子單位時間內對器壁單位面積的撞擊次數減少10、甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度—時間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時刻并排行駛。下列說法正確的是（）。A．兩車在t1時刻也并排行駛 B．在t1時刻甲車在后，乙車在前C．甲車的加速度大小先增大后減小 D．乙車的加速度大小先減小后增大三、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）某實驗小組利用圖示的裝置探究加速度與力、質量的關系．（1）下列做法正確的是________（選填字母代號）．A．調節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行B．在調節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上C．實驗時，先放開木塊再接通打點計時器的電源D．通過增減木塊上的砝碼改變質量時，不需要重新調節(jié)木板傾斜度（2）為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于木塊運動時受到的拉力，應滿足的條件是砝碼桶及桶內砝碼的總質量________木塊和木塊上砝碼的總質量．（選填“遠大于”“遠小于”或“近似等于”）（3）甲、乙兩同學在同一實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到圖中甲、乙兩條直線．設甲、乙用的木塊質量分別為m甲、m乙，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數分別為μ甲、μ乙，由圖可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．（選填“大于”“小于”或“等于”）12．（12分）用如圖甲所示的裝置進行“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中．（1）若小車的總質量為M，砝碼和砝碼盤的總質量為m，則當滿足_________條件時，可認為小車受到合外力大小等于砝碼和砝碼盤的總重力大?。?）在探究加速度與質量的關系實驗中，下列做法中正確的是_______．A．平衡摩擦力時，不應將裝砝碼的砝碼盤用細繩通過定滑輪系在小車上B．每次改變小車的質量時，都需要重新平衡摩擦力C．實驗時，先接通打點計時器電源，再放開小車D．小車運動的加速度可由牛頓第二定律直接求出（3）甲同學通過對小車所牽引紙帶的測量，就能得出小車的加速度a．如圖乙是某次實驗所打出的一條紙帶，在紙帶上標出了5個計數點，在相鄰的兩個計數點之間還有4個打點未標出，計時器打點頻率為50Hz，則小車運動的加速度為________________（保留兩位有效數字）．（4）乙同學通過給小車增加砝碼來改變小車的質量M，得到小車的加速度a與質量M的數據，畫出圖線后，發(fā)現當較大時，圖線發(fā)生彎曲．該同學后來又對實驗方案進行了進一步地修正，避免了圖線的末端發(fā)生彎曲的現象．則該同學的修正方案可能是_________．A．改畫a與的關系圖線B．改畫a與的關系圖線C．改畫a與的關系圖線D．改畫a與的關系圖線四、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，區(qū)域Ⅰ內有電場強度為E=2104N/C、方向豎直向上的勻強電場；區(qū)域II中有一光滑絕緣圓弧軌道，軌道半徑為R=2m，軌道在A點的切線與水平方向成60°角，在B點的切線與豎直線CD垂直；在區(qū)域Ⅲ有一寬為d=3m的有界勻強電場，電場強度大小未知，方向水平向右．一質量為m=0.4kg、帶電荷量為q=-210-4C的小球（質點）從左邊界O點正上方的M點以速度v0=2m/s水平射入區(qū)域I，恰好從A點沿圓弧軌道切線進入軌道且恰好不能從Ⅲ區(qū)域中電場的右邊界穿出，（取g=10m/s2）求：（1）OM的長L（2）區(qū)域Ⅲ中電場的電場強度大小E′14．（16分）如圖所示，傾角θ=的足夠長的斜面固定在水平地面上，質量m=1kg的物塊在沿斜面向上的恒力F作用下，由斜面底端A處從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，當物塊運動t1=2s時撤去外力F，物塊繼續(xù)向上運動，一段時間后物塊到達最高點B．物塊運動的v-t圖象如圖所示.取g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8.求:(1)物塊和斜面之間的動摩擦因數.(2)沿斜面向上的恒力F的大小.(3)物塊從最高點B返回到斜面底端A點所用時間t.15．（12分）如圖所示，O為固定懸點，長為L的絕緣絲線懸掛一個帶電量為＋q小球，處于水平方向的勻強電場中受到電場力為F．當絲線處于豎直位置時，將小球由靜止釋放，絲線擺動的最大角度為θ，重力加速度為g．求：（1）電場強度；（2）小球由靜止擺到θ角時電勢能的變化量；（3）帶電量為＋q的小球質量．

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、A【解析】

本題考查國際單位制的轉化?！驹斀狻緼BCD.由庫侖力公式可知：則k的單位為N·m2/C2，故A正確BCD錯誤。故選A。2、D【解析】

當小球轉動到水平軸正下方時輕繩的中點正好在水平軸O點，所以小球A下降的高度為

，物塊B會上升一定的高度，由能量守恒有

所以小球A運動到水平軸正下方時的速度，C錯誤；由于物塊B會上升一定的高度，所以B物體不可能一直靜止，故A錯誤；在整個過程中小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒，B錯D對．本題選D．3、D【解析】

A．電梯在t=1時由靜止開始上升，加速度向上，電梯處于超重狀態(tài)，此時加速度a＞1．t=4.5s時，a＞1，電梯也處于超重狀態(tài)。故A錯誤。

B．5～55s時間內，a=1，電梯處于平衡狀態(tài)，繩索拉力等于電梯的重力，應大于電梯失重時繩索的拉力，所以這段時間內繩索拉力不是最小。故B錯誤。

C．t=59.5s時，電梯減速向上運動，a＜1，加速度方向向下，電梯處于失重狀態(tài)，故C錯誤。

D．根據a-t圖象與坐標軸所圍的面積表示速度的變化量，由幾何知識可知，61s內a-t圖象與坐標軸所圍的面積為1，所以速度的變化量為1，而電梯的初速度為1，所以t=61s時，電梯速度恰好為1，根據P=Fv可知繩索拉力的功率恰好為零，故D正確。4、B【解析】

在地球表面，重力等于萬有引力，故解得故密度同理．月球的密度故地球和月球的密度之比故選B。5、B【解析】

導體棒處于靜止，由共點力平衡條件，合外力為零，分析導體棒受力即可．其中導體棒所受安培力用左手定則判定．A中導體棒受重力、斜面的支持力、水平向右的安培力，有可能平衡，故不一定有摩擦力，故A錯．B中導體棒受重力、斜面的支持力、水平向左的安培力，合外力不可能為零，所以必須受沿斜面向上的摩擦力，故B對．C中導體棒受重力、斜面的支持力、沿斜面向上的安培力，合外力可能為零，故不一定有摩擦力，故C錯．D中導體棒受重力、豎直向上的安培力，合外力可能為零，故不受支持力和摩擦力，故D錯．故選B．6、A【解析】

物體在光滑水平面上做勻速圓周運動，由繩子的拉力提供向心力，根據牛頓第二定律分別求出兩種拉力情況下物體的速度，再根據動能定理求出外力對物體所做的功?！驹斀狻吭O當繩的拉力為F時，小球做勻速圓周運動的線速度為，則有：，當繩的拉力增大到6F時，小球做勻速圓周運動的線速度設為，則有：，在繩的拉力由F增大到6F的過程中，根據動能定理得：。所以繩的拉力所做功的大小為，故A正確，BCD錯誤?！军c睛】本題是向心力與動能定理的綜合應用，它們之間的紐帶是速度，要明確動能定理是求功的基本方法之一．二、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、BC【解析】飛船在返回地球的過程中需要控制速度，機械能不守恒，故A錯誤；根據萬有引力提供向心力：，解得：可知，，國際空間站的軌道半徑約為7000km，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為36000km，地球同步衛(wèi)星的周期為24h，可得國際空間站的運行周期約為90min，故B正確；地球的第一宇宙速度是所有地球衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，所以國際空間站的速度小于地球的第一宇宙速度，故C正確；返回時，需先讓飛船與國際空間站脫離，然后減速，即可下降，故D錯誤．所以BC正確，AD錯誤．8、AB【解析】

A．令電壓表的內阻為RV，測得R1兩端的電壓為U1，R1與RV并聯后的總電阻為R。電路穩(wěn)定時，電阻R1與電壓表電阻RV分得電壓為U1=1.5V，可得電阻R2分得電壓為：U2=E-U1=6.0-1.5=4.5V根據串聯電壓分壓規(guī)律可得：即，解得：RV=4.8kΩ故A正確。BC．電壓表的接入，總電阻減小，干路電流增大，電容器兩端電壓增大，電容器充電，左極板為正極板，則電流表有向右的電流。故B正確，C錯誤。

D．斷開電鍵，電容器放電，電流表瞬間有向左的電流。故D錯誤。9、ADE【解析】

AD．活塞可無摩擦滑動，外界大氣壓強不變，故氣體為等壓變化；活塞緩慢向右移動過程中，氣體體積增大，故溫度一定升高，氣體內能增加，故A正確，D正確；B．電阻絲向氣體放熱氣體溫度升高，而理想氣體內能只取決于分子動能，氣體溫度升高，分子平均動能增大，故B錯誤；C．氣體內能增大，由熱力學第一定律可知，電阻絲向氣體放出的熱量一定大于對外做功，故C錯誤；E．氣體體積變大，故氣體單位體積內的分子數減小時，故單位時間內氣體分子對活塞的碰撞次數減小，故E正確。故選ADE?！军c睛】該題以氣體的等壓變化為基點，考查熱流道第一定律、溫度的無關意義以及壓強的無關意義等，其中熱力學第一定律為熱學中的重點內容，在學習中要注意重點把握。10、BD【解析】

AB．兩車在t2時刻并排行駛，t1~t2時間內，由圖象與坐標軸所圍的面積可知，甲車的位移大于乙車的位移，所以在t1時刻，兩車不是并排行駛，而是甲在乙的后面，故A錯誤B正確；CD．由圖象的斜率知，甲、乙兩車的加速度均先減小后增大，故C錯誤D正確。故選BD。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、AD遠小于小于大于【解析】

（1）[1]．實驗中細繩要保持與長木板平行，A項正確；平衡摩擦力時不能將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上，這樣無法平衡摩擦力，B項錯誤；實驗時應先接通電源再放開木塊，C項錯誤；平衡摩擦力后，改變木塊上的砝碼的質量后不再需要重新平衡摩擦力，D項正確．（2）[2]．由整體法和隔離法得到細繩中的拉力F＝Ma＝M＝mg，可見，當砝碼桶和桶內砝碼的總質量m遠小于木塊和木塊上砝碼的總質量M時，可得F≈mg.（3）[3]．不平衡摩擦力，則F－μmg＝ma，a＝－μg，圖象的斜率大的木塊的質量小，縱軸截距絕對值大的動摩擦因數大，因此m甲<m乙，μ甲>μ乙．12、M>>mAC0.45A【解析】試題分析：（1）小車所受的合力等于繩子的拉力，對整體運用牛頓第二定律得：，隔離對M分析，有：，當時，可認為小車受到合外力大小等于砝碼乙和砝碼盤的總重力．（2）在該實驗中，我們認為繩子的拉力就等于小車所受的合外力，故在平衡摩擦力時，細繩的另一端不能懸掛裝砝碼的砝碼盤，故A正確；由于平衡摩擦力之后有，故，所以無論小車的質量是否改變，小車所受的滑動摩擦力都等于小車的重力沿斜面的分力，改變小車質量時不需要重新平衡摩擦力，故B錯誤；實驗時應先接通電源然后再放開小車，故C正確；小車的加速度應根據打點計時器打出的紙帶求出，不能由牛頓第二定律求出，故D錯誤．（3）每打五個點取一個計數點，又因打點計時器每隔打一個點，所以相鄰兩計數點間的時間，根據，則：．（4）分別對小車與砝碼列出牛頓第二定律，對小車有，對砝碼有，兩式聯立可得，作圖時應作出圖象，故選項A正確．考點：探究加速度與物體質量、物體受力的關系【名師點睛】明確實驗原理是解決有關實驗問題的關鍵．在驗證牛頓第二定律實驗中，注意以下幾點：平衡摩擦力，這樣繩子拉力才為合力；滿足砝碼（連同砝碼盤）質量遠小于小車的質量，這樣繩子拉力才近似等于砝碼（連同砝碼盤）的重力；用“二分法”求出小車的加速度．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）L=0.3m（2）E′=1.2104N/C【解析】

(1)小球在區(qū)域I中做類平拋運動，結合A點的速度方向和初速度求出豎直分速度，根據牛頓第二定律求出豎直方向上的加速度，結合速度位移公式求出L的長度；(2)根據動能定理求出小球到達B點時的速度．小球在區(qū)域III中水平方向上