辽宁省营口市营口开发区第一高级中学2026-2027学年高三上学期期中自编物理模拟试卷

高三上学期 期中物理试卷 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．北京时间2025年9月16日9时06分，我国在酒泉卫星发射中心将卫星互联网技术试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。不同高度的卫星绕地球做匀速圆周运动时，卫星与地心连线单位时间内扫过的面积S与卫星线速度的倒数关系图像如图所示（图中a，b已知）。已知地球半径为R，万有引力常量为G，卫星绕地球运动可视为匀速圆周运动。下列判断正确的是（　　 ） A．地球质量为 B．地球密度为 C．地球第一宇宙速度为 D．若卫星绕地球运动的周期为T，卫星离地面的高度为 2．如图所示，竖直杆光滑，水平杆粗糙，质量均为m的两个小球穿在两杆上，并通过轻弹簧相连，在图示位置连线与竖直方向成角时恰好平衡，现在让系统绕杆所在竖直线为轴以从零开始逐渐增大的角速度转动，下列说法正确的是（　　） A．小球A与杆的弹力随的增大而增大 B．弹簧的长度随的增大而增长 C．小球A与杆的摩擦力随的增大而增大 D．开始的一段时间内，B小球与杆的弹力随的增大而可能不变 3．如图甲所示，光滑绝缘水平杆左端固定一带正电的点电荷M，其电荷量，带电小球N套在杆上；空间存在一水平非匀强静电场（未画出），将杆沿非匀强电场方向固定，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立一维坐标系。规定x轴正方向为受力的正方向，点电荷M对小球N的作用力随坐标x的变化关系如图乙中曲线I所示，小球N所受水平方向的合力随坐标x的变化关系如图乙中曲线II所示。已知小球N的电荷量保持不变，静电力常量，则处非匀强静电场的电场强度大小E为（　　） A． B． C． D． 4．如图所示，长为，竖直放置的光滑绝缘细杆垂直穿过半径为、带电量为的水平固定大圆环圆心，细杆上、、三点等分细杆。现从细杆的顶端无初速度地释放一个质量为，带电量为的套在细杆上可视为点电荷的光滑小圆环。已知静电力常量为，重力加速度为，大圆环上的电荷均匀分布，忽略小圆环上电荷对电场分布的影响，则下列说法正确的是（     ） A．小圆环在点的速度大小为 B．大圆环在点产生的场强大小为 C．小圆环从到的过程中合外力的冲量为0 D．在点圆环的速度最大 5．如图1所示，风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等。已知叶片长为，风速为，空气密度为，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有空气速度减速为0，有空气以原速率穿过，如图2所示。图3所示为齿轮箱一级示意图，它由太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈组成，它们的齿数分别为、、。不考虑其它能量损耗，下列说法正确的是（     ） A．太阳轮与齿圈转动的角速度之比为 B．单位时间内与叶片发生作用的风的质量为 C．一台风力发电机的发电功率约为 D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为 6．如图所示，水平光滑地面上静置有质量为、长度为的长方体木块，O为长方体木块的几何中心，一颗子弹沿水平方向射入木块，当木块水平向右移动0.1m时，子弹与木块恰好达到共同速度，此时子弹位于O点右侧（未射出），该过程中子弹与木块间的摩擦力大小不变，子弹在木块中沿水平方向运动，则子弹的质量可能为（     ） A．0.15kg B．0.3kg C．0.45kg D．0.6kg 7．如图，足够长倾斜传送带沿顺时针方向转动，物块从传送带底端以一定的初速度冲上去，初速度大于传送带速度，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切值，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，取沿传送带向上方向为正方向，物块在传送带上运动过程加速度、重力势能（最低为零势能面）、机械能、动能随位移变化关系图正确的是（     ） A． B． C． D． 8．如图，在地面上有一可左右移动的发射装置，能使小球乙以与地面成30°的速度抛出，现地面上方某处固定另一发射装置可将小球甲以水平向右抛出，AI智能控制发射装置同时发射。若当两个发射装置在同一条竖直线上时发射小球，恰好乙球运动到最高点处两球相遇，重力加速度取。（　　） A．乙球抛出的速度为 B．甲球抛出时在地面上方处 C．将发射装置乙向右平移，并将乙的发射速度改为，两小球可在空中相遇 D．将发射装置乙向左平移，无论乙的发射速度为多少，两小球不可能在空中相遇 9．如图所示，光滑轨道由和两段光滑圆弧组成，与圆心等高，在正下方，在圆心正上方，和所对圆心角均为，两段圆弧轨道半径均为。将质量为、可视为质点的小物块从点由静止释放，重力加速度为，则（　　） A．小物块运动到点时对轨道的压力大小为 B．小物块运动到点时速度大小为 C．小物块不能沿轨道运动到点 D．初始给小物块一竖直初速度，其可能沿轨道运动至点后做平抛运动 10．如图所示，足够长的水平传送带顺时针匀速转动，速度为。劲度系数为的轻弹簧的一端固定在墙壁上，另一端拴接一个质量为的小物块，将小物块无初速度放到传送带上，此时弹簧水平且处于原长。传送带与小物块之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则小物块向右运动的过程中的最大速度和最大位移分别为 A． B． C． D． 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．（6分）如图所示，某实验小组应用阿特伍德机模型探究两物体组成系统的动量定理。在阿特伍德机旁边固定一铁架台，铁架台上固定直尺和光电门1和2，选取两重锤P、Q分别悬挂在轻绳的两端，且mQ＞mP，在重锤P上固定一遮光片，已知重力加速度为g。实验过程如下： （1）用天平测量重锤mP、mQ的质量，用游标卡尺测出遮光片的宽度d，按照装置图安装调整好实验器材，固定重锤Q，记下重锤P的初始位置O； （2）接通数字光电计时器，释放重锤Q，重锤P向上运动，分别通过光电门1和2，记下遮光片分别通过光电门1和2的时间间隔和△t₂以及从光电门1到2的时间间隔t。从而计算出遮光片通过光电门1和2的速度v1和v2，且________，在遮光片经过两光电门的过程中，P、Q两物体的动量增量________；两物体组成的系统受到的外力冲量I________；（用测量的物理量符号表示） （3）比较系统中P、Q两物体动量的增量△p与两物体组成的系统受到的外力冲量I，在误差允许的范围内若。即验证了动量定理。 12．（8分）如图甲，某小组设计探究圆周运动规律的实验装置，水平实验台上依次放上复写纸和白纸并用图钉固定，中央固定拉力传感器。实验小滑块内置脉冲放电装置，可以通过滑块下方放电针发出频率为的高压电脉冲，拉力传感器中心转轴通过水平轻绳与滑块连接，实验步骤如下： （1）启动放电针开关，推动滑块使其绕做圆周运动，电脉冲放电通过复写纸在白纸上留下一系列点，如图乙，测得到打下的各点间的平均距离为； （2）为第一个点，按打点先后顺序每隔4个点取一个计数点，得到了、、、等计数点，则滑块经过相邻计数点之间的时间间隔________； （3）若将圆弧轨迹沿切线展开，由测量结果可得，滑块可等效做匀减速直线运动。图乙中依次测得连线、、、与之间的夹角分别为、、、（各角度取弧度为单位），可得滑块经过点时的角速度大小________；图丙为拉力传感器测得拉力大小随时间变化的图像，从图丙中可以获得滑块经过点时绳的拉力大小为，则滑块质量________；已知重力加速度大小为，由此可以测得滑块与白纸间的动摩擦因数________。（以上各空均用测量得到的物理量和表达） 13．（10分）在仓库卸货时常因抛掷而造成货物损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A紧靠仓库，转运车B紧靠A，A的上表面由光滑曲面OC段和粗糙水平面OD段组成，B上表面粗糙，右侧装有挡板。卸货时，可视为质点的货物由OC段上某点静止释放。已知A、B质量均为M=80kg，A、B水平上表面等高且长度均为L=5m，OC高度差H=5m。A下表面与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，不计B与地面间的摩擦。货物与A、B水平上表面的动摩擦因数均为μ2=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。 (1)要使货物在装置A上运动时A保持静止，货物质量m0应满足什么条件？ (2)若货物质量m=20kg，为使货物能停在转运车B上且不与挡板相碰，则该货物释放点距OD的高度h应满足什么条件？ 14．（12分）如图所示，空间中存在着大小为E的匀强电场，电场方向与水平方向的夹角为30°半径为R的竖直半圆形光滑轨道固定在水平地面上，圆心为O，与地面相切于M点。质量为m、电荷量为+q的小球从M点以一定速度沿切线方向进入半圆形轨道，刚好运动至最高点N，已知，重力加速度为g. (1)小球在N点的速度为多大？ (2)小球的最大动能为多大？在哪个位置？ (3)小球与轨道间的最大弹力为多大？ 15．（18分）如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长．某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平．已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦。求： (1)物块P与传送带同速之前两物块P、Q的加速度大小； (2)从物块P刚冲上传送带到P滑至右方最远处的过程中，P与传送带之间的摩擦生热； (3)若传送带以不同的速度v（0<v<2v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间摩擦生热最小？最小值为多大？ 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D B C A D AD BC AD 1．B 【详解】卫星绕地球做匀速圆周运动，设轨道半径为，单位时间内卫星与地心连线扫过的面积 则轨道半径 对做匀速圆周运动的卫星，万有引力提供向心力，即 则，把代入得 则 可见：图像斜率 A．由图，斜率，所以，则，故A错误； B．地球体积，则地球密度，故B正确； C．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，满足 则地球第一宇宙速度为，故C错误； D．由开普勒第三定律，则 则轨道半径 则卫星离地高度，故D错误。 故选B。 2．D 【详解】A．开始未转动时恰好平衡，A受杄的摩擦力水平向右恰好达最大值，如果从零开始增大，那么由整体法可知A、B竖直方向受力平衡，则A与杆的弹力与A、B的重力平衡，所以大小是不变，故A错误； BC．随着角速度的增大，在A相对OQ不动时，设弹簧对A的拉力的水平分力为F，由 可知A与杆的摩擦力先减小到零，然后反方向增大，直到A开始移动到新的相对平衡位置，故BC错误； D．在A球相对OQ不动的过程中，弹簧长度不变，此过程中B与杆的弹力也不变，故D正确。 故选D。 3．D 【详解】设带电小球N所带电荷量为。由曲线I可知，带电小球N在处受到点电荷M沿轴正方向的作用力大小为0.018N。根据曲线II可知，带电小球N在处受到的合力沿轴负方向的作用力大小为0.012N，所以带电小球N在处受到非匀强电场的沿轴负方向的作用力大小为0.030N，即， 代入数据，解得 故选D。 4．B 【详解】A．小圆环从运动到的过程中，重力做功；由对称性可知，库仑力从到做的功与从到做的功等大异号，故库仑力做的总功为，由动能定理有 解得，故A错误； B．在圆环上取一电荷元，其到点的距离为，该电荷元在点产生的场强大小为 以为原点、方向为正方向建立坐标轴，沿轴方向的分量为 对整个圆环上所有电荷元求和，得到大圆环在点产生的场强大小，故B正确； C．由对称性可知，小圆环从到的过程中，电场力的冲量为，但重力的冲量不为，故合外力的冲量不为，故C错误； D．在点，大圆环在圆心处产生的合场强为，小圆环只受重力作用，加速度为，方向竖直向下，小圆环仍向下加速，所以此时速度不是最大，故D错误。 故选B。 5．C 【详解】A．由图可知，太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈互相接触的点的线速度是相等的，则有 解得 又齿数与半径成正比，即 联立解得，故A错误； B．经过时间，与叶片接触的风的长度为 所以这部分风的体积为 由题知，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有空气速度减速为0，则与叶片发生作用的风的质量为 则单位时间内与叶片发生作用的风的质量为，故B错误； C．由B项，可知经过时间，与叶片发生作用的风的质量为 所以这部分风的动能转化为发电机叶片获得的发电机做的功，即 则发电机的功率为，故C正确； D．对与叶片发生作用的风，根据动量定理，有 解得 根据牛顿第三定律有，空气对一台发电机的作用力为 所以对一个叶片的平均作用力为，故D错误。 故选C。 6．A 【详解】设子弹的质量为，初速度为，木块质量，木块长度，子弹与木块间摩擦力大小为，达到共同速度时，木块的对地位移，子弹射入木块的深度（相对位移）为。子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 解得 对木块由动能定理得 对系统由能量守恒定律，系统动能的损失等于克服摩擦力做的功（摩擦力与相对位移的乘积），得 联立以上各式可得 即 子弹从木块左端射入，初位置位于木块左端面。由“此时子弹位于点右侧”可知，即 解得； 由“未射出”可知，即 解得 综上，子弹质量的取值范围为，选项中只有在此范围内，B、C、D项均大于，不符合。 故选A。 7．D 【详解】A．设传送带倾角为、物块质量为、动摩擦因数为，取沿传送带向上为正。物块速度大于带速时，滑动摩擦力沿斜面向下，受力如图 垂直传送带方向受力平衡，有 故滑动摩擦力大小为 沿斜面由牛顿第二定律得 解得 当物块速度降至带速时，由题给动摩擦因数小于倾角正切值及最大静摩擦力等于滑动摩擦力可知，重力沿斜面的分力仍较大，即 物块不能随带匀速，随后速度小于带速，摩擦力转为沿斜面向上，受力如图 此时沿斜面由牛顿第二定律得 解得，故A错误； B．图中纵轴为重力势能，横轴为物块沿斜面向上的位置。以底端为零势能面，物块高度为，故 重力势能随线性增大；下滑时沿同一直线返回，不会先增后减，故B错误； CD．两图的纵轴分别为机械能和动能，横轴均为位置。设物块速度等于带速的位置为，上滑最高位置为。上滑时取正的位移增量。物块比带快时摩擦力做负功，由功能关系得 物块比带慢后仍上滑时，摩擦力做正功，有 所以上滑时机械能在处由减转增；下滑时摩擦力仍向上，沿后一段直线返回，所示机械能图不符。物块比带快的上滑阶段，由动能定理得 物块比带慢后，由动能定理得 前一段动能随减小得较快，后一段减小得较慢，至处为零；下滑时沿后一条直线返回，故C错误，D正确。 故选D。 8．AD 【详解】A．两球同时发射，相遇时水平位移相等、运动时间相同，水平方向均做匀速直线运动，故 代入数据解得，A正确； B．乙运动到最高点的时间 竖直方向甲做自由下落、乙做竖直上抛，相遇时高度相同，故甲的抛出高度，B错误； C．乙向右平移、发射速度改为，水平方向相遇需满足 代入数据解得 而乙的总飞行时间 时乙已落地，无法在空中相遇，C错误； D．乙向左平移，水平方向相遇需满足 竖直方向相遇需满足 代入得 联立水平方向方程解得，仅发射瞬间相遇，无空中相遇时间正值，故无论乙发射速度为多少，都不可能在空中相遇，D正确。 故选 AD。 9．BC 【详解】AB．物块沿轨道运动过程中机械能守恒，从到的过程，有，从到的过程，有 解得， 物块经过点时，由牛顿第二定律有 解得，故A错误，B正确； C．物块经过点，在轨道上时由牛顿第二定律有 又，因此，物块重力指向圆心的分力不能提供物块沿轨道运动的向心力，物块在点脱离轨道，无法到达点，故C正确； D．若给竖直方向的初速度，物块在点的速度更大，所需向心力更大，物块重力指向圆心的分力更无法提供向心力，物块无法到达点，故D错误。 故选BC。 10．AD 【详解】AB．小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得 随着弹簧形变量的增大，物块做加速度逐渐减小的加速运动。当小物块合外力为0时可得 解得 对小物块由动能定理得 解得 因此，当小物块速度增大到时，弹簧弹力小于滑动摩擦力，此后物块速度保持不变与传送带共速，直到弹力等于最大静摩擦力。此后，对小物块分析可知 物块做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度减为0，物块的图像如下图所示 因此小物块向右运动的过程中的最大速度，故A正确，B错误； CD．从小物块弹力等于最大静摩擦力到速度减为0的过程中，弹簧弹力随位移线性增大，弹力做的功 由动能定理得 解得，故C错误，D正确。 故选AD。 11． （2分） （2分） （2分） 【详解】（2）[1][2][3]由平均速度 则遮光片通过光电门1、2的速度 系统中P、Q两物体的动量增量 对重锤P、Q，合力的冲量分别为 对系统的冲量 在误差允许的范围内若△p=即验证了动量定理。 12． （2分） （2分） （2分） （2分） 【详解】（2）[1]放电脉冲的频率为，则相邻两个放电点的时间间隔为。每隔4个点取一个计数点，说明相邻计数点间有5个放电间隔，因此滑块经过相邻计数点之间的时间间隔 （3）[2]是、的中间时刻，到的弧长为 到的时间间隔为​ 匀变速曲线运动中，某点的瞬时线速度等于相邻两段过程的平均速度。因此点线速度 由角速度与线速度关系，可得滑块经过点时的角速度大小 [3]圆周运动的向心力由绳的拉力提供，则向心力 则滑块质量 [4]滑块沿圆弧做匀减速圆周运动，沿切线方向等效为匀减速直线运动，相邻计数点时间间隔 四段弧长、、、 利用匀变速直线运动逐差法，得 将弧长和代入，整理得到切向加速度 滑块切向仅受滑动摩擦力，由牛顿第二定律 解得动摩擦因数 13．(1)m0不能超过80kg (2) 【详解】（1）货物下滑过程A保持静止，滑过O点后仍要求A保持静止，考虑到紧靠A的B车与地面间摩擦不计，则对AB整体需满足  （2分） 解得（1分） （2）由于货物质量m=20kg小于80kg，故A始终静止不动，所以货物释放高度最小为h1时，货物恰好滑上B，则有（1分） 解得h1=2.0m（1分） 货物释放高度最大为h2时，货物滑上B车刚到达挡板处恰好共速，即恰好不与挡板相碰。 对货物从开始下滑至滑上B车过程有（1分） 货物与B车相互作用到共同速度v共过程满足系统动量守恒和能量守恒，（2分） 联立解得h2=4.5m（1分） 由题意知h2 < H 即货物静止释放时的高度h应满足（1分） 14．(1) (2)，在圆弧上与圆心连线和竖直方向成夹角右下方的位置 (3) 【详解】（1）小球刚好运动至最高点，意味着此时小球与轨道间的弹力为零，对点的小球进行受力分析，小球受重力为，受电场力为，设竖直向下的方向为正方向，根据牛顿第二定律有（2分） 已知电场强度为 解得小球在点的速度为（1分） （2）设电场力与重力的合力为有效重力，根据力的合成法则可知有效重力的大小为（1分） 设有效重力方向与竖直向下方向的夹角为，根据几何关系有（1分） 解得有效重力的偏角为（1分） 因此，有效重力方向与竖直向下方向成夹角偏右，小球动能最大的位置即为有效重力场中的等效物理最低点，该位置在圆弧上与圆心连线和竖直方向成夹角右下方，从小球在点运动到点（最大动能处）的过程中，根据动能定理有（2分） 解得最大动能为（1分） （3）小球在有效最低点时，速度达到最大，与轨道间的向心弹力也最大，设最大弹力为，根据牛顿第二定律有（1分） 由于最大动能公式为（1分） 解得最大弹力为（1分） 15．(1)a1=0.6g，a2=0.3g (2) (3)， 【详解】（1）设PQ的位移大小分别为s1、s2，加速度大小分别为a1、a2，因s1=2s2，故a1=2a2 对P有μmg+T=ma1 （1分） 对Q有mg－2T=ma2 （1分） 解得a1=0.6g ， a2=0.3g（1分） （2）P先减速到与传送带速度相同，设位移大小为x1，则（1分） 时间为（1分） 此过程中传送带的位移（1分） 则（1分） 共速后，由于，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速， 设此时P加速度为a1′，Q的加速度为 对P有（1分） 对Q有 解得a1′=0.2g（1分） 设P减速到0位移为x2，则（1分） 运动时间（1分） 此过程中传送带位移（1分） 则（1分） 故从物块P刚冲上传送带到P滑至右方最远处的过程中，P与传送带之间的摩擦生热（1分） （3）第一阶段P相对皮带向前，相对路程（1分） 第二阶段相对皮带向后，相对路程（1分） 摩擦生热（1分） 当时，摩擦热最小。（1分） 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $