【文档说明】河北省衡水市武邑宏达学校2024-2025学年高三上学期第一次调研考试物理试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.185 MB，由小赞的店铺上传

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河北武邑2024~2025学年上学期高三年级第一次调研考试物理试题注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题，共46分）和第Ⅱ卷（非选择题，共54分）两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填

写在答题卡指定位置。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。第Ⅰ卷（选择题，共46分）一、单项选择题（本题共7小

题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。）1.下列说法正确的是（）A.甲图中记录送餐机器人从1楼至9楼的时间时，不可以把机器人看成质点B.乙图中导航显示的96公里是位移大小C.丙图中小孩坐在行驶的汽车里，以小孩为参考系，车外的建筑物是运动的D.丁图中雷达测速

仪测得是汽车的平均速度【答案】C【解析】【详解】A．记录送餐机器人从1楼至9楼的时间时，机器人自身大小、形状与研究问题无关可忽略，因此可以把机器人看成质点，A错误；B．导航显示的96公里是实际走的路线距离，是路程，B错误；C．以小孩为参考系，车外的建

筑物相对小孩位置发生变化，是运动的，C正确；D．雷达测速仪测得的是汽车经过这个位置点的瞬时速度，D错误。的故选C。2.赵凯华教授说过“加速度是人类认识史上最难建立的概念之一，也是每个初学物理的人最不易真正掌握的概念……”下列关于加速度说法中正确的是（）A.速度大，加速度一定

大B.物体做减速运动时，加速度的方向与速度变化量的方向相反C.速度正在变大，则加速度也一定在变大D.物体可能做加速度正在减小的加速运动【答案】D【解析】【详解】A．加速度是反映物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小取决于

速度的变化率，与速度的大小无关，A错误；B．根据加速度的定义可知，加速度的方向与速度变化量的方向相同，B错误；C．速度正在变大，则加速度也可能在变小，只需要速度方向和加速度方向相同，C错误；D．加速度减小，但与速度方向相同，则此时物体做加速运动，D正确；故

选D。3.小球从某一高度处自由下落，着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰撞后的速度为碰前速度的一半。以开始下落为计时起点，第一次落地时速度为0v，小球的vt−图像如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.每个阶段的图

线并不相互平行B.小球多次与地面碰撞，最终损失的总能量201Δ4Emv=C.小球每次与地面相碰后动能损失为上一次的一半D.小球每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半【答案】D【解析】【详解】A．自由落体运动和竖直上抛

运动的加速度均为重力加速度，根据vt−图像的斜率等于加速度，知每个阶段的图线是相互平行的，A错误；BC．小球每次与地面碰后速率变为碰撞前的一半，则动能变为碰撞前的四分之一，即小球每次与地面相碰后动能损失为上一次的34，多次碰

撞后最终小球静止，损失的能量201Δ2Emv=BC错误；D．令落地的速度为v，下落到地面的时间为1vtg=则反弹后向上运动的初速度为2v，运动到最高点的时间为22vtg=D正确。故选D。4.中国高铁向世界展示了中国速度，和谐号动车和复兴号高铁相继从沈阳站点由静止出发，沿同一方向做

直线运动。两车运动的速度一时间图像如图所示，下列说法正确的是（）A.复兴号高铁追上和谐号动车前，70st=时两车相距最远B.140st=时，复兴号高铁追上和谐号动车C.复兴号高铁165st=时，速度达到最大D

.复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4900m【答案】C【解析】【详解】A．0140st时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，140st时，和谐号动车速度小于复兴号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前t=140s时两车相距最远，故A错误；B．t

=140s时，两车只是速度大小相等，但是位移大小不相等，所以没有追上，故B错误；C．根据v-t图像中，斜率表示加速度可知，高铁的加速度为22700m/s1m/s14070vat−===−所以加速到95m/s的所用的时间应为950s95s1vta−===所以当t=70s+95s=165

s时，速度达到最大，C正确；D．复兴号高铁追上和谐号动车前t=140s时两车相距最远，由于v-t图像中面积表示位移，所以两车最远相距应为()701407070140m2450m22x−=−=故D错误。故选C。5.一只老鼠从老鼠洞沿直线爬出，已知爬出速度的大小与距老鼠洞中心的距离x成反比，

当老鼠到达距洞中心11mx=的A点时，速度大小为120cm/sv=，当老鼠到达距洞中心22mx=的B点时，下列说法正确的是（）A.老鼠从A到B所用的时间为5sB.老鼠从A到B所用的时间为7.5sC.老鼠到B点的速度大小为40cm

/sD.老鼠到达B点的速度大小为0.1cm/s【答案】B【解析】【详解】CD．老鼠爬出速度的大小与距老鼠洞中心的距离x成反比，设1vkx=则有1122kvxvx==解得11220.21ms0.1ms10cms2vxvx====CD错误；AB．由1vkx=可得11xvk=作出1xv

−图像，如图所示，可知图线与横轴所围的面积表示所用时间，可得老鼠从A点到B点所用的时间，则有()()211211111121s7.5s220.20.1ABtxxvv=+−=+−=A错误，B正确故选B。【点睛】v6.如图甲所示，一颗绕月球做匀速圆周运

动的卫星，动量的大小为p，与月面的距离为h，此卫星对月球的张角为60°；如图乙所示，一颗绕火星做匀速圆周运动的探测器，动能为Ek，此探测器对火星的张角也为60°。已知月球的第一宇宙速度为v0，火星的质量为m0，火星的半径为R0，万有引力常量

为G，下列说法正确的是（）A.月球的半径为1.5hB.卫星的动能为024pvC.探测器的质量为0k02REGmD.探测器受到的万有引力为k04ER【答案】B【解析】。【详解】A．设月球半径为R，根据几何关系可得()sin30RRh=+解得Rh=故A错误；B．根据万有引力提供向心力22(

)MmvGmRhRh=++月球的第一宇宙速度为0GMvR=卫星的动能为2k12Emv=pmv=联立可得k024Epv=故B正确；C．根据万有引力提供向心力202mmvGmrr=0sin30rR=2k12Emv=联立解得0k04REmGm=故C错误；D．探测器

受到的万有引力为000kk2200044mmGmREEFGrRGmR===故D错误。故选B。7.如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为A6kgm=，B2kgm=，A、B之间的动摩擦因数0.

2=，开始时水平拉力10NF=，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则（）A.两物体始终没有相对运动B.当水平拉力12NF时，物体均保持静止状态C.两物体开始没有相对运动，当水平拉力12NF时，开始相对滑动D.当水平

拉力45NF=时，A、B间摩擦力为22.5N【答案】A【解析】【详解】ABC．设A、B刚好发生相对滑动时，水平拉力0F，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得0AB0()Fmma=+以B为对象，根据牛顿第二定律可得AB0mgma=联立解得048N

F=开始时水平拉力10NF=，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，可知两物体始终保持相对静止，一起加速运动，故A正确，BC错误；D．当水平拉力45NF=时，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得AB()Fmma=+解得加速度245m/s8a=以B为对象，根据牛顿第二定律

可得为为Bfma=解得A、B间摩擦力为45452NN11.25N84f===故D错误。故选A。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图甲所示，质量m=1.0kg的

滑块静止在粗糙的水平面上，在滑块右端施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F，6s末撤去力F，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A.t=1s时滑块所受的摩擦力大小为10N3B.3s末滑块的动量为12

kgm/sC.6s末滑块的速度大小为7.5m/sD.撤去力F后，再经历15s8滑块重新静止【答案】ACD【解析】【详解】A．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则最大静摩擦力即滑动摩擦力为m4Nfmg==由图可知t=1s时F的大小为1m6

21021N<303Ff−=+=−此时滑块静止，根据受力平衡可得滑块所受的摩擦力大小为10N3，故A正确；B．由图乙可知t=1.5s时滑块开始运动，根据冲量的定义式IFt=可得F-t图像的面积代表冲量，根据动量定理，在

1.5~3s时间内()()()Fm4631.5kgm/s431.5kgm/s1.5kgm/s2pmvIft+−==−=−−=故B错误；C．由B选项分析可得3s末滑块的速度大小为1.5m/spvm==3~5s时间内滑块

做匀加速直线运动，加速度大小为2m2m/sFfam−==故6s末滑块的速度大小为61.52(63)7.5m/svvat=+=+−=故C正确；D．撤去力F后，滑块做匀减速直线运动，加速度大小为'2m4m/

sfam==故滑块从撤去力F后到重新静止的时间为'6'15s8vta==故D正确。故选ACD。9.如图甲所示，质量为m的小火箭由静止开始加速上升，其合力F合与速度倒数1v的图像如图乙所示，火箭的速度为1v时对应的合力为1F，不计空气的阻力和燃料燃烧时的质量损失，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.火箭以恒定的功率启动B.图像的斜率为()101FFv−C.0Fmg=D.图像横轴的截距为()11mgFmgv−【答案】AC【解析】【详解】AC．设火箭的功率为P，产生的推力为F，根据FFmg=−合，PFv=可得1

FPmgv=−合结合题图1Fv−合图像可知，火箭的功率不变，即火箭以恒定的功率启动，且0Fmg=，故AC正确；B．由图像可知图像的斜率为101011()1FFkFFvv+==+故B错误；D．设图像横轴的截距为x

，根据图中比例关系可得1011xvxFF−=解得()()010111FmgxFFvFmgv==++故D错误。故选AC。10.如图所示，可视为质点、质量为M的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上，细绳的另一端固定

在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为α。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让整个装置由静止开始缓慢的加速转动起来。则下列说法正确的是（）A.整个过程中，细绳的拉力不可能为零B.从开始转动到细绳对物块

刚有作用力的过程，转盘对物块所做的功为1sin2MgLC.物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为singLD.细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零【答案】BD【解析】【分析】转盘刚开始转动时，细绳未绷紧，细绳的拉力为零，由静摩擦力提供向心力

，根据牛顿第二定律求出静摩擦力达到最大值时转盘的角速度，由v＝ωr求出此时物块线速度大小，再由动能定理求从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程转盘对物块所做的功。当转盘对物块支持力恰好为零时，物块刚要与转盘分离，

由第二定律求此时转盘的角速度。根据细绳对物块拉力方向与速度方向的关系分析拉力的瞬时功率。【详解】AB．转盘刚开始转动，细绳未绷紧，细绳的拉力为零，此时由静摩擦力提供向心力，设转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，

根据牛顿第二定律有21sinMgML＝此时物块的线速度大小为11sinvL＝设从开始运动到细绳中将要出现拉力过程中，转盘对物块做的功为W，对物块，由动能定理得2112WMv=联立解得1sin2WMgL=故A错误，B正确；C．当转盘对物块支持力恰好为零

时，竖直方向有cosMgT＝水平方向上，由牛顿第二定律有22sinsinTML=联立解得2cosgL=可知当物块的角速度增大到cosgL时，物块与转台间恰好无相互作用，所以物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为cosgL，故C

错误；D、物块在做圆周运动的过程中，细绳对物块拉力方向与物块运动的方向始终垂直，因此细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零，故D正确。故选：BD。【点睛】本题的关键要分析物块的受力情况，把握两个临界条件：一绳子刚出现拉力时，物块受到的静摩擦力达到最大值；二物块刚好与转盘分离时，转盘对物块支持力恰

好为零。第Ⅱ卷（简答题，共54分）三、非选择题（共54分。第11~12题为实验题，13~15为解答题，解答题要有公式及必要的文字说明。）11.填空（1）平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速运动，②竖直方向做自由落

体运动。为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，A球水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到水平地面，这个实验（）A.只能说明上述规律中的第①条B.只能说明上述规律中的第②条C.不能说明上述规律中的任

何一条D.能同时说明上述两条规律（2）某同学用如图乙所示的装置描绘做平抛运动物体的运动轨迹，并求出初速度大小。①实验时，下列要求合理的是（）A.小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放B.斜槽轨道必须光滑C.斜槽轨道末端必须水平D.记录小球的位置时，水

平方向的间距必须相等②某同学记录了抛物线轨迹的一部分，如图丙所示，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。取210m/sg=，由图中信息可求得小球平抛的初速度大小为0v=________m/s，小球平抛起点的横坐标为________cm，纵坐标为________cm。【答案】（1）B（2）①.AC②.2③

.-20④.-5【解析】【小问1详解】用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，则说明平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动，只能说明上述规律中的第②条。故选B。【小问2

详解】①[1]AB．为了保证小球每次做平抛运动的初速度大小相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要光滑。故A正确；B错误；C．为了使小球平抛运动的初速度水平，斜槽末端需切线水平。故C正确；D

．记录小球的位置时，水平方向的间距没有必须相等。故D错误。故选AC。②[2]根据2ygT=解得0.1sT=小球平抛的初速度大小为02m/sxvT==[3][4]丙图中B点的竖直分速度为2ACyByv

T=设从抛出点到B点的时间为t，则有yBvgt=联立，解得0.2st=设小球平抛起点的坐标为（-x，-y），则有020cmxvt+=，2115cm2ygt+=解得20cmx=，5cmy=可知小球平抛起点的坐标为（-20，-5）。12.某同学利用如图所示的实验装置探究滑轮工作时

受到的摩擦力。细绳跨过固定在铁架台上的轻滑轮，两端各悬挂一只重锤，重锤质量均为M，重力加速度为g。实验操作如下：①用米尺量出重锤1底端距地面的高度h；②在重锤1上加上质量为m的小钩码；③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，

同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。请回答下列问题：（1）步骤④可以减小对下落时间t测量的__________（选填“偶然”或“系统”）

误差。（2）实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了__________。A.使h测得更准确B.使重锤1下落的时间长一些C.使系统的总质量近似等于2MD.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等（3）用实验中的测量量和已知量（M、h、m、g、t）表示滑轮受到的

摩擦力fF，则fF=__________。【答案】（1）偶然（2）B（3）()222hmgMmt−+【解析】【小问1详解】对同一物理量多次测量取平均值的目的是减小偶然误差。【小问2详解】B．根据牛顿第二定律知()2mgfMma−=+即2mgfaMm−=+而21

2hat=可知位移一定时，加速度越小，时间越长，所以为了使重锤1下落的时间长一些，实验要求小钩码质量m要比重锤质量M小很多。故B正确；A．由B选项分析可知，小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，与h的测量无关。故A

错误；C．系统的总质量近似等于2M，与小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多无关。故C错误；D．绳子对重锤2的拉力TMgMa=+小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多时，加速度较小，细绳的拉力与重锤的重力近似相等。故D错误。故选B。【小问3详解】由（2）中分析，可得()222hfmgMmt=−+根据牛

顿第三定律可知滑轮受到的摩擦力()f222hFfmgMmt==−+四、解答题13.一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5s后警车发动起来

，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h以内．问：（1）警车发动后经过多长时间两车的速度相等？（2）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？（3）警车发动后要多长时间才能追上货车

？【答案】（1）4s（2）75m（3）2s【解析】【详解】(1)设警车发动后经过t1时间两车的速度相等．根据v=at代入数值可得：110s=4s2.5t=(2)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时．它们的距离最大，x货=v（t０+t

１）=（5.5+4）×10m=95m2211=2.54m=20m22xat=警所以两车间的最大距离：△x=x货-x警=75m(3)v0=90km/h=25m/s，当警车刚达到最大速度时，由v=at代入数值得：225s=10s2.5t=()0=xvtt+货＝（5.5+10

）×10m=155m222211=2.510m=125m22xat=警因xx货警，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离=30mxxx=−货警警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过△t时间迫赶上货车．

则：为==2smstvv−14.如图所示，质量1kgm=的小物块静置在粗糙的水平平台的A点，在大小为3N的恒力作用下，从平台的B点以3m/s的速度水平飞出，恰好从C点无碰撞的进入半径为R的光滑圆形轨道。已知CF是圆形轨道的一条直径，从F点到轨道的最高点是一个光滑圆

管，37EOF=，小物块与平台的动摩擦因数0.1=，取重力加速度210m/sg=（sin37°=0.6cos37°=0.8）。（1）若平台AB的长度7.5mL=，求恒力作用的时间；（2）求BC两点间的高

度差；（3）若小物块能够进入圆管，试分析轨道半径R的取值范围。【答案】（1）2s（2）0.8m（3）5m6R【解析】【小问1详解】当小物块在恒力作用下时，根据牛顿第二定律1FFμmgma=−=合解得212m/sa=撤去恒力后，根据牛顿第二定律2Fμ

mgma==合解得221m/sa=设恒力作用的时间为1t，撤去恒力后在平台上继续运动时间为2t，则1122Batatv−=2211112221122atattatL+−=（）联立，解得12st=【小问2详解】由于小物块恰好从C点无碰撞

的进入半径为R的光滑圆形轨道，则5m/ssin37BCvv==cos374m/syCvv==所以，小物块从B点到C点运动过程中，在竖直方向根据速度位移公式可得20.8m2yBCvhg==【小问3详解】为保证小物块能够进入圆管，则小物块运动到

F点时不能脱离轨道，则此时根据动能定理22112sin3722FCmgRmvmv−=−根据牛顿第二定律2sin37FvmgmR代入数据，解得5m6R15.巴哥设计了如图所示实验器材，在竖直平面内的粗糙

斜面AB与水平传送带的左端平滑连接，水平传送带的右端与竖直面内圆心角为60°的圆弧轨道CD在最低点C处平滑连接，整个装置固定。斜面高为2m、倾角为45°，传动带BC长为3m，以4m/s的速度逆时针转动，圆弧半径R=0.4m。有质量m为1kg的小物块P从斜面上静止释放，小物块

与斜面和传送带的动摩擦因数μ均为0.2，与圆弧轨道的摩擦忽略不计。取重力加速度g=10m/s2。（1）若P从斜面高1m处释放，P运动到D处的向心加速度大小；（2）若P从斜面高h=1.25m处释放，系统因摩擦产生的热量

是多少？（结果可以保留根号）（3）若P从斜面高2m>h>1m的不同位置释放，P从D射出后，这些轨迹的最高点构成什么形状？【答案】（1）0（2）()85828.5J−+（3）直线【解析】【小问1详解】根据题意，小物块P在斜面上下滑过程中，由动能定理有21cos450

sin452BHmgHmgmv−=−代入数据解得B处的速度4m/sBv=物块在传送带上减速，设小物块通过传送带，传送带上加速度22m/sag==根据运动学公式222BCvvaL−=解得C处的速度2m/s0C

v=假设成立，小物块由C到滑上D处时，根据动能定理得()22111cos6022DCmgRmvmv−−=−代入数据解得0Dv=则D处的向心加速度大小为零。【小问2详解】P运动到B处是速度为v，从开始到B，由动能定理得21cos

45sin452hmghmgmv−=得25msv=斜面上产生热量1cos45sin45hQmgmgh==到达C处时速度为vC222CvvgL−=得22m/sCv=从B到C物块P和传送带间

的相对位移为ΔxCvvxvLg−=+带解得()Δ45423mx=−+传送带上产热Qmgx=带产生总热量1QQQ=+总带解得()85828.5JQ=−+总【小问3详解】当2m>h>1m释放时，小物块会从D处射出，射出后做斜抛运动，全程有()21cos451cos6

00sin452DhmghmgmgLmgRmv−−−−=−解得D处的速度41Dvh=−D到最高处的时间()sin603125Dvthg==−以D为坐标原点，斜抛运动最高点时，水平坐标()23cos6015Dxvth==−竖直坐标()()2sin6031

25Dvyhg==−根据数学关系可得32yx=故从D点射出后的最高点构成一条直线。