河南省林州市第一中学2025届高三上学期7月调研考试物理试题（Word版附解析）

这是一份河南省林州市第一中学2025届高三上学期7月调研考试物理试题（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


(时间：75分钟 满分：100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.(2024·江西上饶市第一中学高三校考)一名乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的图像如图所示，其中t1到t2时间段图像为直线。则以下说法正确的是( )
A.0～t1时间内，乘客对电梯的压力大于电梯对乘客的作用力
B.t1～t2时间内，乘客处于超重状态
C.t2～t3时间内，乘客的速度一直增大
D.t2～t3时间内，乘客对电梯的压力小于乘客重力
2.如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法正确的是( )
A.第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C.第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量
D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间因摩擦产生的热量
3.(2024·广东揭阳高三校联考)物体b在水平推力F作用下，将物体a、b压在竖直墙壁上，a、b质量都为m，且此时a、b均处于静止状态。如图所示，关于a、b两物体的受力情况，下列说法正确的是( )
A.当推力F增大时，墙壁对物体a的摩擦力变大
B.物体a、b分别都受到四个力的作用
C.若物体a、b能一起沿墙壁向下匀速运动，则墙壁对物体a的摩擦力大小为2mg
D.当撤去F，物体a、b沿墙壁下滑，此时物体a可能受三个力
4.如图所示，一水平轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与放在水平地面上的物体A相连，物体B靠在A的右侧，弹簧处于原长状态。现用力F压物体B使弹簧缓慢压缩了Δx＝7.5 cm后撤去力F。已知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，A的质量为m1＝0.5 kg，B的质量为m2＝1.0 kg，地面与A、B两物体间的动摩擦因数μ＝0.2。下列说法中正确的是( )
A.F撤去瞬间，A的加速度为5 m/s2
B.F撤去瞬间，A对B的作用力大小为5 N
C.F撤去后，B向右运动了10.5 cm时与A分离
D.F撤去后，B向右运动了3 cm时的速度最大
5.(2024·江苏南通高三统考)如图所示，轻质滑轮固定在水平天花板上，动滑轮挂在轻绳上，整个系统处于静止状态，轻绳与水平方向的夹角为θ，不计摩擦。现将绳的一端由Q点缓慢地向左移到P点，则( )
A.θ角不变，物体A上升B.θ角不变，物体A下降
C.θ角变小，物体A上升D.θ角变小，物体A下降
6.(2024·广东惠州一中高三联考)如图所示，两个长度相同的轻绳在中点处垂直交叉形成一个“绳兜”，重力为G的光滑球静置于“绳兜”中。绳端挂于O点静止，A、B、C、D为每根绳与球面相切的点，OA＝OB＝OC＝OD＝2R，R为球的半径，则OA绳中的拉力大小为( )
A.eq \f(\r(5),8)G B.eq \f(\r(5),4)G C.eq \f(\r(3),6)G D.eq \f(1,4)G
7.如图所示，质量为m的物块放在水平面上，连接轻滑轮的轻绳悬于O点，绕过轻滑轮的轻绳一端连接在物块上，在另一端施加竖直向下的拉力F，O点和滑轮间的轻绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，逐渐增大拉力F到物块刚好要滑动。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮的摩擦，则滑轮和物块间的轻绳与竖直方向的夹角α及当物块刚好要滑动时拉力F的大小分别为( )
A.45° eq \f(mg,2\r(3)＋1) B.45° eq \f(2mg,2\r(3)＋1) C.60° eq \f(mg,2\r(3)＋1) D.60° eq \f(2mg,2\r(3)＋1)
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，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
8.如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝3 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为0.2 s，则下列说法正确的是( )
A.物体的加速度为20 m/s2B.CD＝4 m
C.物体在B点时的速度为12.5 m/sD.O、A之间的距离为1 m
9.(2024·湖南娄底高三联考)如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着A、B两个物块，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物块A上，使A开始向上做匀加速运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物块A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2。则( )
A.弹簧的劲度系数为60 N/m
B.物块A的加速度大小为1 m/s2
C.物块B的质量为8 kg
D.F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为10 N
10.(2024·河南南阳高三校考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，轻质弹簧一端连接固定在斜面底端的挡板C上，另一端连接滑块A，一轻细绳通过斜面顶端的定滑轮一端系在物体A上，另一端与小球B相连，斜面足够长，先用手托住球B，此时细绳刚好伸直但没有张力(A与滑轮间的细绳与斜面平行，滑轮与B间的细绳在竖直线上)。现在由静止释放小球B，不计轻绳与滑轮间的摩擦。整个运动过程中小球B不与地面碰撞，已知滑块A和小球B的质量均为m，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A.弹簧恢复原长前，滑块A一直做加速直线运动
B.滑块A运动到斜面上最高点时，小球B的加速度等于零
C.在弹簧恢复原长时，A、B间细绳的张力等于eq \f(1,2)mg
D.刚释放B球的瞬间，小球B的加速度等于eq \f(1,2)g
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(6分)(2024·重庆高三校联考)用铁架台、带挂钩的不同弹簧若干、50 g的钩码若干、刻度尺等，安装如图甲所示的装置，探究弹簧弹力F的大小与伸长量x之间的定量关系。
(1)未挂钩码时，弹簧原长放大如图甲所示，可读得原长L0＝________cm。
(2)由图乙可知劲度系数较大的是________弹簧；还可算出B弹簧的劲度系数k为________ N/m。
(3)若某同学做实验时，误把弹簧长度当成伸长量作为横坐标作图，则该同学所作图像得到的k值是________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
12.(8分)某同学利用如图1装置探究加速度与合外力的关系。利用力传感器测量细线上的拉力。按照如下步骤操作：
①安装好打点计时器和纸带，调整长木板的倾斜程度，平衡小车摩擦力；
②细线通过导轨一端光滑的定滑轮和动滑轮，与力传感器相连，动滑轮上挂上一定质量的钩码，将小车拉到靠近打点计时器的一端；
③打开力传感器并接通打点计时器的电源(频率为50 Hz的交流电源)；
④释放小车，使小车在轨道上做匀加速直线运动；
⑤关闭传感器，记录下力传感器的示数F；
⑥通过分析纸带得到小车加速度a；
⑦改变钩码的质量，重复步骤①②③④⑤⑥；
⑧作出a－F图像，得到实验结论。
(1)本实验在操作中是否需要满足钩码的质量远远小于小车的质量？________(选填“是”或“否”)。
(2)某次释放小车后，力传感器示数为F，通过天平测得小车的质量为M，动滑轮和钩码的总质量为m，不计滑轮的摩擦，则小车的加速度理论上应等于________。
A.a＝eq \f(F,2M) B.a＝eq \f(F,M) C.a＝eq \f(mg－2F,M) D.a＝eq \f(2F,M)
(3)如图2是某次实验有效纸带的一段，部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点未画出)，测得s1＝3.59 cm，s2＝4.41 cm，s3＝5.19 cm，s4＝5.97 cm，s5＝6.78 cm，s6＝7.64 cm，则钩码的加速度a＝________m/s2。
13.(10分)四川泸定发生地震灾害，救援人员利用无人机向暂时无法进入的“水中孤村”投放物资。无人机悬停高度h＝20 m，由静止释放一物资，无人机和物资都可视为质点，物资落地速度不能超过5 m/s，否则物资将会摔坏。重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力。
(1)若直接从无人机上把物资扔下，物资落地的时间是多少；
(2)为保证物资不被摔坏，在投放的物资上绑定了降落伞并提前设定开伞时间，开伞后物资能以5 m/s2的加速度减速，为保证物资投放时间最短，应在释放物资多久后开伞。
14.(14分)如图所示，木块A置于木板B上，木板B置于水平面上。A的质量m＝1.5 kg，B的质量M＝2.0 kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻(t＝0)水平力F作用于B上，其随时间变化的规律为F＝5t＋4(N)(F、t均取国际单位)。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求：
(1)经过多长时间B开始滑动；
(2)经过多长时间A开始相对B滑动；
(3)t＝3 s时A、B间的摩擦力大小(结果保留2位有效数字)。
15.(16分)如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。求：
(1)煤块从A到B运动的时间；
(2)若传送带逆时针运转的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间；
(3)煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度。
林州一中2022级高三7月调研考试
物理试题参考答案
1.D [乘客对电梯的压力与电梯对乘客的作用力是相互作用力，等大反向，故A错误；x－t图像的斜率表示速度，在t1～t2时间内，乘客的速度一直不变，乘客处于平衡状态，加速度为0，故B错误；t2～t3时间内，乘客的速度一直减小，故C错误；t2～t3时间内，乘客向上减速，加速度向下，处于失重状态，乘客对电梯的压力小于乘客重力，故D正确。]
2.C [第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体也做正功，A项错误；摩擦力做的功等于物体机械能的增加量，B项错误；第一阶段物体的平均速度是传送带速度的一半，因此物体运动的位移x1恰好等于物体和传送带间相对移动的距离d。所以因摩擦产生的热量Q＝Ffd＝Ffx1，等于物体机械能的增加量而不是动能的增加量，C项正确；第二阶段静摩擦力做正功，物体机械能增加，物体与传送带间没有产生热量，D项错误。]
3.C [依题意，对a、b两物体进行受力分析，竖直方向受力平衡，即墙壁对a的摩擦力与两物体的重力大小相等，方向相反。所以当推力F增大时墙壁对a的摩擦力大小不变，故A错误；a物体受5个力作用，分别是重力、墙壁的弹力、b物体的压力、墙壁的摩擦力和b物体的摩擦力，b物体受4个力作用，分别是重力、a物体的弹力、a物体的摩擦力和外力F，故B错误；若物体a、b保持相对静止沿墙壁向下匀速运动，ab整体受力平衡，竖直方向有墙壁对a的摩擦力与两物体的重力大小相等，即f＝2mg，故C正确；当撤去F，物体a、b沿墙壁下滑，此时a只受自身重力作用，故D错误。]
4.B [撤去F的瞬间，弹簧弹力不会发生突变，根据牛顿第二定律得A的加速度满足(m1＋m2)a＝kΔx－μ(m1＋m2)g，解得a＝3 m/s2，故A错误；F撤去瞬间对物体B由牛顿第二定律得F1－μm2g＝m2a，解得A对B的作用力大小为F1＝5 N，故B正确；F撤去后，弹簧恢复原长时A、B分离，即B向右运动了7.5 cm，故C错误；F撤去后，当B的加速度为零时速度最大，即kΔx1＝μ(m1＋m2)g，解得Δx1＝3 cm，F撤去后，B向右运动的距离为Δx－Δx1＝4.5 cm时速度最大，故D错误。]
5.A [对A物体由二力平衡可得，绳的拉力等于物体重力，对滑轮由三力平衡得，绳拉力的合力不变，绳的拉力不变，故绳的夹角不变，所以θ不变，由于Q点缓慢地向左移到P点，所以绳子向左移，故A上升，故A项正确，B、C、D错误。]
6.A [设OA、OB、OC、OD与竖直方向夹角为θ，OA、OB、OC、OD绳子拉力为FT，根据受力分析及几何关系可知4FTcs θ＝G，竖直方向夹角余弦值为cs θ＝eq \f(2R,\r(（2R）2＋R2))＝eq \f(2\r(5),5)，联立可得FT＝eq \f(\r(5),8)G，故A正确。]
7.D [分析滑轮受力，根据力的平衡条件及对称性，可得滑轮和物块间的轻绳与竖直方向的夹角为α＝60°，即滑轮和物块间轻绳与水平方向夹角为30°，则Fcs 30°＝μ(mg－Fsin 30°)，解得F＝eq \f(2mg,2\r(3)＋1)，故D正确。]
8.BC [根据Δx＝aT2，可得a＝eq \f(BC－AB,T2)＝eq \f(3－2,0.22) m/s2＝25 m/s2，A错误；由于Δx＝CD－BC＝BC－AB，可知CD＝4 m，B正确；B点为AC的中间时刻，因此B点的速度等于AC间的平均速度vB＝eq \f(AB＋BC,2T)＝eq \f(2＋3,0.4) m/s＝12.5 m/s，C正确；根据v2＝2ax，可得xOA＝eq \f(veq \\al(2,B),2a)－AB＝eq \f(12.52,2×25) m－2 m＝1.125 m，D错误。]
9.BD [以A、B整体为研究对象，静止时弹簧压缩量为x0，kx0＝(m＋M)g，分离之前F＋k(x0－x)－(m＋M)g＝(m＋M)a，即F＝kx＋(m＋M)a，F随x的变化图像的斜率等于劲度系数k＝eq \f(22－12,12.5×10－2) N/m＝80 N/m，A错误；x＝0时刻12 N＝(m＋M)a，分离时22 N－mg＝ma，联立解得a＝1 m/s2，M＝10 kg，B正确，C错误；施加拉力F的瞬间，A、B之间的弹力为FN，有kx0－Mg－FN＝Ma，解得FN＝10 N，D正确。]
10.AD [弹簧恢复原长前，沿斜面方向上，沿斜面向上的力(弹簧弹力和细绳的拉力)大于沿斜面向下的力(mgsin 30°)，滑块A一直做加速直线运动，故A正确；滑块A运动到斜面上最高点时，沿斜面方向上，沿斜面向上的力小于沿斜面向下的力(弹簧弹力和mgsin 30°)，小球B的加速度不等于零，故B错误；在弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律，对A有，T－mgsin θ＝ma，对B有，mg－T＝ma，联立可得T＝eq \f(3,4)mg，故C错误；刚释放B球的瞬间，加速度大小a＝eq \f(mg,2m)＝eq \f(1,2)g，故D正确。]
11.(1)7.00 (2)A 10 (3)不变
解析 (1)图中刻度尺的分度值为1 mm，要估读到分度值的下一位，已知刻度尺的零刻度线与弹簧上端平齐，弹簧长度为L0＝7.00 cm。
(2)根据胡克定律有k＝eq \f(ΔF,Δx)
图像的斜率表示劲度系数，则可知A弹簧的劲度系数大于B弹簧的劲度系数；B弹簧的劲度系数为k＝eq \f(2,20×10－2) N/m＝10 N/m。
(3)把弹簧长度当成伸长量作为横坐标作图，图线相对原来会向右平移，但并不影响图线斜率，故k值不变。
12.(1)否 (2)B (3)0.40
解析 (1)本实验利用力传感器可直接测量出细线对小车的拉力大小，不需要用钩码的重力替代，所以不需要满足钩码的质量远远小于小车的质量。
(2)由于已平衡摩擦力，所以细线对小车的拉力即为小车受到的合力，根据牛顿第二定律可得小车的加速度大小为a＝eq \f(F,M)。 故选B。
(3)由于相邻两计数点间还有四个点没有画出，交流电源的频率为50 Hz，则相邻两计数点间的时间间隔为T＝0.1 s，由逐差公式可得小车的加速度为a＝eq \f(s4＋s5＋s6－s1－s2－s3,9T2)
＝eq \f(0.076 4＋0.067 8＋0.059 7－0.035 9－0.044 1－0.051 9,9×0.12) m/s2＝0.80 m/s2
由图可知钩码的加速度大小为小车加速度大小的一半，即钩码的加速度大小为0.40 m/s2。
13.(1)2 s (2)eq \r(1.5) s
解析 (1)由静止释放物资，由自由落体运动规律可得h＝eq \f(1,2)gt2
代入数据解得t＝2 s。
(2)由题意可知物资先做自由落体运动下落h1后设速度为v1，然后开伞以a＝－5 m/s2做匀减速直线运动下落，物资落地速度刚好为v2＝5 m/s，可得veq \\al(2,1)＝2gh1
做匀减速直线运动下落可得veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2a(h－h1)
联立可解得h1＝7.5 m
由自由落体运动规律公式h1＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)
代入数据解得t1＝eq \r(1.5) s。
14.(1)2 s (2)3.4 s (3)2.1 N
解析 (1)当B开始滑动时，B与地面间的摩擦力与F大小相等，
即μ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋M))g＝F＝5t1＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(N))
解得t1＝2 s。
(2)当A开始在B上滑动时，对木块μ1mg＝ma
对整体F2－μ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋M))g＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋M))a
由题知F2＝5t2＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(N))
解得t2＝3.4 s。
(3)t2>t3＝3 s>t1
B已滑动，A、B间未发生相对滑动，对木块Ff＝ma′
对整体F3－μ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋M))g＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋M))a′
且F3＝5t3＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(N))
解得Ff＝eq \f(15,7) N＝2.1 N。
15.(1)2 s (2)eq \f(4\r(5),5) s (3)5 m
解析 (1)开始阶段，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
代入数据解得a1＝10 m/s2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(10,10) s＝1 s
煤块加速至与传送带速度相等时，煤块的位移为x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m<16 m
所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，由题意得μ＝0.5则煤块不能与传送带一起做匀速直线运动，对煤块受力分析，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
代入数据解得a2＝2 m/s2
设第二阶段煤块滑动到B的时间为t2
则LAB－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
代入数据解得t2＝1 s或－11 s(舍去)
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s。
(2)若增加皮带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，
则有LAB＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,min)
代入数据解得tmin＝eq \f(4\r(5),5) s。
(3)第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块与皮带的相对位移大小为Δx1＝vt1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m
故煤块相对于传送带上移5 m；第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块相对于皮带的位移大小为Δx2＝(LAB－x1)－vt2
代入数据解得Δx2＝1 m
即煤块相对传送带下移1 m；故传送带表面留下黑色划痕的长度为s＝Δx1＝5 m。题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
B
A
A
D
BC
BD
AD