北京市第一七一中学2025届高三物理第一学期期中质量检测试题含解析

北京市第一七一中学2025届高三物理第一学期期中质量检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、在一根绳上串着两个质量不同的小球1、2，已知两小球的质量关系m1<m2，当手提着绳的上端使两小球沿水平方向一起向右做匀加速直线运动时（空气阻力忽略不计），则下图中正确的是（）
A．B．C．D．
2、甲、乙两质点沿同一方向做直线运动，某时刻经过同一地点。

若以该时刻作为计时起点，得到两质点的x－t图象如图所示。

图象中的OC与AB平行，CB与OA平行。

则下列说法中正确的是( )
A．t1～t2时间内甲和乙的距离越来越远
B．0～t2时间内甲的速度和乙的速度始终不相等
C．0～t3时间内甲和乙的位移相等
D．0～t3时间内甲的平均速度大于乙的平均速度
3、一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t，上升的最大高度是H,所受空气阻力大小恒为f，则在时间t内（）
A．物体受重力的冲量为零
B．在上升过程中空气阻力对物体的冲量等于下降过程中空气阻力对物体的冲量
C．上升过程中物体克服空气阻力做的功大于下降过程中克服空气阻力做的功
D．物体机械能的减小量等于2fH
4、如图所示，a、b、c三个转盘紧紧地挨在一起，它们的圆面在同一水平面内，a、b、c三个转盘的半径从左向右依次减半，其中c盘半径为r，b盘在外部动力带动下逆时针以角速度匀速转动，转盘与转盘间不打滑，则（）
A．a盘边缘上一点的线速度为
B．a盘半径中点处的角速度为
C．c盘半径中点处的向心加速度为
D．b盘边缘上一点的向心加速度为
5、有关速度和加速度的关系．下列说法中正确的是（）
A．速度变化很大，加速度一定很大
B．速度变化越来越快，加速度越来越小
C．速度方向为正．加速度方向可能为负
D．速度变化量的方向为正，加速度方向可能为负
6、如图所示，一人骑自行车晨练，由静止开始沿直线运动，她在第1 s内、第2 s内、第3 s内、第4 s内通过的位移分别为1 m、2 m、3 m、4 m，则( )
A．她在4 s末的瞬时速度为4 m/s
B．她在第2 s末的瞬时速度为2 m/s
C．她在4 s内的平均速度为2.5 m/s
D．她在1 s末的速度为1 m/s
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，放在水平桌面上的物块处于静止状态，所挂砝码和托盘的总质量为，此时弹簧测力计的示数为
．若滑轮摩擦不计，取，剪断悬挂托盘的细线，将会出现的情况是（）
A．物块向左运动B．物块仍静止不动
C．物块对桌面的摩擦力不变D．测力计的示数不变
8、小木块放在倾角为α的斜面上，受到一个水平力F（F≠0）的作用处于静止，如图则小木块受到斜面的支持力和摩擦力的合力的方向与竖直向上的方向的夹角β可能是（）
A．β=0
B．向左上方，β=α
C．向右上方，β＞α
D．向左上方，β＞α
9、如图是氢原子的能级图，a、b、c为原子跃迁时所发出的三种光。

当用c光照射某种金属时恰能发生光电效应，下列说法正确的是
A．c光的频率小于b光的频率
B．a光的频率大于b光的频率
C．换成a光照射该种金属，一定会发生光电效应
D．换成b光照射该种金属，可能会发生光电效应
10、如图所示，M点是竖直光滑圆轨道NMB的最低点，半径ON与竖直方向的夹角为α=60°。

现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球（可视为质点），小球经圆弧轨道飞出后沿水平方向通过C点，速度大小为
v=gR（R为圆轨道的半径，g为重力加速度），则以下结论正确的是（）
A．C、N3B．C、N的水平距离为2R
C．小球在M点对轨道的压力为4mg D．小球在M点对轨道的压力为6mg
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某实验小组用如图所示的装置探究动能定理。

将小钢球从固定轨道倾斜部分某处由静止释放，经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹。

为了使问题简化，小钢球在轨道倾斜部分下滑的距离分别为L、2L、3L、4L…，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功W就可以分别记为W0、2W0、3 W0、4 W0…
（1）为了探究动能定理，除了测量小钢球离开轨道后的下落高度h和水平位移s外，还需测量__________
A．L、2 L、3 L、4 L…的具体数值
B．轨道与小钢球之间的动摩擦因数μ
C．小钢球的质量m
（2）请用上述必要的物理量补充完整探究动能定理的关系式：W=__________；
（3）为了减小实验误差必须进行多次测量，在L、2 L、3 L、4 L…处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹。

那么，确定在同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是____________________。

12．（12分）实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验。

(1)实验前他们导出了重力加速度的表达式
2
2
4L
g
T
π
＝，对于此式的理解，
同学甲：T一定时，g与L成正比
同学乙：L一定时，g与T2成反比
同学丙：L变化时，T2是不变的
同学丁：L变化时，L与T2的比值是定值
其中观点正确的是_______同学（选填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”）。

(2)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1m的细线
B．长约1m的橡皮绳
C．直径约2cm的均匀铁球
D．直径约5cm的均匀木球
E．秒表
F．时钟
实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择____________（填写器材前面的字母）。

(3)他们将其上端固定，下端自由下垂（如图所示）。

用刻度尺测量悬点到球心之间的距离记为单摆的摆长L。

(4)他们记录小球完成n次全振动的总时间t，则单摆的周期T=________。

(5)如果实验得到的结果比当地的重力加速度值小，可能的原因是（____）
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将n-1次全振动数为n次．
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直。

可视为质点的小球A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与小球不栓接)，开始时在水平地面上以共同速度v0向左运动。

在到达N点之前的某个时刻，细绳突然断开，小球A、B被弹开，小球A以某一速度冲上轨道，飞过最高点M后，落地点距N为2R。

已知小球A的质量为m，重力加速度为g。

空气阻力及各处摩擦均不计。

(1)求小球A到达轨道底端N点时对轨道的压力大小；
(2)若保证小球B不进入轨道，则小球B的质量需满足什么条件?
14．（16分）如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相接，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直平面内，A、C两点等高．质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s1．求：
（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
（1）若使滑块能到达C点，求滑块至少从离地多高处由静止开始下滑；
（3）若滑块离开C 处后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C 点时对轨道的压力大小．
15．（12分）前不久，科学家们宣称，在距离地球20.5光年之外的天秤座发现了一颗宜居行星，它或许可以让人类“拎包即住”。

这颗被科学家们称为“581c ”的系外行星，其半径为地球的p 倍，质量为地球的q 倍。

不计星球的自转影响。

地球表面重力加速度为g ，地球第一宇宙速度大小为v 1。

求：
（1）该行星表面重力加速度的大小g c ；
（2）该行星“第一宇宙速度”的大小v c 。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C
【解析】
手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动，对整体分析，整体受到重力和拉力，两个力的合力水平向右，根据平行四边形定则知，则拉力的方向斜向右上方，对下面小球m 2，利用牛顿第二定律，则在水平方向有
2cos T m a α=
而在竖直方向则有
2sin T m g α=
对上面小球同理有
1cos cos F T m a βα-=
1sin sin F T m g βα=+
联立解得
12cos ()F m m a β=+
12sin )F m m g β=+(
则
tan g a β=
而 tan g a
α=
则 =αβ
故选C 。

2、C
【解析】A 、图象的纵坐标表示物体所在的位置;由图可以知道 到 时刻两车的距离始终不变,故A 错误;
B 、图象的斜率表示物体的速度,由图可以知道，
时间内甲车的速度和乙车的速度相等,故B 错误; C 、根据位移等于x 的变化量,由图可以知道,
时间内甲和乙的位移相等;所以C 选项是正确的; D 、时间内,甲和乙的位移相等,所用时间相等,则两车平均速度相等,故D 正确；
综上所述本题答案是：CD
3、D
【解析】
A ．冲量I =Ft ，因重力不为零，故物体受到的冲量不为零，故A 错误；
B ．物体在上升过程和下降过程的高度相同，但物体上升时的加速度大于向下的加速度，故下降时所用的时间大于上升时所用的时间，故上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小，故B 错误；
C ．物体在上升过程和下降过程的高度相同，阻力大小相等，所以克服阻力做功相等，故C 错误；
D ．物体在整个抛出过程中克服阻力做的功为
W =2fH
由功能原理可知，物体机械能的减小量2fH ，故D 正确。

故选D 。

4、B
【解析】由A 、B 、C 三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑知三者线速度相同，其半径分别为
，由于C 盘半径为r ，A 、B 、C 三个转盘的半径从左向右依次减半，即
，而，故a 盘上的角速度为，c 盘上的角速度为，a 盘边缘上一点的线速度为
，A 错误；a 盘上各点的角
速度均为，B正确；c盘半径中点处的向心加速度为，C错误；b盘边缘上一点的向心加速度为，D错误；选B．
【点睛】A、B、C三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑说明线速度相同，再根据分析角速度关系；利用
分析向心加速度的关系
5、C
【解析】解：A、根据a=
v
t
∆
∆
知，速度变化很大，加速度不一定大，还与时间有关，故A错误．
B、加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越来越快，加速度越来越大，故B错误．
C、加速度方向与速度方向可能相同，可能相反，故C正确．
D、加速度方向与速度变化量方向相同，速度变化量的方向为正，则加速度方向为正，故D错误．
故选：C．
6、C
【解析】
由可得该人前4 s内的平均速度为m/s＝2.5 m/s，C正确；因该人的运动不是匀变速直线运动，故无法确定其瞬时速度大小，选项ABD均错误，故选C．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BD
【解析】
开始时砝码和托盘的总重力为，弹簧测力计示数为，故受到水平向左的静摩擦力（说明最大静摩擦力大于等于4N）；剪短细线后，所受到弹簧弹力没变仍然为2N，由上面分析知最大静摩擦力大于等于4N，所以仍然静止，静摩擦力减小为，方向向右，故AC错误，BD正确；
8、BD
【解析】对滑块受力分析，受重力、支持力、推力和摩擦力（可能不受摩擦力），四个力保持平衡，其中支持力与摩擦力的合力与其余两个力的合力等大、反向、共线；由于推力F和重力G的合力一定向右下方，故支持力与摩擦力的合力与其余两个力的合力一定平衡，向左上方；当β＞α时，物体有上滑趋势，静摩擦力平行斜面向下；当β=α时，物体无滑动趋势，不受静摩擦力，故BD正确，AC错误。

9、BC
【解析】因为E m-E n=hv，则E a＞E C＞E b，依据E=hγ，可知，γa＞γc＞γb，可知a光的频率最高，b光的频率最低，故A错误，B正确；因为a光的能量大于c光的能量，所以能发生光电效应，故C正确；因为b光的能量小于c光的能量，所以不能发生光电效应，故D错误。

所以BC正确，AD错误。

10、AD
【解析】
A ．采用逆向思维，C 到N 做平抛运动，即沿N 点切线方向进入，根据平行四边形定则知，小球在N 点的竖直分速度
yN tan60v v =︒==则N 到C 的时间
yN
v t g ==C 、N 的水平距离
x vt ==
故A 正确，B 错误。

CD ．小球运动到N 点的速度
N v ==根据动能定理得
()22M N 111cos 22
mgR mv mv α-=- 在M 点，根据牛顿第二定律有
2M v N mg m R
-= 联立解得
N =6mg
故C 错误，D 正确。

故选AD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、C 2
4mgs h
用尽可能小的圆圈住所有落点，圆心即为平均落点的位置 【解析】
(1)[1] 根据动能定律可得：
212
W mv = 根据平抛规律可得：
21,2
s vt h gt == 联立可得探究动能定理的关系式：
2
4mgs W h
= 根据表达式可知为了探究动能定理，并测量当地的重力加速度还需测量的量为小钢球的质量m ，故AB 错误，C 正确．
(2)[2] 由解析（1）可知探究动能定理的关系式为：2
4mgs W h
=。

(3)[3] 从斜槽上同一位置静止滚下，由于存在误差落于地面纸上的点迹，形成不完全重合的记录痕迹，平均确定落点位置的方法为：用尽可能小的圆圈住所有落点，圆心即为平均落点的位置；
12、丁ACE
t n
B 【解析】
(1)[1]重力加速度的大小与摆长和周期的大小无关，根据表达式 224 L g T
π= 可知L 变化时，T 2是变化的，但是L 与T 2的比值不变。

故观点正确的是同学丁；
(2)[2]单摆模型中，摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，小球视为质点，故要选择直径约2cm 的均匀铁球，长度1m 左右的细线，不能用橡皮条，否则摆长会变化，秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，所以还需要ACE;
(4)[3]根据题意可知，周期t T n
=； (5)[4]A ．g 比当地的重力加速度值大，根据表达式
224 L g T
π= 可知测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，测得的重力加速度偏大，A 错误；
B ．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则测得的周期变大，则测得的重力加速度偏小，B 正确；
C ．开始计时，秒表过迟按下，则测得的周期偏小，测得的重力加速度偏大，选项C 错误；
D ．实验中误将n -1次全振动数为n 次，则测得的周期偏小，测得的重力加速度偏大，D 错误；
故选B 。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）6mg （2
）01M m ⎫≤-⎪⎪⎝⎭
【解析】（1）飞过最高点M 后，落地点距N 为2R ，由平抛运动规律可得： 2M R v t = 、 2122
R gt =
解得M v = ；
从N 到M ，根据机械能守恒： ()2211222
N M mv mv mg R -=⋅ 解得：
N v =； 对小球在N 点，由牛顿第二定律： 2N v N mg m R
-=解得： 6N mg =； 根据牛顿第三定律：小球A 到达轨道底端N 点时对轨道的压力等于轨道对它的支持力，故6F mg =压
（2）若保证小球B 不进入轨道，则小球B 被弹开时速度为零或方向向右；
小球被弹开的过程动量守恒，以向左为正，设小球B 质量为M ，可得： ()0N m M v mv Mv +=+ 、 0v ≤ 解得：
01M m ⎫≤-⎪⎪⎝⎭
14、（1）0.5 （1）1m （3）3.3N
【解析】
试题分析：(1) 滑块恰能滑到与O 等高的D 点，速度为零，对A 到D 过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数μ，
(1) 滑块恰好能到达C 点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到C 点的速度范围，再对A 到C 过程，运用动能定理求初速度v 0的最小值，
(3) 离开C 点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间．
(1) 滑块在整个运动过程中，受重力mg 、接触面的弹力N 和斜面的摩擦力f 作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A 运动至D 的过程中，根据动能定理有：002cos370sin 37
R mgR mg μ-=，解得0.375μ=； （1）滑块要能通过最高点C ，则在C 点所受圆轨道的弹力N 需满足：N≥0 ①
在C 点时，根据牛顿第二定律有：2C mv mg N R
+= ② 在滑块由A 运动至C 的过程中，根据动能定理有：02200211cos37sin 3722
C R mg mv mv μ-⨯=-③ 由①②③式联立解得滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0
需满足：0m v s ≥=；
(3) 滑块从C 点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x ＝vt ④ 在竖直方向的位移为：212
y gt =⑤
根据图中几何关系有：02tan 37R y x
-=
⑥ 由④⑤⑥式联立解得：t ＝0.1s ． 点晴：本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，关键要注意挖掘隐含的临界条件，知道小球通过竖直平面圆轨道最高点时，重力恰好提供向心力，对于平抛运动，要结合几何知识进行求解．
15、（1）2c q g g p =
（2
）1c v = 【解析】
（1）设“581c”星球质量为M c ，半径为R c ，其表面有一物体质量为m ，由于不计星球的自转影响，则万有引力等于重力，即 2c c c
GM m mg R = ① 若该物体在地球表面有 2GM m mg R =地地
② 联立①②式并代入相关数据可得
2
c q g g p = （2）设质量为m 0的飞行器在其表面附近做圆周运动，有
2002c c c c
GM m m v R R = ③ 若该飞行器在地球表面附近做圆周运动，则同理有
20012GM m m v R R =地地地
④ 联立③④式并代入相关数据可得
1c v =。