2027届湖北省宜昌市高中教学协作体高三上物理期中教学质量检测模拟试题含解析

2027届湖北省宜昌市高中教学协作体高三上物理期中教学质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度处同时由静止开始下落，运动中两物体所受阻力的特点不同，其v-t图象如图．则下列判断正确的是()A．t0时刻甲物体的加速度小于乙物体的加速度B．t0时刻甲、乙两物体动量不相同C．0~t0时间内，甲、乙两物体重力势能的变化量相同D．0~t0时间内，甲物体克服阻力做的功比乙的少2、如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则()A．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B．弹簧弹力不可能为C．小球可能受三个力作用D．木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg3、某同学设想驾驶一辆“陆地——太空”两用汽车(如图)，沿地球赤道行驶并且汽车相对于地球速度可以增加到足够大．当汽车速度增加到某一值时，它将成为脱离地面绕地球做圆周运动的“航天汽车”．不计空气阻力，已知地球的半径R＝6400km．下列说法正确的是()A．汽车在地面上速度增加时，它对地面的压力增大B．当汽车速度增加到1．9km/s，将离开地面绕地球做圆周运动C．此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1hD．在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力4、如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于小球和弹簧的能量叙述中正确的是（）A．重力势能和动能之和总保持不变B．重力势能和弹性势能之和总保持不变C．动能和弹性势能之和总保持不变D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变5、如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，且均可视为光滑。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是()A．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为B．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为C．适当调整hB，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D．适当调整hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处6、如图所示，一小球用绳子挂在墙上，设墙面对球的压力大小为，绳子对球的拉力大小为，让绳子缩短（绳与墙间夹角变大），则（）A．增大，增大 B．增大，减小C．减小，增大 D．减小，减小二、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，一质量为M、上表面为一半径为R的半球面凹槽静止于水平面上，凹槽的最低点放一质量为m的小球，不计一切摩擦和空气阻力，现给小球一瞬时水平冲量，小球获得初速度v0，在以后运动过程中，下列说法正确的是()A．若小球无法冲出凹槽，小球上升的最大高度H一定小于vB．若小球能冲出凹槽，小球上升的最大高度H=C．若小球能冲出凹槽，小球有可能不会落回凹槽中D．小球第12次返回凹槽的最低点时，凹槽的速度最大8、如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图b所示（g=12m/s2），则下列结论正确的是（）A．物体的质量为3kgB．物体的加速度大小为5m/s2C．弹簧的劲度系数为1．5N/cmD．物体与弹簧分离时动能为2．4J9、宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上．已知引力常量为G。关于宇宙四星系统，下列说法正确的是()A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动B．四颗星的轨道半径均为aC．四颗星表面的重力加速度均为D．四颗星的周期均为10、如图所示，质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角．B小球受一沿杆方向的水平推力F1作用，A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1．现缓慢推动B球，A球也缓慢移动，当B球到达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，则()A．F1＜F2 B．F1＞F2 C．L1＜L2 D．L1＞L2三、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）图(a)是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点．加速度大小用a表示．①OD间的距离为_______cm②图(b)是根据实验数据绘出的s-t2图线（s为各计数点至同一起点的距离），斜率表示_______，其大小为_______m/s2（保留三位有效数字）．12．（12分）为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图1所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d，滑块通过细线与重物相连，细线的拉力F大小等于力传感器的示数.让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t，改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作5次，得到下列表格中5组数据．次数a/(m⋅F/N11.00.7622.00.9933.01.2344.01.5055.01.76(1)若测得两光电门之间距离为d=0.5m，运动时间t=0.5s，则a=______m/s(2)依据表中数据在如图2中画出a-F图象．(3)由图象可得滑块质量m=______kg，滑块和轨道间的动摩擦因数μ=______.g=10m/s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，一质量为M=2kg的木板静止在光滑水平面上。现有一质量为m=1kg的小滑块以4m/s的初速度从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块速度随时间变化的关系如图乙所示，t0=1s时滑块恰好到达木板最右端。（g=10m/s2）求：（1）滑块与木板间的摩擦因数；（2）木板的长度。14．（16分）《公安机关涉案枪支弹药性能鉴定工作规定》指出，不能发射制式弹药的非制式枪支，其所发射弹丸的枪口比动能大于等于1.8焦耳/平方厘米都认定为枪支，枪口比动能是指子弹弹头离开枪口的瞬间所具有的动能除以枪口的横截面积，现有一玩具枪，其枪管长度L=20cm，枪口截面面积为S=0.36cm2，子弹质量为m=2g，在测试中，让玩具枪在高度h=1.8m处水平发射，实测子弹射程为12m，不计子弹受到的阻力，求：（1）子弹出枪口的速度；（2）此玩具枪是否可能被认定为枪支，请计算说明。（3）假设在枪管内子弹始终受到恒定的推力，试求此推力的大小。15．（12分）如图，固定在水平地面上的斜面倾角为，现在斜面上放个质量为2kg的滑块。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，,）（1）当对滑块施加一个平行于斜面向上的的推力时（如图1），滑块刚好可以沿斜面向下做匀速直线运动，求滑块与斜面间的动摩擦因数。（2）保持斜面与滑块的接触面不变，对滑块施加一个水平向右的推力F2（如图2），为保证滑块沿斜面匀速上滑，求F2的大小。（3）保持斜面与滑块的接触面不变，对滑块施加一个水平向右的推力F3（如图2），为保证滑块在斜面上静止，求F3的大小范围。

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、D【解析】

根据图线的斜率比较出加速度的大小，根据图线与时间轴所围成的面积比较位移的大小，根据重力做功的大小判断重力势能的变化．【详解】A项：由v-t图线的斜率表示加速度，可知t0时刻，甲物体的加速度大于乙的加速度，故A错误；B项：由图可知，甲、乙两物体在t0时速度相同，由公式P=mv可知，此时两物体的动量相同，故B错误；C项：根据v-t图线与时间轴所围成的面积表示位移，知0～t0时间内，乙下落的位移大于甲下落的位移，则乙重力做的功较多，所以乙物体重力势能的变化量大，故C错误；D项：0～t0时间内，根据动能定理可知，甲、乙合外力做功相等，而甲重力做的功少，所以甲物体克服阻力做的功比乙物体少，故D正确．故应选：D．本题要求同学们能根据v-t图象得出有效信息，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴所围成的面积表示位移．运用动能定理分析变力做功的大小．2、C【解析】

滑块可能受重力、支持力、弹力三个力处于平衡，根据共点力平衡判断，根据平行四边形定则可知，小球重力和弹力的合力肯定大于重力．【详解】A、C项：小球处于静止状态，受力平衡，对小球受力分析，如图所示：当重力、弹簧弹力以及木板的支持力的合力为零时，小球不受摩擦力，即小球可以受到3个力作用，故A错误，C正确；B项：若小球不受摩擦力，根据平衡条件得：tan37°=，解得：，故B错误；D项：无论小球受不受到摩擦力作用，由平衡条件可知，木板对小球的作用力与重力和弹力的合力等大，反向，即木板对小球的作用力为，一定大于重力，故D错误．解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力方向是水平向左的，难度适中．3、B【解析】试题分析：汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律分析速度减小时，支持力的变化，再由牛顿第三定律确定压力的变化．当速度增大时支持力为零，汽车将离开地面绕地球圆周运动．根据第一宇宙速度和地球半径求出“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1h．在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，不能用弹簧测力计测量物体的重力．汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力．设汽车的质量为m，支持力为F，速度为v，地球半径为R，则由牛顿第二定律得，，当汽车速度v减小时，支持力F增大，则汽车对对地面的压力增大，故A错误；1.9km/s是第一宇宙速度，当汽车速度时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫星，故B正确；“航天汽车”环绕地球做圆周运动时半径越小，周期越小，则环绕地球附近做匀速圆周运动时，周期最小．

最小周期，v=1.9km/s，R=6400km，代入解得T=5081s=1.4h，“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1.4h，故C错误；在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，不能用弹簧测力计测量物体的重力，故D错误．4、D【解析】

A、对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧是一直被压缩的，所以弹簧的弹性势能一直在增大。因为小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，重力势能和动能之和始终减小。故A错误。

B、在刚接触弹簧的时候这个时候小球的加速度等于重力加速度，在压缩的过程中，弹簧的弹力越来越大，小球所受到的加速度越来越小，直到弹簧的弹力等于小球所受到的重力，这个时候小球的加速度为0，要注意在小球刚接触到加速度变0的工程中，小球一直处于加速状态，由于惯性的原因，小球还是继续压缩弹簧，这个时候弹簧的弹力大于小球受到的重力，小球减速，直到小球的速度为0，这个时候弹簧压缩的最短。所以小球的动能先增大后减小，所以重力势能和弹性势能之和先减小后增加。故B错误。

C、小球下降，重力势能一直减小，所以动能和弹性势能之和一直增大。故C错误。

D、对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。故D正确。

故选D。5、AC【解析】小球A恰好能到A轨道的最高点时，由，；根据机械能守恒定律得，mg（hA-2R）=mvA2，解得，故A正确；小球恰好能到B轨道的最高点时，临界速度为零，根据机械能守恒定律得：mg（hB-2R）=0，若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，B小球hB＞2R的任意高度释放都可以，故B错误；小球恰好能到B轨道的最高点时，临界速度为零，适当调整hB，B可以落在轨道右端口处．故C正确．小球A恰好能到A轨道的最高点时，由，；小球A从最高点飞出后下落R高度时，根据平抛运动规律得：水平位移的最小值为，小球落在轨道右端口外侧．故D错误．故选AC.点睛：本题是向心力、机械能守恒定律、平抛运动的综合，A轨道与轻绳系的球模型相似，B轨道与轻杆固定的球模型相似，要注意临界条件的不同．6、A【解析】

对小球受力分析，如图所示：

根据平衡条件，有：FN=mgtanθ当绳子缩短，绳与墙间夹角变大时，则FN变大，FT变大A．增大，增大，与结论相符，选项A正确；B．增大，减小，与结论不相符，选项B错误；C．减小，增大，与结论不相符，选项C错误；D．减小，减小，与结论不相符，选项D错误；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、AB【解析】

A、若小球的初速度v0较小，在小球相对凹槽上升最高点时“相对静止”，两者水平共速，而球的竖直速度为零；系统水平方向动量守恒，有：mv0=(m+M)vx，系统只有重力做功，机械能守恒有：12B、若小球的初速度v0较大，小球能相对凹槽向上运动，满足水平共速vx，竖直方向有速度vy≠0，由系统水平方向动量守恒mv0=(m+M)vx，系统机械能守恒有：12mv02=C、若小球能离开凹槽，则做斜上抛运动，但离开时球和凹槽具有相同的水平速度，故小球一定能落回凹槽；C错误.D、根据运动的重复性可知，奇数次返回凹槽底端时速度向左，正经历了压力向右下而让槽向右加速的过程，凹槽的速度达到最大；偶数次返回凹槽底端时速度向右，经历了压力向左下而让槽向右减速的过程，速度变小；故第12次次返回凹槽的最低点时，凹槽的速度最小；D错误.故选AB.小球和凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒，抓住系统只有重力做功得出系统机械能守恒.8、BD【解析】试题分析：物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg=kx，拉力F1为12N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1+kx-mg=ma，物体与弹簧分离后，拉力F联立三式，代入数据解得m=2kg,k=500N/m=5N/cm,a=5m/s2，AC错误B正确；当物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，根据x=v22a考点：考查了牛顿第二定律与图像【名师点睛】在使用牛顿第二定律时，一般步骤为：1、确定研究对象；2、分析物体运动状态；3、对研究对象受力分析；4、建立坐标系；5、选取正方向；6、根据牛顿第二定律列方程求解，必要时对结果进行讨论分析9、AD【解析】

A.星体在其他三个星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动；故A正确.B.根据对称性可知，四颗星绕正方形的中心做匀速圆周运动，由几何关系可知四颗星的轨道半径均为；故B项错误.C.根据万有引力等于重力解得：；故C错误.D.星体在其他三个星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由万有引力定律和向心力公式得：，解得：；故D项正确.10、BC【解析】

CD．对A受力分析如图所示，A受到重力mg、支持力FA和库仑力F库，根据平衡条件可知，重力mg和库仑力F库的合力FA′与支持力FA等值反向，可以把重力mg、支持力FA和库仑力F库之间的关系转变为mg、FA′、F库′之间的三角形关系，如图所示．当B球向C移动的过程中，库仑力的方向在改变，即图中α角变小，由矢量三角形可知，库仑力在变小．根据库仑定律可知L变大，即AB之间的距离变大；故C正确、D错误．AB．对B球受力分析如图所示，B受到重力mg、支持力FB、库仑力F库和推力F，根据平衡条件可知，F=F库cosβ，当B球向C移动的过程中，库仑力的方向在改变，即β在变大，则cosβ变小，库仑力又在减小，故推力F变小，即F1＞F2；故A错误、B正确．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、①1.20②加速度一半，0.933【解析】

①1cm+1mm×2.0格=1.20cm，②加速度一半，，所以a=0.933m/s212、4.00.25

0.2【解析】

(1)根据运动学公式x=12at2得a=2xt2=2×0.5(0.5)2=4.0m/s2；

(2)依据表中数据运用描点法作出图象：

(3)根据F-μmg=ma得a=Fm-μg，所以滑块运动的加速度a和所受拉力四、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）0.2（2）2.5m【解析】

（1）由图可知，滑块的加速度大小为：根据牛顿第二定律：μmg＝ma1，解得