上海市奉贤区2027届高三上物理期中学业水平测试模拟试题含解析

上海市奉贤区2027届高三上物理期中学业水平测试模拟试题注意事项：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．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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、如图所示，三根抗拉能力相同的轻细绳1、2、3将一重物悬挂在水平天花板上，P、Q两点为绳子与天花板的结点，绳子1、2与天花板的夹角分别为60°和30°，其拉力大小分别为F1、F2，重物重力为G，下列说法正确的是（）A．绳子2的拉力B．绳子2的拉力F2=2GC．若逐渐增大重物进力，绳子3先断D．若缓慢增大P、Q两点间距，F1、F2的合力增大2、火星探测器绕火星近地做圆周轨道飞行，其线速度和相应的轨道半径为v0和R0，火星的一颗卫星在圆轨道上的线速度和相应的轨道半径为v和R，则下列关系正确的是（）A．lg（vv0）=-lg（B．lg（vv0）=2lg（C．lg（vv0）=-lg（D．lg（vv0）=2lg(3、如图所示，物体叠放在物体上，置于光滑水平面上．、质量分别为和，、之间的动摩擦因数为．在物体上施加水平向右的拉力，开始时，此后逐渐增大，在增大到的过程中，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，．以下判断正确的是（）A．两物体间始终没有相对运动B．两物体间从受力开始就有相对运动C．当拉力时，两物体均保持静止状态D．两物体开始没有相对运动，当时，开始相对滑动4、作用在同一个物体上的两个共点力，一个力的大小是3N，另一个力的大小是8N，它们合力的大小可能是A．2N B．6N C．14N D．16N5、如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道．半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中()A．重力做功2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功6、如图所示，倾角为θ的斜面体C放于粗糙水平面上，物块A通过斜面顶端的定滑轮用细线与B连接，细线与斜面平行．斜面与A之间的动摩擦因数为μ，且μ<tanθ，整个装置处于静止状态，下列说法正确的是A．mB最小可以为0B．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向左C．增大mB，物块A所受摩擦力大小可能不变D．剪断A、B间的连线后，地面对斜面体C的支持力等于A、C的重力之和二、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、在一次冰壶比赛中，运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面抛出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示，已知冰壶质量为19kg，g

取10m/s

2，则以下说法正确的是（）A．B．C．滑行时间D．滑行时间

8、一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t秒与（t+2）秒两个时刻，在x轴上（-3m，3m）区间的波形完全相同，如图所示．并且图中M，N两质点在t秒时位移均为，下列说法中不正确的是A．该波的最大波速为20m/sB．（t+0.1）秒时刻，x=-2m处的质点位移一定是aC．从t秒时刻起，x=2m处的质点比x=2.5m的质点先回到平衡位置D．从t秒时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰E.该列波在传播过程中遇到宽度为d=3m的狭缝时会发生明显的衍射现象9、如图所示，两个完全相同的小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O′是O在地面上的竖直投影，且O′A∶AB＝1∶2。若不计空气阻力，则两小球()．A．初速度大小之比为1∶2B．重力对两个小球做功相同C．重力做功的平均功率相同D．落地瞬间重力的瞬时功率相同10、将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，从它开始运动到落回抛出点的过程中始终受到竖直向下的恒力F与大小不变的空气阻力f的作用，以小球的抛出点为坐标原点，以竖直向上为X轴的正方向，整个过程中它的速度平方随位置坐标的变化的关系如图中的①、②所示，g=10m/s2,则以下说法正确的是（）A．f=4NB．F=4NC．在小球上升过程中，它的加速度大小为16m/s2D．在小球下降过程中，它的加速度大小为10m/s2三、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）在用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验时，下列说法正确的是_______A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线必须是水平的C．入射小球每次都要从斜槽上同一高度由静止滚下D．本实验必须测出斜槽末端点到水平地面的竖直高度HE．为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求m1＞m2，r1=r2，两小球半径r1、r2不需要测量12．（12分）测量木块与木板间动摩擦因数，某小组设计了使用位移传感器的图示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A静止释放，位移传感器连接计算机描绘了滑块相对传感器的位移随时间变化规律如图：（1）根据下述图线计算时刻速度=，时刻速度=，木块加速度（用图中给出、、、、表示）；（2）已知重力加速度为g，测得木板的倾角为，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数．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，在空间有两个磁感强度均为B的匀强磁场区域，上一个区域边界AA′与DD′的间距为H，方向垂直纸面向里，CC′与DD′的间距为h,CC′下方是另一个磁场区域，方向垂直纸面向外.现有一质量为m、边长为L(h<L<H)、电阻为R的正方形线框由AA′上方某处竖直自由落下，恰能匀速进入上面一个磁场区域,当线框的cd边刚要进入边界CC′前瞬间线框的加速度大小a1=0.2g,空气阻力不计，求：（1）线框的cd边从AA′运动到CC′过程产生的热量Q.（2）当线框的cd边刚刚进入边界CC′时,线框的加速度大小（3）线框的cd边从边界AA′运动到边界CC′的时间.14．（16分）如图所示，带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝0.5m．现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝＋4×10－5C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0.2m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10m/s2.求（1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小；（2）M、N两板间的电场强度的大小和方向；（3）小球到达C点时的动能．15．（12分）如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平．一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示．已知它落地时相对于B点的水平位移OC＝L．现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端与B的距离为L／1．当传送带静止时，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点．当驱动轮转动从而带动传送带以速度v匀速向右运动时（其他条件不变），P的落地点为D．（不计空气阻力）（1）求P滑至B点时的速度大小；（1）求P与传送带之间的动摩擦因数；（3）求出O、D间的距离s随速度v变化的函数关系式．

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】对O点受力分析，如图所示：

根据平衡条件，有：F1：F2：F3=：1：2，其中：F3=G，故F1=G，F2=G；故AB错误；由于F1：F2：F3=：1：2，而F3=G，故增加重力G后，三个拉力F1、F2、F3均增加，由于F3＞F1＞F2，故绳子3先断，故C正确；若缓慢增大P、Q两点间距，点O保持平衡，根据平衡条件，三个力的合力为零，而F1、F2的合力与F3平衡，而F3=G，故F1、F2的合力不变，故D错误；故选C点睛：本题是平衡问题，关键是明确点O的受力情况，根据平衡条件作图分析；三力平衡的基本解题方法：①力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力；②相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法．应用这种方法，往往能收到简捷的效果．2、C【解析】人造卫星的向心力由万有引力提供，故有：GMmGMmR02=mv02R所以lg(vv3、A【解析】隔离对分析，间摩擦力达到最大静摩擦力时，、发生相对滑动，则，再对整体分析：，故只有当拉力时，、才发生相对滑动，故A对；BD错；由于地面光滑只要有拉力两物体就运动，C错．故选A.点睛：本题考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进行求解．4、B【解析】

根据力的合成法则可知两力合成时,合力范围为:所以，故B对；ACD错；故选B5、D【解析】试题分析:重力做功只与竖直高度有关，故重力做功为：mgR，A错；恰好到达B点有：，由动能定理知由P运动B的过程中，合外力所做的功为：，C错；由P到B，由可得：克服摩擦力做功为：mgR，D对；有上分析知在由P运动到B的过程中，机械能的减少量为mgR，B错．考点:动能定理、功能关系．【名师点睛】对功能关系的理解与应用功是能量转化的量度．力学中的功与对应的能量的变化关系如下表所示：功

能量改变

关系式

W合：合外力的功（所有外力的功）

动能的改变量（ΔEk）

W合＝ΔEk

WG：重力的功

重力势能的改变量（ΔEp）

WG＝－ΔEp

W弹：弹簧弹力做的功

弹性势能的改变量（ΔEp）

W弹＝－ΔEp

W其他：除重力或系统内弹簧弹力以外的其他外力做的功

机械能的改变量（ΔE）

W其他＝ΔE

Ff·Δx：一对滑动摩擦力做功的代数和

因摩擦而产生的内能（Q）

Ff·Δx＝Q（Δx为物体间的

相对位移）

6、C【解析】

由可知，若无绳子拉力，A不可能静止于斜面上，即最小不可以为0，故A错误；整个装置处于静止状态，把整个装置看做一个整体，可知地面对斜面体C的摩擦力为0，故B错误；若开始B质量较小，A有向下滑的趋势；增大，物块A有可能有向上滑的趋势，摩擦力方向相反，大小可能不变，故C正确；剪断A、B间的连线后，由可知，A不可能静止于斜面上，A加速下滑，A超重，所以地面对斜面体C的支持力大于A、C的重力之和，故D错误．故选C．由可知，若无绳子拉力，A不可能静止于斜面上．整个装置处于静止状态可以考虑用整体法研究地面对斜面体C的摩擦力方向．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】

对冰壶由图像和动能定理得：，解得：，则A错误，B正确；冰壶运动时，，由运动学公式得：，则C错误，D正确．8、ABD【解析】

A.由题意知，0.2s=nT传播速度所以该波的最小波速为20m/s，故A错误符合题意；B.由0.2s=nT当n=2时，T=0.1s，所以（t+0.1）秒时刻，x=-2m处的质点位移是-a，故B错误符合题意；C.由t时刻波形图知，x=2m处的质点在波谷向上振动，x=2.5m的质点向下运动，所以x=2m处的质点先回到平衡位置，故C正确不符合题意；D.根据数学知识得知质点M和N之间的距离等于，由波形得知，质点M第一次到达平衡位置时，质点N不在波峰．故D错误符合题意；E.该波的波长等于4m大于狭缝的尺寸，故能发生明显的衍射现象，所以E正确不符合题意．9、BCD【解析】

平抛运动的高度相同，则运动的时间相同，因为两物体的水平位移之比为1：3，根据v0＝x/t知，初速度之比为1：3，故A错误。根据WG=mgh可知，重力对两个小球做功相同，选项B正确；根据P=W/t可知，重力做功的平均功率相同，选项C正确；小球落地的竖直速度vy=2gh，则落地瞬间重力的瞬时功率P=mgv10、AC【解析】由图象结合公式可知：，，故C正确，D错误；根据牛顿第二定律可知：，，由以上两式解得：F=12N，f=4N，故A正确，B错误．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、BCE;【解析】

根据实验原理确定实验中如何减小实验误差；知道小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端切线应水平，并且每次让小球从同一位置滑下．【详解】A项：小球离开轨道后做平抛运动，只要保证入射球离开轨道的初始相等即可，斜槽轨道不需要光滑，故A错误；B项：为保证小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；C项：为保证小球速度相等，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故C正确；D项：本实验中由于平抛中高度相同，故下落时间相同，所以可以用水平位移代替水平速度，因此不需要测出斜槽末端点到水平地面的竖直高度H，故D错误；E项：为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1＞m1．，故E正确．故应选：BCE．本题考查验证动量守恒定律的实验，对于验证动量守恒定律的实验，要学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度的方法，掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键．12、（1）（2）【解析】试题分析：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得：；木块的加速度：（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向根据牛顿第二定律：得：考点：探究影响摩擦力的大小的因素【名师点睛】本题难度不大，首先由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；然后根据牛顿第二定律求摩擦因数即可．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）；（2）3.8g；（3）【解析】（1）线框匀速进入上一个磁场区域的速度为v1，电流为I1，由解得：cd到达CC′前瞬间的速度设为v2，电流设为I2，因L<H，必有v2>v1，所以此状态线框的加速度方向应为向上，由：解得产生的热量：（2）cd边刚进入CC′时的速度仍为v2，这时上下两条边同时切割磁感线，回路电动势加倍，电流加倍，安培力变为4倍.所以有:解得：a=3.8g（3）设线框进入上一个磁场区域的时间为t1，线框cd边从DD′运动到CC′的时间为t2，从AA′运动到CC′的总时间为t，对线框从AA′运动到CC′的全过程列动量定理有：（其中、为t1、t2时间内的平均电流），；;解得：14、（1）2m/s（2）5×103N/C水平向右（3）0.225J【解析】