2027届甘肃省定西市岷县第二中学高三物理第一学期期中达标测试试题含解析

2027届甘肃省定西市岷县第二中学高三物理第一学期期中达标测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是()A．a、b两物体的受力个数一定相同B．a、b两物体对斜面的压力不一定相同C．a、b两物体受到的摩擦力大小可能不相等D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动2、如图，长为l的绝缘轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m的小球，小球在竖直平面内运动。某时刻给小球一水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g。则A．小球做匀速圆周运动B．小球运动过程机械能不守恒C．小球在最高点的最小速度vD．最低点与最高点的绳子拉力差值为5mg3、关于功和能的联系和区别，下列说法中不正确的是（）A．功就是能，能就是功B．功是过程量，能是状态量C．功是能量转化的量度D．做功的过程总对应着能量的转化过程4、甲车由静止开始做匀加速直线运动,通过位移s后速度达到v,然后做匀减速直线运动直至静止,乙车由静止开始做匀加速直线运动,通过位移2s后速度也达到v.然后做匀减速直线运动直至静止,甲、乙两车在整个运动中的平均速度分别为v1和v2,v1与v2的关系是()A．v1＞v2 B．v1=v2 C．v1＜v2 D．无法确定5、一个小球从高处由静止开始落下，从释放小球开始计时，规定竖直向上为正方向，落地点为重力势能零点．小球在接触地面前、后的动能保持不变，且忽略小球与地面发生碰撞的时间以及小球运动过程中受到的空气阻力．图中分别是小球在运动过程中的位移、速度、动能和重力势能随时间变化的图象，其中正确的是（）A．B．C．D．6、如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于()A．0.3J B．3JC．30J D．300J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，用粗铁丝弯成半圆环，B处固定一个小滑轮，小圆环A用细绳吊着一个质量为m的物块并套在半圆环上．现用另一根细绳一端栓在A上，另一端跨过小滑轮，用力F拉动，使A缓慢向上移动（不计一切摩擦，绳子不可伸长）．则在物块移动过程中，关于拉力F和铁丝对A的支持力FN，以下说法正确的是A．F变小 B．F变大 C．FN不变 D．FN变大8、一列简谐横波沿x轴传播．t=0时的波形如图所示，质点A与质点B相距lm，A点速度沿y轴正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处．由此可知A．此波沿x轴正方向传播B．此波的传播速度为25m/sC．从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1mD．在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向E.此列波不能和频率为50Hz的横波发生干涉现象9、如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A相连．两物块A、B质量均为m，初始时均静止．现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的关系分别对应图乙中的A、B图线（时刻A、B的图线相切，时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）A．时刻，弹簧形变量为0B．时刻，弹簧形变量为C．从开始到时刻，拉力F逐渐增大D．从开始到时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少10、如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．换用相同材料、质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程．不计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是()A．两滑块到达B点的速度相同B．两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同D．两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同三、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）如图所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：(1)为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做______________运动．(2)连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到下图所示的纸带．纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时小车所受拉力为0.2N，小车的质量为0.2kg.请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化ΔEk。补填表中空格_______；__________.(结果保留至小数点后第四位).O—BO—CO—DO—EO—FW/J0.04320.05720.07340.0915ΔEk/J0.04300.05700.07340.0907分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W＝ΔEk，与理论推导结果一致．(3)实验前已测得托盘质量为7.7×10－3kg，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为_______________kg(g取9.8m/s2，结果保留至小数点后第三位)．12．（12分）写出下列读数：（1）______________mm（2）_____________mm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）如图甲所示，粗糙水平面上有一个长L=lm、质量M=3kg的长木板，木板上表面左半部分粗糙，右半部分光滑，木板与地面间的动摩擦因数。质量m=lkg的物块放置在木板的右端，物块与木板左半部分的动摩擦因数。在木板右端施加如图乙所示的水平拉力，g取。求：⑴木板刚开始运动时的加速度大小；⑵物块运动多长时间后与木板速度相同；⑶经过t=2.5s物块运动的位移大小。14．（16分）一个带正电的小物体，，放在倾角为37，有挡板的绝缘斜面上，空间若加沿斜面向上方向的变化电场，其加速度随电场力变化图象为图乙所示，现把斜面放平从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平电场作用(g取).求:（1）物体的质量及物体与斜面间的动摩擦因数；（2）在图丙所示周期性变化的水平电场作用下，物体一个周期内的位移大小；

（3）在图丙所示周期性变化的水平电场作用下，15s内电势能的变化量。15．（12分）如图所示，在水平向右的匀强电场中，直细杆倾斜放置，一个质量m=2kg、q=0.1C的带正电小球穿在细杆上。细杆与水平面之间的倾角，小球与细杆间的动摩擦因数，从t=0时刻开始，物体运动的与时间t的关系图象所示（x为位移），t=2s时撤去电场，m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)物体向上运动过程中距计时点的最大距离；(2)电场强度E的大小；(3)物体由斜面最高点返回计时点的时间。（结果可以保留根号）

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】

A、对a、b进行受力分析，如图所示：b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；B、a、b两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：N+Tsinθ=mgcosθ，解得：N=mgcosθ-Tsinθ，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B错误；C、根据A的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C正确；D、对a沿斜面方向有：Tcosθ+mgsinθ=fa，对b沿斜面方向有：Tcosθ-mgsinθ=fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a故选C。关键是正确对物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解。2、C【解析】

AB．小球在运动过程中只有重力做功，动能和重力势能相互转化，所以小球的机械能守恒，做的不是匀速圆周运动，故AB均错。C．小球到达最高点速度最小的临界条件是，恰好重力提供向心力，即：mg=mv12l，解得：D．设在最高点的速度为v，此时F1+mg=mv2l；设运动最低点时的速度为v2，由动能定理可得：2mgl=12m3、A【解析】

做功将导致能量转化，且功是能量转化的量度；功是过程量，而能量则是状态量．【详解】AB、功和能具有相同的单位，但本质不同，功是过程量，而能量则是状态量，物体具有对外做功的本领时，我们就说物体具有了能，故不能说功就是能，能就是功，故A错误，B正确；C、功是能量转化的量度，做多少功，就有多少能量转化，故C正确．D、功和能是紧密联系的，做功的过程总对应着能量的转化过程．故D正确．本题选不正确的，故选A．4、B【解析】

根据匀变速直线运动的推论，知甲车匀加速直线运动的平均速度匀减速运动的平均速度，可知全程的平均速度同理，乙车全程的平均速度.则故B正确，A.C.

D错误．5、B【解析】A．位移，所以开始下落过程中位移随时间应该是抛物线，故A错误；B．速度，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，故B正确；C．小球自由落下，在与地面发生碰撞的瞬间，反弹速度与落地速度大小相等，若从释放时开始计时，动能，所以开始下落过程中动能随时间应该是抛物线，故C错误；D．重力势力，小球开始时离地面的高度．故D错误．故选B。视频6、A【解析】试题分析：大约10个鸡蛋1斤，一个鸡蛋的质量约为，鸡蛋大约能抛h=0.5m，则做的功大约为W=mgh=0.05×10×0.5=0.25J，所以A正确．故选A．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、AC【解析】

若在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与FN的合力与T等大反向共线，作出mg与FN的合力，如图:由三角形相似有：，而F=T，可得，AB变小，BO不变，则F变小,，AO、BO都不变，则FN不变；故AC正确，BD错误；故选AC.本题是动态变化分析问题，在非直角三角形的情况下，运用三角形相似法列式也是常用的方法，本题采用的是函数法．8、BDE【解析】A点速度沿y轴正方向，则波沿x轴负方向传播．故A错误．由题λ=2m,T=0.08s，则波速．故B正确．简谐横波沿x轴传播，质点A沿波传播方向并不迁移．故C错误．此时B向下，t=0.04s=0.5T时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向．故D正确．此列的频率为，故波不能和频率为50Hz的横波发生干涉现象，选项E正确；故选BDE.9、BD【解析】

t2时刻A图线斜率为零，即加速度等于零，受力平衡，所以A错误；t1时刻是两个物体分离的临界点，A、B之间没有作用力，对A根据牛顿第二定律，解得：，所以B正确；t1时刻以后，物体B只受三个力重力，支持力，拉力F，根据，所以t1时刻以后F不再变化，所以C错误；开始时，；t1时刻，，即；从开始到t1时刻，弹簧的形变量减小，弹力随形变量的减小而减小；从开始到t1时刻，，则力F随形变量的减小而均匀增大，开始时，；t1时刻，；则从开始到t1时刻，拉力F的平均值比弹簧弹力的平均值小，所以拉力F做的功比弹簧弹力做的功少，故D正确．10、BCD【解析】

A、两次实验，弹簧压缩形变是相同的，所以弹性势能相等，两滑块到达B点的动能是相等的，，又m2>m1，所以v1>v2，两滑块到达B点的速度不相同，A错误B、根据牛顿运动定律可得，沿斜面上升时，物体收到重力、支持力、摩擦力，将重力垂直斜面和平行斜面分解，可得，，两滑块材料相同，B正确C、设初始弹簧压缩了x，滑块沿斜面运动的距离为s，根据能量守恒可知，所以，C正确D、滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量，D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、匀速直线0.11150.11050.015【解析】

(1)物块平衡阻力需要依靠自身的重力的分力来平衡，所以物块所受合外力为零，做匀速直线运动；(2)根据功的公式求出合外力做功的大小，结合某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点的速度，从而得出动能的变化量；(3)根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，对砝码和砝码盘分析，根据牛顿第二定律求出砝码的质量。【详解】(1)[1]物块所受合外力为零时，物块所受阻力和重力的分力平衡，达到平衡阻力的目的，故物块应该做匀速直线运动；(2)[2]合力做功：[3]点的速度：故点的动能为：(3)[4]根据，运用逐差法得：由牛顿第二定律得：代入数据解得：解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用。12、0.90010.70【解析】

螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×40.0mm=0.400mm，所以最终读数为：0.5mm+0.400=0.900mm；游标卡尺的固定刻度读数为10mm，游标尺上第14个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.05×14mm=0.70mm，所以最终读数为：10mm+0.70mm=10.70mm．解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．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）0.5s，（3）4.875m.【解析】试题分析：（1）对木板受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度；（2）根据运动学公式求得在13N的拉力作用下经历1s木板的位移，判断出在1s末物块的位置，然后根据牛顿第二定律求得物块与木板的加速度，有运动学公式求得达到相同速度所需时间；（3）根据运动学公式求得达到相同速度物块前进的位移，达到相同速度后判断出物块与木板的共同加速度，求得共同加速运动的位移，即可求得总位移.（1）对木板受力分析，根据牛顿第二定律得：代入数据解得：（2）在作用下，木板经历时间前进的位移为：，速度为，则经过1s物块将与有摩擦力的左侧接触，即物块将受到向右的滑动摩擦力作用对物块，由牛顿第二定律得：解得：物块的加速度为对木木板，由牛顿第二定律得：解得：木板的加速度为设经历时间两者速度相同，则有：解得：（3）在0.5s内物块前进的位移为：达到共同速度后物块相对木板静止，有共同加速度由牛顿第二定律得：解得：则再经过即可运动到t=2.5s这段时间内的位移为：故物块前进的位移为：14、（1）0.5（2）（3）483J【解析】

（1）以物体为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度的表达式，根据图线的斜率和截距进行分析；

（2）根据牛顿第二定律求解前内、内的加速度，在根据位移时间关系求解前2s内的位移、2～4s内的位移即可；

（3）求出