2027届湘西市重点中学高三上物理期中质量检测试题含解析

2027届湘西市重点中学高三上物理期中质量检测试题注意事项：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、从地面竖直向上抛出一物体，取地面为重力势能零点，该物体的机械能E总和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得A．物体的质量为1kgB．h=0时，物体的速率为20m/sC．h=2m时，物体的动能Ek=50JD．物体上升过程中所受的阻力为变力2、空间存在着平行于x轴方向的静电场，其电势随x的分布如图所示，A、M、O、N、B为x轴上的点，，．一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是（）A．粒子一定带正电B．粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大C．粒子一定能通过N点D．粒子从M向O运动过程电势能逐渐增加3、叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则：A．上方球与下方3个球间均没有弹力B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C．水平地面对下方三个球的支持力均为D．水平地面对下方三个球的摩擦力均为4、如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时车轮没有打滑，则（）A．A点和B点的线速度大小之比为1∶2B．前轮和后轮的角速度之比为2∶1C．前轮和后轮的周期之比为1：1D．A点和B点的向心加速度大小之比为1∶25、一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其图像如图所示，则（）A．质点做匀速直线运动，速度为 B．质点做匀加速直线运动，加速度为C．质点在1s末速度为 D．质点在第1s内的位移为1.5m6、如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程,下列说法正确的是()A．电动机做的功为B．摩擦力对物体做的功为C．传送带克服摩擦力做的功为D．小物块与传送带因摩擦产生的热量为二、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（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（）A．木板的长度B．物块与木板的质量之比C．物块与木板之间的动摩擦因数D．从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能8、如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度冲上木板，当v＝v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速．此过程中A、B系统生热为Q，则()A．若，A、B系统生热为B．若，A、B相对运动时间为C．若，B经历t0时间的位移为D．若，A经历到达木板右端9、将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v－t图象如图所示．以下判断正确的是()A．前3s内货物处于超重状态B．最后2s内货物只受重力作用C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D．第3s末至第5s末的过程中，货物处于失重状态10、如图所示，可以看作质点的小球从末端水平的圆弧轨道上最高点由静止开始沿轨道下滑，并沿水平方向抛出，小球抛出后落在斜面上．已知轨道高度为h，斜面的倾角为θ=30°，斜面上端与小球抛出点在同一水平面上，下端与抛出点在同一竖直线上，斜面长度为3h，斜面上M、N两点将斜面长度等分为三段．空气阻力不计，重力加速度为g．若小球落在斜面上M点，则（）A．小球在空中飞行时间为B．小球抛出的速度为C．小球从轨道上最高点释放到落在斜面上M点的过程中重力做功为mghD．小球从轨道上最高点释放到落到斜面上M点的过程中克服摩擦力做的功为三、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“研究弹簧的形变与外力的关系”的实验中,将弹簧水平放置,测出其自然长度,然后竖直悬挂让其自然下垂,在其下端竖直向下施加外力F。实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的。用记录的外力F与弹簧的形变量x作出的F-x图线如图所示。(1)弹簧的形变量x与外力F关系式F=___；（力的单位：N，长度单位：m）(2)图线不过原点的原因是:______________。12．（12分）某组同学计划用如图甲所示的实验装置，探究加速度a与合外力F及小车质量M之间的定量关系．(1)为了平衡小车在运动过程中受到的阻力，必须使木板倾斜恰当的角度θ，若小车和木板之间的动摩擦因数为μ，则tanθ______μ（选填“>”、“<”或“=”）．(2)实验得到如图乙所示的纸带．O点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，小车的加速度大小为_________m/s2（结果保留2位有效数字）．(3)在处理实验数据时，用m表示砝码和托盘的总质量，用M表示小车的质量，用g表示当地的重力加速度．若用m、M和g表述小车的加速度，则测量值为_________，理论值为_________．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）跳伞运动员做低空跳伞表演，当直升飞机悬停在离地面225m高时，运动员离开飞机作自由落体运动．运动5s后，打开降落伞，展伞后运动员匀减速下降．若运动员落地速度为取，求：运动员展伞时，离地面的高度为多少？求匀减速下降过程中的加速度求运动员在空中运动的时间．14．（16分）如图所示，光滑的水平面AB与半径，光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D为轨道最高点。用轻质细线连接甲、乙两小球，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球不拴接.甲球的质量为，乙球的质量为，甲、乙两球静止。现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点。重力加速度取，甲、乙两球可看作质点。(1)试求细线烧断前弹簧的弹性势能；(2)若甲球不固定，烧断细线，求从烧断细线开始到乙球脱离弹簧过程中，弹簧对乙球冲量I的大小。15．（12分）如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长x＝1.25m，与滑块间的摩擦因数为μ1＝0.2。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的运行速度v＝7m/s，长为L＝3m，传送带右端D点与一光滑斜面衔接，斜面DE长度S＝0.5m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在E点与斜面相切，圆弧形轨道半径R＝1m，θ＝37°。今将一质量m＝2kg的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为EP＝30J，然后突然释放，当滑块滑到传送带右端D点时，恰好与传送带速度相同。设经过D点的拐角处无机械能损失且滑块能沿斜面下滑。重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力。试求：(1)滑块到达C点的速度vC；(2)滑块与传送带间的摩擦因数μ2及经过传送带过程系统因摩擦力增加的内能；(3)若G是圆弧轨道的最高点且传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道且从G点离开圆弧轨道，最终落回到到传送带上，落点与C端的距离为（4－）m，求满足该情况时传送带的速度应调为多少？

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.由图知，时则有：由得物体的质量为：故A错误；B.时，则有：，总则物体的动能为：总由可得：故B错误；C.时，则有：，总则物体的动能为：总故C正确；D.根据功能关系可得克服阻力所做的功等于械能减少量，故有：可得物体在运动过程中受到的阻力恒为：故D错误。2、C【解析】

A．由图可知，AB两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电。A错误；

B．A到M电势均匀升高，故A到O的电场是匀强电场，所以粒子M向O运动过程中所受电场力不变。故B错误；

C．由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，所以粒子一定能通过N点。故C正确；

D．粒子从M向O运动过程电场力做正功，电势能一定减小，故D错误。

故选C。3、C【解析】对上方球分析可知，小球受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方球有力的作用，故A错误；下方球由于受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有运动的趋势，故下方球受摩擦力作用，故B错误；对四个球的整体分析，整体受重力和地面的支持力而处于平衡，所以三个小球受支持力大小为4mg，每个小球受支持力为mg，故C正确；三个下方小球受到的是静摩擦力，故不能根据滑动摩擦力公式进行计算，故D错误．故选C．4、B【解析】

传动装置，在传动过程中不打滑，则有：共轴的角速度是相同的，同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的；【详解】A、轮A、B分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的一点，所以，即A点和B点的线速度大小之比为，故A错误；

B、根据和，可知A、B两点的角速度之比为，故B正确．

C、据和前轮与后轮的角速度之比2：1，求得两轮的转动周期为1：2，故C错误．

D、由，可知，向心加速度与半径成反比，则A与B点的向心加速度之比为2：1，故D错误．明确共轴的角速度是相同的，同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的，同时要灵活应用线速度、角速度与半径之间的关系．5、D【解析】

AB．由图可知与t的函数关系为，由匀变速直线运动的位移公式：得，对比可知，质点做匀加速直线运动，初速度为，加速度为。故AB不符合题意。C．质点的初速度，在1s末速度为故C不符合题意。D．质点在第1s内的位移为故D符合题意。6、C【解析】

由题中“质量为m的物体在水平传送带上由静止释放”可知，本题考查摩擦力做功和能量守恒，根据物体前后能量变化可以分析本题．【详解】A、电动机做功等于物体增加的动能与传送带与物体之间摩擦产生的热能之和，物体动能即为，因此电动机做功一定大于，故A错误；B、摩擦力做功等于物体动能的变化量，即为，故B错误；C、物块做匀加速运动，末速度为v，故此过程中的平均速度为，所以传送带的位移为物块位移的2倍，因为摩擦力对物块做功为，因此传送带克服摩擦力做的功为，故C正确；D、传送带克服摩擦力做功为，小物块获得的动能为，根据能量守恒知，小物块与传送带因摩擦产生的热量为，故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、BC【解析】

本题考查了v-t与牛顿第二定律综合运用，滑块模型等【详解】A．根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道木板最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A不能够求解出；BC．由图像的斜率表示加速度求出长木板的加速度为，小物块的加速度，根据牛顿第二定律得：，，解得：，，故B和C能够求解出；D．木板获得的动能，题目v0、v1已知，但是M，m不知道，故D不能够求解出。故选BC。8、AC【解析】

当v=v1时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv1=2mv′，代入数据得：v′=1.5v1．由能量守恒定律得：Q=mv12-×2mv′2=mv12．若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m•=2mv′得：v′=v1．系统生热：，选项A正确；当v=v1时，对B，由动量定理得：ft1=mv′可得：；若，根据动量守恒定律得得：．对B，由动量定理得：，可得：，选项B错误；若v=v1，则由A选项的分析可知：fL=Q=mv12；对物体B：联立解得：，选项C正确；若v=2v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m•2v1=mvA+mvB，A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q．根据能量守恒定律得：．结合上面解答有：Q=mv12．对B，由动量定理得：ft=mvB-1；联立解得：，（另一值不合理舍去），，故D错误.9、AC【解析】

A．前3s内货物向上做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，故A正确；B．最后2s内货物的加速度大小为根据牛顿第二定律可知，货物还受到除重力以外力的其他力，故B错误；C．3s内货物做匀加速运动，平均速度为最后2s内货物做匀减速运动，平均速度为故C正确；D．第3s末至第5s末的过程中，货物做匀速直线运动，处于平衡状态，故D错误．10、BD【解析】根据几何知识，小球做平抛运动的竖直分位移为：则时间：，故选项A错误；B、根据几何知识，小球做平抛运动的水平分位移为：则：，故选项B正确；C、根据重力做功的特点：，故选项C错误；D、在圆弧轨道运动的过程中，根据动能定理：，则：，故选项D正确．点睛：本题主要考查了平抛运动的基本公式及动能定理得直接应用，关键要运用数学知识得到平抛运动水平位移应满足的条件．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、100x-2(N)弹簧自身的重力【解析】

分析图象可知伸长量和拉力的关系；由胡克定律可求出弹簧的劲度系数，再选一特殊点代入，即可求解关系式；根据弹簧自身有重力分析图线不过原点的原因．（1）由图可知，该弹簧受力为零时，伸长是2cm，受到拉力为8N时，伸长为10cm，故弹簧的劲度系数为k=ΔFΔx=100N/m，由图象可设其关系式为：F=100x+b，再从图象任选清晰的点对应的坐标，如（8N，10cm），带入关系式解之：b=-2，所以弹簧的形变量x与外力（2）该图线不过原点的原因是：弹簧自身有重力，弹簧水平放置其自然长度为L，竖直放置时由于自身的重力必然就会有一定的伸长．在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数．12、=0.99（0.98—1.0）【解析】（1）为了平衡小车在运动过程中受到的阻力，必须使木板倾斜恰当的角度θ，若小车不受拉力作用下能沿斜面匀速下滑，由平衡知：得：（2）利用得;由于误差存在，所以加速度在（0.98—1.00）都算正确；（3）在处理实验数据时，用m表示砝码和托盘的总质量，用M表示小车的质量，用g表示当地的重力加速度，由牛顿第二定律得：，即这是实验的理论值，但在测量时认为绳子对车的拉力等于钩码和托盘的总重力，所以测量值为综上所述本题答案是：(1).=(2).0.99（0.98—1.0）(3).(4).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)100m；(2)12.5m/s2；(3)9s．【解析】

(1)伞打开前运动员做自由落体运动，求得下落高度从而得出离地高度；(2)根据速度位移关系求得运动员在伞打开后降落过程中的加速度大小；(3)根据速度时间关系求得运动的时间．【详