江西省赣州市南康中学2027届高三物理第一学期期中联考试题含解析

江西省赣州市南康中学2027届高三物理第一学期期中联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、如图所示是A、B两质点从同一地点开始运动的v-t图像，则下列说法正确的是A．B质点在前4s的平均速度大小大于40m/sB．A、B两质点在t=4s时第一次相遇C．B质点在前4s做匀加速运动，后4s做匀减速运动D．A、B两质点出发以后还会相遇2次2、如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g．当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为（）A．Mg-5mg B．Mg+mg C．Mg+5mg D．Mg+10mg3、河宽d,一小船从A岸到B岸．已知船在静水中的速度v大小不变，航行中船头始终垂直河岸，水流的速度方向与河岸平行，若小船的运动轨迹如图所示，则A．越接近河岸船的速度越大B．越接近河岸水的流速越小C．各处水的流速相同D．船渡河所用的时间小于4、物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步。关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是（）A．亚里士多德首先提出了惯性的概念B．伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法C．牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证D．力的单位“N"是国际单位制的基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位5、在两个坡度不同的斜面顶点以大小相同的初速度同时水平向左，向右抛出两个小球A和B，两斜坡的倾角分别是30°和60°，小球均落在斜坡上，则A、B两小球在空中运动的时间之比为A．1： B．1：3 C．：1 D．3：16、如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置-时间(x-t)图线。由图可知()A．在时刻t1，两车速度相等B．在时刻t2，a、b两车运动方向相同C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大二、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、图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（）A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍8、两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球，其中一个球的带电量的绝对值是另一个的5倍，它们间的库仑力大小是F，现将两球接触后再放回原处，它们间库仑力的大小可能是（）A． B． C． D．9、物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图所对应的直线甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是（）A．B．C．D．10、如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻。当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是()A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B．若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C．若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D．若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变三、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DIS研究加速度和力的关系”的实验中．（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持_______不变，用钩码所受的重力作为_________，用DIS测小车的加速度．（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出关系图线，如图所示．①分析此图线的段可得出的实验结论是：____________________________．②此图线的段明显偏离直线，其主要原因是：__________________________．12．（12分）探究“合力做功与物体速度变化关系”的实验装置如图甲所示，小车在橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行。先平衡摩擦力，再用1条橡皮筋对小车做的功记为W，当用2条、3条…实验时，每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致。实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。（1）在实验准备过程中，某同学整理的实验器材如图乙所示，还缺少的两个器材是______、______。（2）用一条纸带穿过打点计时器，该同学发现存在图丙中的两种穿法。你认为_____（选填“A”或“B”）种穿法更合理。（3）该同学在实验过程中：①应平衡摩擦力；②应选长短、粗细一样的橡皮筋若干；③每次实验都让小车从同一位置静止释放。以上操作对“实验中每条橡皮筋做相同的功”这一要求有帮助的是________（填序号）。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，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x．与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点．水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断且B恰好从A右端的上表面水平滑入。设A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。已知A的质量为6kg，B的质量为3kg，A、B之间动摩擦因数为μ=0.4；细线长为L=0.4m、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为。（1）求细线被拉断瞬间B的速度大小；（2）若x=1m，求A与台阶的碰撞次数；（3）若，求系统的总发热量。14．（16分）一平台的局部如图甲所示，水平面光滑，竖直面粗糙，物体B与竖直面动摩擦因数μ=0.5，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量mA=1.0kg，大小可忽略的物块A，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块A上，右端系住物块B，物块B质量mB=1.0kg物块B刚好可与竖直面接触．起始时令两物体都处于静止状态，绳被拉直，设物体A距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10m/s2，求（1）同时由静止释放AB，经t=1s，则A的速度多大；（2）同时由静止释放AB，同时也对物块B施加力F，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，求物块B运动过程中的最大速度和物块B经多长时停止运动．15．（12分）如图所示，上表面光滑的“L”形木板B锁定在倾角为37°的足够长的斜面上；将一小物块A从木板B的中点轻轻地释放，同时解除木板B的锁定，此后A与B发生碰撞，碰撞过程时间极短且不计能量损失；已知物块A的质量m＝1kg，木板B的质量m0＝4kg，板长L＝3.6m，木板与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.1．（1）求第一次碰撞后的瞬间A、B的速度；（2）求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距B下端的最大距离．（3）求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，重力对A做的功．

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、A【解析】前4s，质点A做匀加速运动，平均速度为vA=v2=802=40m/s。根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，知B质点前4s的位移大于A质点的位移，所以B质点前4s的平均速度大于A质点的平均速度，即B质点前4s的平均速度大于40m/s。故A正确。A、B两质点在t=4s时B的位移大于A的位移，两物体没能相遇，选项B错误；B质点最初4s做加速度减小的加速运动；后4s做加速度增加的减速运动，故C错误。根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，知A、B点睛：v-t图象中，速度的正负表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，通过位移关系判断两物体是否相遇。2、C【解析】试题分析：小圆环到达大圆环低端时满足：，对小圆环在最低点，有牛顿定律可得：；对大圆环，由平衡可知：，解得，选项C正确．考点：牛顿定律及物体的平衡．3、B【解析】

ABC．从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，故水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，而船的速度：，越接近河岸船的速度越小．故AC不符合题意，B符合题意．

D．由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，即为．故D不符合题意．4、B【解析】

A.牛顿首先提出了惯性的概念，故A错误；B.伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故B正确C.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，故C错误；D.力的单位“N"是导出单位，故D错误。故选B。5、B【解析】

两个小球都落在斜面上，根据：解得：则A、B两小球在空中运动的时间之比为1：3，故B对；ACD错；故选B平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球落在斜抛上，结合竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，从而得出A、B的运动时间之比．

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合竖直位移和水平位移比值为定值进行求解．6、C【解析】

A．在x-t图像中，切线的斜率表示速度的大小，在时刻t1，斜率不相等，所以两车速度不相等，故A错误；B．在时刻t2，a车朝正方向运动，而b车负方向运动，两车运动方向不相同，故B错误；C．在t1到t2这段时间内，b车图像的斜率先减小后增大，所以b车的速率先减小后增大，故C正确；D．从图像可以看出，t1到t2时间内某个时刻b车图像的斜率平行于a车的图像的斜率，所以b车的速率不是一直比a车大，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、ABD【解析】

A：电子从a到d的过程中克服电场力做功，则电场力的方向水平向左，电场方向水平向右，从a到d电势降低．匀强电场内间距相等的等势面之间的电势差相等，设相邻等势面间的电势差为U，则Uad=3U；又Wad=-eUad，联立解得：U=2V．平面bB：由于电子运动方向未知，粒子经过平面d时速度方向可能已经沿平面d，则电子可能到达不了平面f．故B项正确．C：平面b上的电势为2V，相邻等势面间的电势差U=2V，则平面d上的电势为-2V，电子经过平面d时，其电势能为2eVD：相邻等势面间的电势差U=2V，则Uab=2V，Uad=6V，电子经过a时的动能为10eV，据动能定理可得：-eUab=Ekb-E8、BD【解析】

若两电荷同性，设一个球的带电量为Q，则另一个球的带电量为5Q，此时.若两电荷同性，接触后再分开，带电量各为3Q，则两球的库仑力大小.若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为2Q，此时两球的库仑力故BD正确，AC错误。故选BD.9、ABD【解析】

根据牛顿第二定律有F-mgμ=ma所以有由此可知图象斜率为质量的倒数，在纵轴上的截距大小为gμ，故由图象可知：μA=μB<μC，mA<mB=mC故AD正确。10、BD【解析】

A．滑动变阻器处于含电容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变，故A错误；B．若仅增大A、B板间距离，因板间电压不变，由知电容减小，再由电容的定义式可知电容器所带电荷量减少，故B正确；C．若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由知电容器所带电荷量减少，故C错误；D．根据闭合电路欧姆定律得，因电压表测量为电源的路端电压，电流表测量流过电源的电流，则可得保持不变，故D正确。故选BD。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、小车的总质量小车所受外力在质量不变的条件下，加速度与外力成正比所挂钩码的总质量太大【解析】

[1]在研究加速度和力的关系的实验中，应保持小车的总质量不变[2]用钩码所受的重力作为小车所受外力。[3]根据图线知段为正比例函数，由此可知在质量不变的条件下，加速度与外力成正比。[4]实验中要求所挂钩码的总质量要远小于小车的总质量，图线的段明显偏离直线，主要原因是所挂钩码的总质量太大。12、毫米刻度尺学生电源B②③【解析】

(1)[1][2]在实验准备过程中，某同学整理了一些实验器材如图乙所示，根据实验原理可知，还缺少的两个器材是：学生交流电源、毫米刻度尺。

(2)[3]电磁打点计时器纸带应压在复写纸的下面，所以B更合理。

(3)[4]①平衡摩擦力是在实验之前，所以对“实验中每条橡皮筋做相同的功”这一要求没有帮助。②应选长短、粗细一样的橡皮筋若干，保证每条橡皮筋弹力相同，这一要求有帮助。③每次实验都让小车从同一地点静止释放，保证位移相同，故对“实验中每条橡皮筋做相同的功”这一要求有帮助。所以选②③。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）4m/s（2）碰撞一次（3）当时，，当时，.【解析】（1）设B的质量为m，A质量为2m，在最低点，由牛顿第二定律：，且解得;（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为和由动量守恒得：若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：对A应用动能定理：由于，故A与台阶只碰撞一次（3）设时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度由动量守恒得：对A由动能定理得：联立解得：①当时，碰前碰后由动量守恒得：解得：故发热量为②时，AB共速前A就与台阶碰撞，A与台阶碰撞前瞬间的速度对A由动能定理：，解得：B的速度碰后由动量守恒得：故发热量14、（1）5m/s（2）2.5m/s1.7s【解析】

（1）对AB为系统，根据牛顿第二定律得mB