2027届福建省福州市第四中学高三上物理期中调研模拟试题含解析

2027届福建省福州市第四中学高三上物理期中调研模拟试题注意事项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、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2、冰壶比賽是在水平冰面上进行的体有项目．为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰而间的动摩擦因数减小．在某次训练中，运动员两次以相同的速度推出冰壶，第一次，在冰壶滑行至10m处擦冰2m，冰壶从推出到停止滑行的距离为25m，滑行时间为8s，第二次在冰壶滑行至15m处擦冰2m，冰壶整个过程滑行的距离为x滑行时间为t，则A．x=25mB．x<25mC．t<8sD．t=8s3、教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机内阻可忽略通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为。若发电机线圈的转速变为原来的，则（）A．R消耗的功率变为 B．电压表V的读数变为C．电流表A的读数变为2I D．通过R的交变电流频率不变4、如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点，则（）A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D．b球和c球都可能最先到达M点5、细绳拴一个质量为m的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩了x(小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，细绳与竖直方向的夹角为53∘，小球到地面的高度为h，如图所示。下列说法中正确的是(A．细线烧断瞬间弹簧弹力为5B．细绳烧断瞬间小球的加速度为5C．细线烧断后小球做平抛运动D．细绳烧断后，小球落地的速度等于2gh6、质点以某一初速度做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t内速度变为初速度的3倍，则该质点在时间t内的位移为A．at2 B．at2 C．at2 D．2at2二、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，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）。对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是A．运动员到达最低点时，其所受的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C．在这个过程中，运动员的机械能一直在减小D．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于克服跳板的作用力对他做的功8、从足够高的地面上空以初速度竖直上抛出一个箱子，箱子内部装有与箱子长度相等的物体，若运动过程中箱子不翻转，且受到的空气阻力与其速率成正比，箱子运动的速率随时间变化的规律如图所示，时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为，且落地前箱子已经做匀速运动，则下列说法中正确的是A．箱子抛出瞬间的加速度大小为B．箱内物体对箱子底部始终没有压力C．若箱子抛出的速度为，落地速率也为D．上升过程中物体受箱子顶部向下的压力，且压力逐渐增大9、“神舟九号”飞船与“天宫一号”成功对接，在飞船完成任务后返回地面，要在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于“神舟九号”的运动，下列说法中正确的有()A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度B．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度10、如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的物块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的物块B，但B与A不粘连。初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力F作用在B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v－t图象如图乙所示，t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点，重力加速度为g，则()A．tB．t2时刻，弹簧形变量为mgC．t2时刻弹簧恢复到原长，物块A达到速度最大值D．从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧释放的势能少(mg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）物理爱好者陈向阳同学，为了深入研究“动能定理或功能关系”，利用气垫导轨独立设计了如图甲所示的实验裝置。劲度系数k=100N/m的弹簧一端固定在导轨左端，右端紧靠质量m=1kg的滑块，但不连接。①测量遮光条的宽度d；利用游标卡尺测量，示数如图乙所示，则d=_________mm。②测量弹簧的压缩量Δx：陈向阳同学打开气源，调节气垫导轨至水平，并使滑块悬浮在导轨上，向左推滑块使弹簧压缩Δx，然后释放滑块，遮光条通过光电门的时间Δt=1x10-3s，请你推断弹簧压缩量Δx=_____。(弹性势能与压缩量的关系式Ep=12．（12分）某兴趣实验小组的同学利用如图所示装置测定物块与木板AD、DE间的动摩擦因数μ1、μ2；两块粗糙程度不同的木板AD、DE对接组成斜面和水平面，两木板在D点光滑连接(物块在此处运动不损失机械能)，且AD板能绕D点转动．现将物块在AD板上某点由静止释放，滑块将沿AD下滑，最终停在水平板的C点；改变倾角，让物块从不同的高度由静止释放，且每次释放点的连线在同一条竖直线上(以保证图中物块水平投影点B与接点D间距s不变)，用刻度尺量出释放点与DE平面的竖直高度差h、释放点与D点的水平距离s，D点与最终静止点C的水平距离x，利用多次测量的数据绘出x-h图像，如图所示，则（1）写出x-h的数学表达式__________(用μ1、μ2、h及s表示)；（2）若实验中s=0.5m，x-h图象的横轴截距a=0.1，纵轴截距b=0.4，则μ1=______，μ2=_________．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）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为1m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为1l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.1．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g．（1）当弹簧长度为l时，求弹簧具有的弹性势能Ep；（2）若P的质量为m，试判断P能否到达圆轨道的最高点D？（3）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．14．（16分）（1）开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即a3T2=k，k是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k的表达式．已知引力常量为G，太阳的质量为（2）开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统（如地月系统）都成立．经测定月地距离为3.84×108m，月球绕地球运动的周期为2.36×106s，试计算地球的质量M地．（G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，结果保留一位有效数字）15．（12分）如图所示，一长L=2m、质量为M=12kg的木板置于水平地面上，木板上表面光滑且距水平地面的高度h=0.8m，木板与水平地面间的动摩擦因数μ=0.3，木板向右运动且水平方向仅受摩檫力作用，当木板速度v0=7m/s时，把一个质量为m=lkg的物块（视为质点）轻轻放在木板的右端．从物块放上木板开始计时，求：（1）物块经过多长时间着地？（2）经过3s时间，物块离木板右端多远？（物块着地后不再反弹，取g=10m/s2，计算结果保留2位有效数字）

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】

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；2、A【解析】

两种情况下，初速度相同，在擦冰处匀速运动的位移相同，两段减速运动的位移也相同，所以总位移相同，速度图象如图所示：

根据图象可知，t＞8s。

A．x=25m，与结论相符，选项A正确；B．x<25m，与结论不相符，选项B错误；C．t<8s，与结论不相符，选项C错误；D．t=8s，与结论不相符，选项D错误；故选A。3、B【解析】

根据公式分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；【详解】AB．根据可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据可知电动机产生的最大电动势为原来的，根据可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据可知R消耗的电功率变为，A错误B正确；C．副线圈中的电流为，即变为原来的，根据可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；D．转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误。本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率。4、C【解析】

如图所示令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足所以对于a球令AM与水平面成θ角，则a球下滑到M时满足解得同理b球从B点下滑到M点用时也满足上式中r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r>R，综上所述可得故C正确，ABD错误。故选C。5、B【解析】

小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小。细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度。【详解】小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得细绳的拉力大小为：T=mgcos53∘=53细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，由牛顿第二定律可知，烧断细线瞬间小球的加速度大小为：a=Tm=53g，故B正确；将细绳烧断后，小球受到重力和弹簧的弹力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，小球的运动不是平抛运动，故C错误；小球若做自由落体时，根据v2=2gh得落地速度是本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键。6、B【解析】

设质点的初速度为v0，则ts末的速度为3v0，根据速度位移公式得：因为则有：可知x=at2A.at2，与结论不相符，选项Ａ错误；B.at2，与结论不相符，选项Ｂ错误；C.at2，与结论不相符，选项Ｃ错误；D.2at2，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、CD【解析】

A、从接触跳板到最低点，弹力一直增大，合力先减小后增大，故A错误。B、加速度的方向先向下后向上，速度先和加速度同向再和加速度反向，可知速度先增大后减小，动能先增大后减小，故B错误。C、形变量一直在增大，跳板的弹力一直对运动员做负功，所以运动员的机械能一直在减小，跳板的弹性势能一直在增加，故C正确。D、根据动能定理，重力做正功，弹力做负功，动能在减小，总功为负值，所以运动员所受重力对他做的功小于克服跳板的作用力对他做的功，故D正确。故选：C、D8、AC【解析】

空气阻力与速率成正比，箱子落地前已经做匀速直线运动，由平衡条件可以求出空气阻力的比例系数，根据箱子的受力情况应用牛顿第二定律求出箱子抛出时的加速度大小；分析清楚箱子的运动过程，判断箱子的加速大小如何变化、加速度方向如何，然后分析箱子内物体与箱子间的作用力如何变化。【详解】箱子下落过程最后做运动直线运动，匀速运动的速度为，由题意可知，此时箱子受到的空气阻力，箱子做匀速直线运动，由平衡条件得：，解得：，箱子刚跑出瞬间受到的空气阻力：，此时，由牛顿第二定律得：，故A正确；箱子向下运动过程受到竖直向上的空气阻力，箱子所示合力：，由牛顿第二定律可知，箱子下落过程的加速度a小于重力加速度g，对箱子内的物体，由牛顿第二定律得：，，该过程箱子底部对物体有向上的支持力，则物体对箱子底部有竖直向下的压力，故B错误；若箱子抛出的速度为，箱子上升的最大高度比以抛出时的高度更高，箱子下落的高度更大，向下加速运动速度一定达到，此时箱子所示空气阻力与重力相等而做匀速运动，箱子落地的速度为，故C正确；箱子向上运动过程所受空气阻力f向下，箱子所示合力，由牛顿第二定律可知，箱子的加速度大小：，箱子内物体的加速度与箱子加速度相等大于重力加速度，则箱子上部对物体有向下的压力，箱子向上运动过程速度不断减小，空气阻力不断减小，箱子的加速度不断减小，则箱子内物体的加速度不断减小，由牛顿第二定律可知：，由于a减小，则箱子对物体向下的压力N不断减小，故D错误；故选AC。9、ABC【解析】

A．在轨道Ⅱ上由A点到B点，万有引力做正功，动能增加，则A点的速度小于B点的速度，故A正确；B．由轨道Ⅰ上的A点进入轨道Ⅱ，需减速，使得万有引力大于所需的向心力，所以在轨道Ⅱ上A的速度小于在轨道Ⅰ上A的速度，故B正确；C．根据开普勒第三定律知，由于轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，则飞船在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故C正确；D．神州九号在轨道Ⅱ上经过A点和轨道Ⅰ上经过A的受到万有引力相等，根据牛顿第二定律知，加速度相等，故D错误。故选ABC。10、BD【解析】

由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律有：kx-mgsinθ=ma；开始时有：2mgsinθ=kx1，又x1-x=12at12；联立以三式得：t1=2m(gsinθ-a)ak．故A错误。由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=mgsinθk，此时弹簧处于压缩状态，故B正确，C错误。由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma…①

开始时有：2mgsinθ=kx1…②

从开始到t1时刻，弹簧释放的势能EP=12kx12-12kx2…③

从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+EP-2mgsinθ（x1-x）=12•2mv12…④

2a（x1-x）=v12…⑤

由①②③④⑤解得：WF-EP=-(mgsinθ-ma)本题分析时要注意：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为1．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等.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、4.00.40【解析】（1）由图知第10条刻度线与主尺对齐，d=3mm+10×0.1mm=4.0mm。（2）滑块通过光电门时的速度为：v=dΔt=4×10-31×12、0.20.25【解析】试题分析：对全程应用动能定理列式计算，求出表达式，然后根据图线的斜率和纵截距结合表达式求解．（1）由动能定理，对全过程有：根据题意可知，即为．（2）根据公式可知，，代入数值可知：．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