2027届安徽省滨湖寿春中学物理高三上期中学业水平测试试题含解析

2027届安徽省滨湖寿春中学物理高三上期中学业水平测试试题注意事项：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、如图所示为一物体随升降机由一楼运动到某高层的过程中的v﹣t图象，则（）A．物体在0～2s处于失重状态B．物体在2～8s处于超重状态C．物体在8～10s处于失重状态D．由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态2、将一物体从地面竖直向上抛出，又落回抛出点，运动过程中空气阻力忽略不计，下列说法正确的是()A．上升过程和下落过程，时间相等、位移相同B．物体到达最高点时，速度和加速度均为零C．整个过程中，任意相等时间内物体的速度变化量均相同D．竖直上抛的初速度越大(v0＞10m/s)，物体上升过程的最后1s时间内的位移越大3、小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器的快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行．已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为()A．10π－6πB．6π－4πC．10π－2πD．6π－2π4、如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为r的细绳一端系于圆环最高点，另一端系小球，当圆环以角速度绕竖直直径转动时，下列说法正确的是A．细绳对小球的拉力可能小于小球重力B．圆环对小球的作用力可能大于小球重力C．圆环对小球的作用力一定小于重力D．细绳和圆环对小球的作用力大小可能相等5、如图所示，在光滑水平面上有两块木块A和B，质量均为m，B的左侧固定一轻质弹簧．开始时B静止，A以初速度v0向右运动与弹簧接触，则在相互作用的过程中()A．任意时刻，A、B系统的总动能恒定不变B．从开始到弹簧压缩到最短，弹力对A、B做功绝对值相等．C．当弹簧压缩到最短长度时，A与B具有相同的速度D．当弹簧恢复到原长时，A与B具有相同的速度6、如图，斜面体质量为M，倾角为θ，置于水平地面上，当质量为m的小木块沿斜面体的光滑斜面自由下滑时，斜面体仍静止不动。则（）A．斜面体受地面的支持力为MgB．斜面体受地面的支持力为（m＋M）gC．斜面体与地面间没有摩擦力D．斜面体与地面的摩擦力为二、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、将质量分别为m和2m的两个小球A和B，用长为2L的轻杆相连，如图所示，在杆的中点O处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止自由释放，在B球顺时针转动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)()A．A、B两球的线速度大小始终不相等B．重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小C．B球转动到最低位置时的速度大小为D．杆对B球做正功，B球机械能不守恒8、物体由静止开始做加速度为a1的匀加速直线运动，运动了t1时间后改为加速度为a2的匀减速直线运动，经过t2时间后停下．则物体在全部时间内的平均速度正确的是（）A． B． C． D．9、已知甲、乙两行星的半径之比为2：1，环绕甲、乙两行星表面运行的两卫星周期之比力4：1，则下列结论中正确的是（）A．甲、乙两行星表面卫星的动能之比为1：4B．甲、乙两行星表面卫星的角速度之比为1：4C．甲、乙两行星的质量之比为1：2D．甲、乙两行星的第一宇宙速度之比为2：110、如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴oo′以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接理想变压器．理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动时，可改变副线圈的输出电压；副线圈接有可变电阻R．电表均为理想交流电表．下列判断正确的是（）A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为B．矩形线圈产生的感应电动势的有效值为C．当P位置不动，R增大时，电压表示数也增大D．当P位置向上移动、R不变时，电流表示数将增大三、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“验证牛顿第二定律”的实验中，实验装置如图甲所示.有一位同学通过实验测量作出了图乙中的A图线，另一位同学实验测出了如图丙中的B图线.试分析：（1）A图线不通过坐标原点的原因是_________；（2）A图线上部弯曲的原因是______________；（3）B图线在纵轴上有截距的原因是_____________.12．（12分）(1)有一种游标卡尺,它的主尺的最小分度是1mm,游标尺上有50个等分刻度,此种游标尺刻度部分的总长度是______mm,用这种游标尺测长度时可以准确到______mm.用此尺测铁球直径时,游标尺零刻度线在2.2cm到2.3cm两刻度线之间,游标尺的第19条刻度线与主尺上某条刻度线对齐,则此球的直径为______mm.(2)螺旋测微器的读数是________________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）一半圆柱形透明物体横截面如图。底面AOB镀银(图中粗线),O表示半圆截面的圆心。一束光线在横截面内从M点的入射角为30°,∠M0A=60°,∠NOB=30°。求：①光线在M点的折射角;②透明物体的折射率。14．（16分）质量m＝2kg的木块放在水平木板上，在F1＝4N的水平拉力作用下恰好能沿水平面匀速滑行，如图甲所示则木块与木板之间的动摩擦因数为多少？若将木板垫成倾角为α＝37°斜面(如图乙所示)，要使木块仍能沿斜面匀速向上滑行，则沿平行于斜面向上的拉力F2应多大？(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g＝10m/s2)15．（12分）如图所示，传送带水平部分的长度，与一圆心在点、半径的竖直光滑圆轨道的末端相切于点。高出水平地面。一质量的小滑块（可视为质点），由轨道上的点从静止释放，与竖直线的夹角。已知，，取，滑块与传送带的动摩擦因数，转轮与传送带间不打滑。不计空气阻力。(1)求滑块对圆轨道末端的压力的大小；(2)若传送带以速度为顺时针匀速转动.滑块运动至点水平抛出。求此种情况下，滑块的落地点与点的水平距离；(3)若传送带以速度为顺时针匀速转动，求滑块在传送带上滑行过程中产生的热量。

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】试题分析：速度图象的斜率等于物体的加速度．斜率的正负表示加速度的方向．根据加速度的方向判断物体的运动状态．解：A、由图象可知，在0～2s内，物体向上做匀加速运动，加速度向上，物体处于超重状态，故A错误；B、由图象可知，在2～8s内物体做匀速直线运动，处于平衡状态，故B错误．C、物体在8～10s内向上做匀减速运动，加速度向下，处于失重状态，故C正确．D、超重、失重状态根据加速度的方向判断，与物体的质量无关，是可以判断的，故D错误．故选C【点评】本题要能根据图象得出有用的信息，知道速度﹣时间图象中直线的斜率表示加速度是关键，同时要明确超重和失重的条件．2、C【解析】

A.根据对称性可知，上升过程和下落过程的时间相等、位移大小相等、方向相反，则位移不同，故A错误。B.物体到达最高点时，速度为零，加速度为g，故B错误。C.根据：△v=gt知t相同，则整个过程中，任意相等时间内物体的速度变化量相同，故C正确。D.用逆向思维，可知物体上升过程中最后1s内的运动，可以看自由落体运动的第1s内运动，则位移为：m与初速度无关，故D错误。3、B【解析】

当登月器和航天站在半径为3R的轨道上绕月球做匀速圆周运动时，应用牛顿第二定律有：解得：在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，可得：所以：①登月器在椭圆轨道上运行的周期用表示，航天站在圆轨道上运行的周期用表示，对登月器和航天站依据开普勒第三定律有：②为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接，登月器可以在月球表面停留的时间应满足：(其中n＝1、2、3、…)③联立①②③式得：(其中n＝1、2、3、…)当n＝1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即：A.与分析不符，故A错误B.与分析相符，故B正确；C.与分析不符，故C错误；D.与分析不符，故D错误。4、C【解析】

绳长等于圆半径，可知绳与竖直方向夹角为θ=60°，以小球为研究对象，可能受到重力、支持力和绳子拉力作用，将拉力F和支持力N进行正交分解，如图所示：根据平衡条件，竖直方向有：Fcosθ+Ncosθ=mg①水平方向有：Fsinθ-Nsinθ=mRω2②其中R=rsinθ③联立解得：F=mg+mrω2N=mg-mrω2AB.，细绳对小球拉力一定大于小球的重力，故AB错误；C.已知：N=mg-mrω2则圆环对小球的作用力一定小于重力，故C正确；D.根据以上分析可知细绳和圆环对小球的作用力大小一定不相等，故D错误。5、C【解析】

由能量守恒定律有：，即从A开始与弹簧接触直至压缩弹簧至最短过程中，弹簧的弹性势能始终在变化，则A、B系统的总动能始终在变化，故A错误．弹簧压缩至最短时，A、B速度相等，对A由动能定理有：，同理对B有：，由此可知，从开始压缩至弹簧最短，弹力对A、B所做功的绝对值不等，故B错误，C正确．当弹簧压缩到最短长度时，A与B具有相同的速度，之后在弹簧弹力作用下A减速，B加速，

所以当弹簧恢复到原长时，A与B速度交换，即A的速度为零，B的速度是v

0，故D错误．本题主要考查功能关系的综合应用，需要熟练掌握能量守恒与动能定理等．6、D【解析】A、B,由题,斜面是光滑的,则由牛顿第二定律可得物体m下滑时加速度大小为.

对整体进行研究,分析受力情况,作出受力图,将m的加速度a分解为水平和竖直两个方向,根据牛顿第二定律有:竖直方向:,则,所以斜面体受地面的支持力小于.故AB均错误.

C、D对整体:有水平方向的加速度,则地面对斜面的摩擦力方向也水平向右,由牛顿第二定律得:水平方向：.故C错误,D正确.综上所述本题答案是：D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】

A．A、B两球用轻杆相连共轴转动，角速度大小始终相等，转动半径相等，所以两球的线速度大小也相等，故A错误；B．杆在水平位置时，重力对B球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时，B球的重力方向和速度方向垂直，重力对B球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对B球做功的瞬时功率不为零，因此，重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，故B正确；C．设B球转动到最低位置时速度为v，两球线速度大小相等，对A、B两球和杆组成的系统，由机械能守恒定律得2mgL－mgL＝(2m)v2＋mv2解得v＝，故C正确；D．B球的重力势能减少了2mgL，动能增加了机械能减少了，所以杆对B球做负功，故D错误．8、ABC【解析】

AB.由题意知，物体先做匀速度为零的加速运动后做末速度为零的匀减速运动，全程中的最大速度，因前后均为匀变速直线运动，则平均速度故AB正确．CD.全程的总位移：对全程由平均速度公式有：故C正确D错误．9、BC【解析】由于不知道卫星的质量，所以无法比较二者的动能关系，故A错误；据ω=2πT可知角速度之比等于周期的倒数比，故为1：4，故B正确；研究卫星绕行星表面匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：GMmR2=mR4π2T2，所以行星质量M=4π2R3点睛：研究卫星绕行星匀速圆周运动问题，关键是根据万有引力提供向心力，列出等式求解．忽略行星自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式.10、AD【解析】试题分析：从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为，A正确；矩形线圈产生的感应电动势的有效值为，B错误；交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式：，当P位置不动，R增大时，电压表读数不变，仍然等于发电机的电动势有效值；C错误当P位置向上移动、R不变时，根据理想变压器的变压比公式：，输出电压变大，故电流变大，功率变大，输入电流也变大，故电流表读数变大，D正确；故选AD．考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．【名师点睛】正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBSωcosωt；电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值．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、①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够；②未满足拉车的砝码质量m远小于小车的质量M；③在平衡摩擦力时，长木板的倾角过大，小车沿斜面向下的分力大于摩擦力，使尚未对小车施加拉力时，小车已有加速度.【解析】

（1、2）小车质量M一定时，其加速度a与合力F成正比，图象应该为一条经过坐标原点的直线；由于实验中用钩码的重力代替小车的合力，故不可避免的会出现系统误差，乙图中，由于小车受到摩擦阻力，其合力小于绳子的拉力，所以不经过坐标原点；同时，钩码加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，要使钩码重力接近小车所受的拉力，只有让小车质量远大于钩码质量，否则会出现乙图中的弯曲情况；则A图线不通过坐标原点的原因未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；A图线上部弯曲的原因是小车质量没有远大于钩码质量．

（3）由丙图看出，不挂钩码时已经有加速度a，说明平衡摩擦力时，右端垫的过高；长木板倾角过大（平衡摩擦力过度）．在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于勾码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力！12、490.0222.386.706(6.704~6.708)【解析】

(1)游标卡尺上有50个等分刻度，此游标卡尺的总长度为49mm，用这种游标尺测长度可以准确到0.02mm，游标尺零刻线是在2.2cm到2.3cm两刻线之间，主尺读数是2.2cm=22mm，若游标尺的第19条刻线与主尺刻线对齐，则此木球的直径为0.02×19mm=0.38mm，所以最终读数为：22mm+0.38mm=22.38mm；(2)螺旋测微器的整毫米数为6.5mm，转动刻度的精确度为0.01mm，格数估读为20.6，则读数为6.5+20.6×0.01mm=6.706mm.(6.704~6.708)解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，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。1