2027届宁夏吴忠市高三物理第一学期期中达标检测试题含解析

2027届宁夏吴忠市高三物理第一学期期中达标检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示。取重力加速度g＝10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因素μ分别为A．m＝0.5kg，μ＝0.2 B．m＝1.0kg，μ＝0.4C．m＝1.5kg，μ＝0.6 D．m＝2.0kg，μ＝0.82、物体在恒定的合力F作用下，做直线运动，在时间△t1内速度由0增大到v，在时间△t2内速度由v增大到2v，设F在△t1内做功是W1，冲量是I1，在△t2内做的功是W2，冲量是I2，那么（）A．， B．，C．， D．，3、如图所示，在同一竖直平面内，小球a、b从高度不同的两点分别以初速度va和vb沿水平向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点。若不计空气阻力，下列关系正确的是（）A．ta＞tb，va＜vb B．ta＞tb，va＞vbC．ta＜tb，va＜vb D．ta＜tb，va＞vb4、如图所示，质量分别为m1=1kg、m2=2kg的滑块A和滑块B叠放在光滑水平地面上，A和B之间的动摩擦因数μ=0.5，拉力F作用在滑块A上，拉力F从0开始逐渐增大到7N的过程中，下列说法正确的是（）A．当F＞5N时，A、B发生了相对滑动B．始终保持相对静止C．从一开始就发生了相对滑动D．开始相对静止，后来发生相对滑动5、如图所示，A、B是位于水平桌面上两个质量相等的小滑块，离墙壁的距离分别为L和，与桌面之间的动摩擦因数分别为和，现给滑块A某一初速度，使之从桌面右端开始向左滑动，设AB之间、B与墙壁之间的碰撞时间都很短，且碰撞中没有能量损失，若要使滑块A最终不从桌面上掉下来，滑块A的初速度的最大值为（）A． B．C． D．6、如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸和桌布、桌布和桌面之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（）A．若猫减小拉力，鱼缸不会滑出桌面B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的加速度将增大D．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左二、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，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑，小球被轻质细线系住放在斜面上,细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢移动一小段距离，斜面体始终静止．则在移动过程中()A．斜面对小球的支持力变大 B．细线对小球的拉力变大C．斜面对水平面的压力变大 D．水平面对斜面的摩擦力变小8、如图所示，质量相同的木块A、B用轻质弹簧连接，在力F作用下静止在光滑的斜面上．现突然增大F至某一恒力推A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中()A．两木块速度相同时，加速度aA＝aBB．两木块速度相同时，加速度aA<aBC．两木块加速度相同时，速度vA>vBD．两木块加速度相同时，速度vA<vB9、如图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程;由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重计的示数为A0，关于实验现象，下列说法正确的是()A．“起立”过程中，体重计的示数一直大于A0B．“起立”过程中，先出现超重现象后出现失重现象C．“下蹲"过程中，体重计的示数一直小于A0D．“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数小于A0的现象10、如图所示，一长为的轻杆一端与水平转轴相连，另一端固定一质量为的小球，转轴带动轻杆使小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，角速度为。为与圆心等高的两点，为最高点，重力加速度为。则A．在B点时杆对球的作用力不可能为0B．在点时，杆对球的作用力大小为C．从转动到的过程中，小球处于超重状态D．从转动到的过程中，小球重力的功率一直增大三、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）某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A．直流电源（6V，内阻不计）B．电流表G（满偏电流3mA，内阻）C．电流表A（，内阻未知）D．滑动变阻器R（，5A）E．滑动变阻器Rˊ（，）F．定值电阻R0（阻值）G．开关与导线若干（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）．（画在方框内）_____（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用_____．（填写器材序号）（3）将上述电子元件R1和另一电子元件R2接入如图所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中oa、ob所示．电源的电动势E=6.0V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为_____，R3接入电路的阻值为_____（结果保留两位有效数字）．12．（12分）图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。(1)完成下列实验步骤中的填空：①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________________的点。②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1、s2、…。求出与不同m相对应的加速度a。⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出－m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m应成________关系(填“线性”或“非线性”)。(2)完成下列填空：①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_______________________。②图乙为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况由此求得加速度的大小a＝_______m/s2(保留三位有效数字)。③图丙为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为____________，小车的质量为________。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）如图所示，上表面光滑的“L”形木板B锁定在倾角为370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M=4kg，板长L=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=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8，试问：（1）第一次碰撞后的瞬间A、B的速度大小；（2）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；14．（16分）如图所示，在V/m的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，且与一水平绝缘轨道MN相切于N点，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷C的小滑块质量为m=50g，与水平轨道间的动摩擦因数，取g=10m/s2，问：（1）要使小滑块恰好运动到半圆轨道最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）（3）这样释放的滑块到达C点后继续运动，最终落地，落地点离N点的距离多大？落地时的速度多大？（结果保留根号）15．（12分）如图所示，质量为M=0.5kg，长l=1m的木板静止在光滑水平面上，将质量为m=1kg可视为质点的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，同时对木板施加一个水平向右的恒力F，为确保物块不滑离木板，求F的最小值。（物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。）

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、B【解析】

从图像可以看出匀速运动时F=4N,所以摩擦力的大小等于4N，在2-4s内物体做匀加速运动，加速度为，所以，解得：，再根据可知μ＝0.4，故B正确；ACD错误2、D【解析】

根据动能定理研究功的关系，根据动量定理研究冲量的关系．【详解】根据动能定理：，，则．根据动量定理：，，知，故D正确，ABC错误．根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用．3、A【解析】

平抛运动的运动时间是由竖直的高度决定的，由于a的高度比b的大，所以由于ab的水平的位移相等，而ta＞tb，所以故选A。4、B【解析】

隔离对B分析，求出A、B发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力，从而判断出AB运动状态的关系．【详解】隔离对B分析，当A、B间静摩擦力达到最大值时，A、B刚要发生相对滑动，则：再对整体：F=（mA+mB）a=3×2.5N=7.5N．知当拉力达到7.5N时，A、B才发生相对滑动．所以拉力F从0开始逐渐增大到7N的过程中，A、B始终保持相对静止．故ACD错误，B正确．故应选B．本题主要考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进行求解．5、B【解析】

以A、B两物体组成的系统为研究对象，A与B碰撞时，由于相互作用的内力远大于摩擦力，所以碰撞过程中系统的动量守恒。设A与B碰前速度为vA，碰后A、B的速度分别为vA′、vB′，由动量守恒定律得由于碰撞中总动能无损失，所以且联立得即A与B碰后二者交换速度。所以第一次碰后A停止运动，B滑动；第二次碰后B停止运动，A向右滑动，要求A最后不掉下桌面，它所具有的初动能正好等于A再次回到桌边的全过程中A、B两物体克服摩擦力所做的功，即解得故ACD错误，B正确。故选B。6、B【解析】

猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故A错误；由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v=at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故B正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍是滑动摩擦力，由于动摩擦因数与正压力没变，因此摩擦力也不变，鱼缸的加速度将不变，故C错误；桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布向左运动，故鱼缸受到的滑动摩擦力向右，故D错误；故选B.本题考查摩擦力的类型，及影响滑动摩擦力的因素，分析判断鱼缸受到的摩擦力是解题的关键，同时还要注意拉力减小后，鱼缸可能由滑动摩擦力变为静摩擦力．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、BD【解析】

取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化．【详解】A、B项：设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为θ取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得：斜面方向：mgsinα=Tcosθ①垂直斜面方向：N+Tsinθ=mgcosα②使小球沿斜面缓慢移动时，θ增大，其他量不变，由①式知，T增大．由②知，N变小，故A错误，B正确；C、D项：对斜面和小球整体分析受力：重力Mg、地面的支持力N′和摩擦力f、绳子拉力T，由平衡条件得f=Nsinα，N变小，则f变小，N′=Mg+Ncosα，N变小，则N′变小，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小．故C错误，D正确．故应选：BD．本题采用隔离法研究两个物体的动态平衡问题，分析受力情况是基础，要根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解各个力的表达式进行分析．8、BC【解析】

CD、水平恒力F推木块A，在弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧的弹力逐渐增大，A的合力减小，B的合力增大，则A做加速度逐渐减小的加速运动，B做加速度逐渐增大的加速运动，在aA=aB之前aA>aB，故经过相等的时间，A增加的速度大，B增加的速度小，所以，在aA=aB时vA>vB，故C正确，D错误；AB、当vA=vB时，弹簧的压缩量最大，弹力最大，A在此之前一直做加速度逐渐减小的加速运动，B做加速度逐渐增大的加速运动，由于aA=aB时vA>vB，所以vA=vB时aA<aB；故A错误，B正确．故选BC9、BD【解析】

AB．“起立”过程中，先向上加速后向上减速，加速度先向上后向下，则先出现超重现象，体重计读数大于A0，后出现失重现象，体重计读数小于A0，选项A错误，B正确；C．“下蹲"过程中，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，则先出现失重现象，体重计读数小于A0，后出现超重现象，体重计读数大于A0，选项C错误；D．由以上分析可知，“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数小于A0的现象，选项D正确；故选BD.10、BD【解析】

A．在B点杆对球的作用力为0，只由重力提供向心力，小球也能在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，故A错误；B．在A点时，小球受重力（mg）和杆对小球的作用力（F），向心力的大小为mlω2，合力提供向心力，所以有故B正确；C．从A转动到B的过程中，小球的向心加速度有竖直向下的分量，所以小球处于失重状态，故C错误；D．从B转动到C的过程中，速度大小不变，速度与重力方向的夹角θ逐渐变小，由可知，小球重力的功率一直增大，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、D

104【解析】

（1）描绘灯泡的伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G与定值电阻R0串联测电压，灯泡电阻R=U2/P=14.4Ω，电压表内阻为10+1990=2000Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：（2）为方便实验操作，同时分压接法时，要求用小电阻，故滑动变阻器应选D．（3）两元件串联，流过它们的电流始图相等，电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，由图乙可知，此时电阻两端的电压为U=2.5V，I=0.25A，根据欧姆定律得：R1＝U/I=2.5V/0.25A＝10Ω．根据串并联电路特点，可知，此时流过R3的电流为：I′=2I=0.5A，两端的电压为：U′=E-U=6V-2.5V=3.5V；R3接入电阻的阻值为：R3=(E-2U)/I=(6-2×2.5)/0.25=4.0Ω；12、等间距线性远小于小车和砝码的总质量1.16(1.13～1.19之间均正确)【解析】

(1)[1]在平衡摩擦力时，应小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列等间距的点，则此时说明小车做匀速运动；[2]由牛顿第二定律：F=ma可知：在F一定时，与m成正比，与m成线性关系.(2)[3]探究牛顿第二定律实验时，当小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车和车中砝码的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于小吊盘和盘中物块受到的重力，认为小车受到的拉力不变．[4]两个相邻计数点之间还有4个点，打点计时器的打点时间间隔为0.02s，计数点间的时间间隔：t=0.1s,由匀变速直线运动的推论：△x=at2可知加速度：[5][6]设小车质量为M，小车受到外力为F，由牛顿第二定律有：所以则图象的斜率为，故纵截距为则四、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）A与B第一次碰后，A的速度大小为3.6m/s，B的速度大小为2.4m/s，（2）xm【解析】

由机械能守恒求出A在碰撞前的速度；然后由机械能守恒与动量守恒求出第一次碰撞后瞬间A和B的速度；在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，当二者的速度相等时距离最大，由牛顿第二定律以及运动学的公式即可求出运动的时间以及A距B的最大距离；【详解】解：(1)设小物块A与B发生弹性碰