2027届四川省泸县五中高三上物理期中复习检测模拟试题含解析

2027届四川省泸县五中高三上物理期中复习检测模拟试题注意事项：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、汽车在水平面上做匀变速直线刹车运动，其位移与时间的关系是：x＝24t－6t2则它在3s内行驶的路程等于()A．18mB．24mC．30mD．48m2、如图所示，工地的建筑工人用砖夹搬运5块相同的砖，当砖处于平衡状态时，下列说法正确的是A．砖夹对砖的水平压力越大，1、5两块砖受到的摩擦力越大B．3受到2施加的摩擦力大小等于自身重力的一半C．4对3的摩擦力方向竖直向下D．1受到2施加的摩擦力与4受到5施加的摩擦力相同3、某个量D的变化量ΔD，ΔD与发生这个变化所用时间Δt的比值叫做这个量D的变化率．关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是()A．“加速度的变化率”的单位是m/s2B．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动C．若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象，表示的是物体的速度在减小D．若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象，已知物体在t＝0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为7m/s4、如图所示，两个互相垂直的挡板甲和乙之间夹着一个光滑的小球。最初小球静止，乙板与水平面间夹角为530，两板对球的支持力分别为N甲、N乙，现保持两板互相垂直的关系不变而将两板以O点为轴在纸面内顺时针缓慢转过160，已知sin370=0.6,cos370=0.8，则（）A．转动之前N甲<N乙B．转动之后N甲>N乙C．转动过程中N甲一直减小D．转动过程中N甲一直增大5、浙江省长兴县十里银杏长廊景区古银杏众多，成片成林全国罕见．某次游客小朱发现一片手掌大小的树叶正好从离水平地面高约3m的树枝上飘落．这片树叶从树枝开始下落到落到地面上的时间可能是A．0.4s B．0.6s C．0.8s D．3s6、如图所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4m/s，则船从A点开出的最小速度为（）A．2m/s B．2.4m/sC．3m/s D．3.5m/s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（甲）所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图（乙）所示．设物块与地面间的最大静摩擦力Ffm的大小与滑动摩擦力大小相等，则t1～t3时间内（）A．t1时刻物块的速度为零B．t2时刻物块的加速度最大C．t3时刻物块的动能最大D．t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功8、一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为1m/s，从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F、滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示（力F和速度v取同一正方向），g=10m/s2，则A．滑块的质量为1.0kgB．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.05C．第2s内力F的平均功率为3.0WD．第1内和第2s内滑块的动量变化量相同9、一个质量为m的物体，（体积可忽略），在半径为R，的光滑半球顶点处以水平速度v0运动，如图所示，则下列说法正确的是（）A．若v0=，则物体对半球顶点无压力B．若v0=，则物体对半球顶点的压力为mgC．若v0=0，则物体对半球顶点的压力为mgD．若v0=0，则物体对半球顶点的压力为零10、半径为R的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在圆桶的最低点，如图所示，小车以速度v向右匀速运动，当小车遇到障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度可能是（）A．等于 B．大于 C．小于 D．等于2R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“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测量弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图甲所示．所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右的恒定拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测量相应的弹簧的总长度，并在图乙坐标纸上描出了弹簧所受的拉力与弹簧长度所对应的五个点，连接这些点就得到一条图线．（1）由此图线可计算出该弹簧的劲度系数k＝______N/m；（2）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于：________________；缺点在于：_________________________.12．（12分）为了探究加速度与力、质量的关系，物理兴趣小组成员独立设计了如图甲所示的实验探究方案，并进行了实验操作．（1）在长木板的左端垫上木块的目的是_____________；（2）实验中用砝码（包括小盘）的重力G=mg的大小作为小车（质量为M）所受拉力F的大小，能够实现这一设想的前提条件是________________；（3）图乙为小车质量M一定时，根据实验数据描绘的小车加速度的倒数与盘和砝码的总质量m之间的实验关系图象．设图中直线斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车的质量M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）传送带以恒定速率v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝1kg的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝10N拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块在传送带上运动的时间；(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？14．（16分）如图所示为一列简谐横波沿x轴传播在t=0(实线)和t=0.5s(虚线)时刻的波形图。(1)若t=0时刻，x=2.5m处质点正沿y轴负方向振动，求该质点第一次回到t=0时刻的位置所经过的最长时间；(2)若波动的周期T≤0.5s≤2T，则在1s内波形传播的距离为多少?15．（12分）如图所示为演示“过山车”原理的实验装置，该装置由两段倾斜直轨道与一圆轨道拼接组成，在圆轨道最低点处的两侧稍错开一段距离，并分别与左右两侧的直轨道平滑相连。某研学小组将这套装置固定在水平桌面上，然后在圆轨道最高点A的内侧安装一个薄片式压力传感器（它不影响小球运动，在图中未画出）。将一个小球从左侧直轨道上的某处由静止释放，并测得释放处距离圆轨道最低点的竖直高度为h，记录小球通过最高点时对轨道（压力传感器）的压力大小为F。此后不断改变小球在左侧直轨道上释放位置，重复实验，经多次测量，得到了多组h和F，把这些数据标在F-h图中，并用一条直线拟合，结果如图所示。为了方便研究，研学小组把小球简化为质点，取重力加速度g=10m/s2。请根据该研学小组的简化模型和如图所示的F-h图分析并回答下列问题：（1）若空气及轨道对小球运动的阻力均可忽略不计，①圆轨道的半径R和小球的质量m；②若两段倾斜直轨道都足够长，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度h应满足什么条件；③当释放处的竖直高度h=0.40m时，求小球到达圆轨道最低点时所受轨道的支持力的大小N1；④当释放处的竖直高度h=0.40m时，求小球到达圆轨道圆心等高处时对轨道的压力N2。（2）在利用此装置进行某次实验时，由于空气及轨道对小球运动的阻力不可忽略，当释放处的竖直高度h=0.50m时，压力传感器测得小球对轨道的压力N=0.32N，求小球从静止运动至圆轨道最高点的过程中克服阻力所做的功W。

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】根据匀变速直线运动位移与时间的关系公式与x=24t−6t2对比可得：v0=24m/s，a=−12m/s2根据公式v=v0+at得，经t汽车停止：t=（0−v0）/a=2s因为3s>2s，所以2s后汽车停止运动，故选：B点睛：由于该物体做的是匀变速直线运动，可根据物体的位移与时间的关系公式与题目中的位移时间关系对比，从物理量的系数中能够求得物体的初速度和加速度，再根据物体速度时间关系可求得速度变为零的时间，进而求出它在3s内的行驶的路程．2、B【解析】

A.设每块砖的质量为m，只有滑动摩擦和最大静摩擦才和正压力成正比，对整体根据平衡条件可得1、5两块砖受到的摩擦力大小均为2.5mg，与正压力无关，故A错误；BC.对3受力分析，根据平衡条件可得3受到2施加的摩擦力大小与3受到4施加的摩擦力大小之和等于3的重力，所以3受到2施加的摩擦力大小等于自身重力的一半，方向向上，所以4对3的摩擦力方向竖直向上，故B正确，C错误；D.1受到2施加的摩擦力与4受到5施加的摩擦力大小相等，方向相反，故D错误；3、D【解析】由于D表示某质点的加速度，则表示加速度的变化率，所以其单位是：＝m/s1．故A错误；加速度的变化率为0的运动表示加速度不变，所以是匀变速直线运动．故B错误；若加速度与速度同方向，如图所示的a-t图象，表示的是物体做加速度减小的加速运动．物体的速度在增大．故C错误；若加速度与速度同方向，如图所示的a-t图象，根据积分的原理可知，物体在0-2s内速度的变化量为：，由于已知物体在t=0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为vt=v0+△v=5+2=7m/s．故D正确．故选D.点睛：解决本题的关键是知道当D表示不同的量时，表示的物理量，再根据条件判断是否变化．在解答的过程中要注意结合a-t图象中的面积表示物体速度的变化量是解答的关键．4、C【解析】设球的重力为G，乙板和水平面的夹角为，对小球受力分析有，，转动之前，，，故A错误；转动后，，所以，故B错误；由知转动时值一直减小，则一直减小，故C正确，D错误。5、D【解析】

根据自由落体运动公式：，解得：，而树叶的运动时间大于自由落体运动的时间，可知树叶开始下落的时间为3s，故D正确，ABC错误．6、B【解析】

设水流速度为v1，船的静水速度为v2，船沿AB方向航行时，运动的分解如图所示当v2与AB垂直时，v2最小故选B。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、ABC【解析】试题分析：A、t1时刻前，推力小于最大静摩擦力，物体静止不动，位移为0，所以t1速度为零，故A正确；B、物块做加速运动，根据牛顿第二定律得，，随着拉力F的增大而增大．t2时刻，拉力F最大，则合力最大，加速度最大．故B正确．C、t3之后合力向后，物体由于惯性减速前进，故t3时刻A的速度最大，动能最大，故C正确，D、t1～t3时间内速度方向没有改变，力F方向也没变，所以F对物块A一直做正功，故D错误．故选ABC．考点：考查摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律；功的计算．【名师点睛】目前已知的所有宏观物体都是靠惯性运动，力只是改变速度的原因，t0时刻前，合力为零，物体静止不动，t0到t2时刻，合力向前，物体加速前进，t2之后合力向后，物体减速前进．8、BD【解析】由v--t图象的斜率得到加速度为：，由两图知，第一秒内有：，第二秒内有：，代入数据得：．故A错误，B正确；由得第2s内力F的平均功率为，故C错误；由图乙可知第一秒内和第二秒内速度的变化都是，所以动量的变化量都是：，故D正确．故选BD.【点睛】由v--t图象的斜率得到加速度；由牛顿第二定律列方程求解摩擦力和滑块的质量；由P=Fv求解平均功率，根据求出动量的变化量.9、AC【解析】试题分析：在最高点，物体沿半径方向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律判断是否有支持力．若，则，得，则物体对半球面顶点无压力，故A正确；若，则，得，则物体对半球面顶点的压力为，故B错误；设物体受支持力为F，根据牛顿第二定律：，得F=mg，物体对半球顶点的压力为mg，故C正确D错误．10、ACD【解析】

原来小球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，小球冲上圆弧槽，则有两种可能，一是速度较小，滑到某处小球速度为0，根据机械能守恒有：mv2=mgh解得可能速度v较大，小球滑到与圆心等高的平面上方，未到达圆轨道最高点时离开轨道，则h＜2R．根据机械能守恒有v′＞0，则也可以速度v足够大，小球能做完整的圆周运动，h=2R，故ACD可能，B不可能；

故选ACD。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、20避免弹簧自身所受重力对实验的影响弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差【解析】

（1）描点作图，F－L图线如图所示，当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，则弹簧的原长根据胡克定律知，，可知图线的斜率表示劲度系数，则；（2）优点是可以避免弹簧自身所受重力对实验的影响，从而减小实验误差；缺点是弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差。12、（1）平衡摩擦力（2）盘和砝码的总质量远小于小车的质量（3）【解析】

（1）在长木板的左端垫上木块的目的是平衡摩擦力；（2）实验中用砝码（包括小盘）的重力G=mg的大小作为小车(质量为M)所受拉力F的大小，需要使小车质量远大于砝码和盘的质量之和，因为在mg=(m+M)a中当M>>m时有：F=mg=Ma．（3）由（2）分析知：，故截距，斜率解得小车的质量．解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，尤其是理解平衡摩擦力和M＞＞m的操作和要求的含义．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）1s（2）(2-2【解析】

（1）物体在达到与传送带速度v＝4m/s相等前，做匀加速直线运动，有：F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1解得a1＝8m/s2由v＝a1t1得t1＝0.5s位移x1＝12a1t12＝1m物体与传送带达到共同速度后，因F－mgsinθ＝4N＝μmgcos37°故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升．位移x2＝Hsin370t2＝x2v＝0.5s总时间为t＝t1＋t2＝1s（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为μ＜tan37°，故有：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2解得：a2＝2m/s2假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则通过的位移为x＝v22故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故x2＝vt3-12a2t32解得t3＝（2-2）s或t3＝（2+2）s（舍去）本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间．14、（1）（2）10m或14m【解析】

①据在t=0时刻，x=2.5m处的质点向y轴负方向运动，根据波形平移法得到该波的传播方向；由两个时刻的波形可知时间与周期的关系，求出周期的通项，根据周期通项，读出波长，求出波速。

②简谐波传播过程中，振动在一个周期内传播一个波长的距离。根据波形的平移法可知，若波向左传播，且T＜△t＜2T，则波传播的距离是1λ；若波向右传播，且T＜△t＜2T，波传播的距离是1λ，从而求得波速，进而即可求解1s内波形平移的距离。【详解】（1）已知在t=0时刻，x=2.5m处的质点向y轴负方向运动，波形向左平移，所以该波沿x轴的负方向传播。结合图像