广西壮族自治区柳州市鹿寨县鹿寨中学2026-2027学年高三上学期11月期中物理试题

2027届高三（上)期中考试（物理) (本卷满分100分考试时间75分钟) 一、单选题（共28分)：只有一个选项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分。 1.(4分)神舟二十三号载人飞船入轨后，于北京时间2026年5月25日2时45分，成功对接于离地面 高约390k的天宫空间站天和核心舱径向端口，整个对接过程历时约3.5小时。下列说法正确的是 () A.“2026年5月25日2时45分”表示时间间隔 B.“3.5小时”是指时刻 C.在研究飞船与空间站对接时飞船可以视作质点 D.飞船绕地球飞行一圈，其位移为0 2.(4分)一质点做直线运动的-t图像如图所示，则该质点() 个m·s) t/s 2 A.在第1s末，运动方向发生改变 B.在第2s末，加速度方向发生改变 C.在0~2s内，位移大小为2m D.在2~4s内，加速度为2m/s2 3.(4分)2026年8月19日，朱雀三号遥二运载火箭任务圆满成功，实现了我国入轨运载火箭一子级首 次采用着陆支腿方式陆地垂直回收。回收后的火箭一子级经检测维护可重复使用，能够有效降低卫星发 射成本，为低轨卫星星座组网提供技术支撑。下列关于火箭的描述正确的是() A.火箭发射时获得的推力来自喷出的燃气与发射台之间的相互作用 B.减小燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力 C,当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速 D.增加单位时间内的燃气喷射量可以增大火箭的推力 4.(4分)如图所示，某次比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度斜向上抛出，恰好垂直击中篮 板上A点。不计空气阻力，若篮球从B点正上方C点斜向上抛出，仍然垂直击中篮板上A点，则两次抛 球相比() 试卷第1页（共6页） A.从B点抛出至A点，速度变化量的大小更小 B.从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较小 C.从C点抛出时，初速度与水平方向的夹角O较大 D.两次初速度与水平方向的夹角B相等 5,(4分)假如地球的自转速度增大，对于物体的重力，下列说法正确的是() A.放在赤道地面上的物体所受的万有引力不变 B.放在两极地面上的物体重力变小 C.放在赤道地面上的物体的重力不变 D.“一昼夜”的时间不变 6.(4分)如图，长方形ABCD所在平面有匀强电场，E、F分别为AB边、CD边中点，已知AB边长为 4cm,BC边长为2cm。将电子从C点移动到D点，电场力做功为20eV,将电子从E点移动到F点，电 场力做功为-10eV,不计电子的重力，则匀强电场() E A.大小为5√2V/cm,方向沿DE方向 B.大小为2√5V/cm,方向沿DE方向 C.大小为52V/cm,方向沿AF方向 D.大小为2√5V/cm,方向沿AF方向 7.(4分)如图为卡诺循环的卫-V图像，一定质量的理想气体从状态A开始沿循环曲线ABCDA回到初 始状态，其中AB和CD为两条等温线，BC和DA为两条绝热线。下列说法正确的是() A.在D→A绝热压缩过程中，气体内能增加 B.一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量 C.B→C过程气体对外界做的功小于D一A过程外界对气体做的功 试卷第2页（共6页） D.B状态时气体分子单位时间对器壁单位面积撞击次数比A状态多 二、多选题（共18分）：有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错 或不选的得0分。 8.(6分)如图所示，一正电荷以速度垂直进入磁感应强度为B的足够大的匀强磁场中，若不计重力， 则() + + + X B 0 + V0× + X A.正电荷在匀强磁场中一定做匀速圆周运动 B.正电荷在匀强磁场中可能做匀加速直线运动 C.洛伦兹力对正电荷不做功 D.正电荷的动能变大 9.(6分)导体棒质量为，长度为L,用绝缘细线悬挂于O点，如图所示（图中仅显示导体棒的一 端)。现将导体棒中通以垂直纸面向里的恒定电流，电流大小为I,并在空间加匀强磁场，使细线偏离竖 直方向的角度为日。重力加速度为8，则下列说法正确的是() O ☒ A.若安培力方向水平向右，则安培力的大小为gtan8 B.需要加的匀强磁场的磁感应强度的最小值B为mgcos日 IL C.磁感应强度最小时磁场的方向为竖直向上 D.磁感应强度最小时磁场的方向为平行于细线向上 10.(6分)在如图1所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如 图2所示。边长为1、电阻为R的正方形均匀线框bcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面， 此时线框b边的发热功率为P,则下列说法正确的是() 个B/T B。 27 t/s -Bc 图1 图2 试卷第3页（共6页） A,磁应强度品子V网 B.线框中感应电流为I=2 C.线框cd边的发热功率为P D.a端电势高于b端电势 三、非选择题（共54分） 11.(12分)小明同学要测量一个电源的电动势(1.5V左右)和内阻，找到如下器材： A、待测电源 B、电流表：量程0-0.6A,内阻约0.52 C、电流表：量程0-3A,内阻约0.12 D、电压表：量程0-3V,内阻约30002 E、电压表：量程0~15V,内阻约50002 F、定值电阻R=12 G、滑动变阻器R:0~202 H、开关，导线若干 (1)因电源内阻较小，以下给出的甲、乙两种测量电路中，较合理的是 (填“甲”或“乙”)。 E,r R E.r 甲 乙 (2)为尽可能准确地测量电池的电动势和内阻，请选择适当的器材：电流表 (填“B”或C)； 电压表 （填“D”或“E”)。 (3)调节滑动变阻器阻值，测得多组电表读数，作出如图所示的U-I图像，则待测电源电动势E= V,内阻r= 2。(结果均保留小数点后两位)；该实验测出的电动势 真实值（填“大于”、“小于”或“等于”)。 UV 1.5 1.3 1.1 0.9 0.7 0 0.080.160.240.321A 12.(10分)某同学设计出如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。让小球自由下落，下落过程中 小球的球心经过光电门，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为△t,己知当地的重力加速度为8。 试卷第4页（共6页） ↑v21m2.s2) 6. 电磁铁 5.0 4.0 3.0 2.0 口光电门 -25 -20 1.0 是 ☑ UU 00.050.100.150.200.250.30h/m 甲 丙 (1)该同学先用螺旋测微器测出小球的直径如图乙所示，则其直径d= mm。 (2)为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量 (单选)。 A.小球的质量m B.小球释放点和光电门之间的距离h C.小球从释放点到光电门下落的时间t (3)小球通过光电门时的瞬时速度v= (用题中所给的物理量符号表示)。 (4)保持电磁铁位置不变，上下调节光电门，多次实验记录多组数据，作出v2随变化的图像。理论上， 若机械能守恒，图中应该是一条直线且斜率为 (用重力加速度大小8表示)。 (5)定义单次测量的相对误差刀= ,B一x100%,其中耳，是小球重力势能的减小量，是其动能增加 E。 量。若某次绘制图丙所示的v2-h关系图像，当地重力加速度8取9.80m/s2,则实验相对误差为刀= %(保留2位有效数字)，若？<%，可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。 13.(12分)某汽车在平直公路上做直线运动，其运动过程如下：汽车从静止开始做匀加速直线运动，经 过51=5s速度达到v=20m/s;之后保持20m/s的速度匀速行驶2=10s;最后以大小为a3=4m/s2的加速 度做匀减速直线运动，直至停止。求： (1)汽车匀加速阶段的加速度大小4： (2)汽车运动全程通过的总位移大小x: (3)汽车运动全程的平均速度大小下。 14.(8分)如图所示，质量为%=0.4kg的小球甲和质量为m3(未知)的小球乙用长为L=0.6m的轻绳 连接，小球乙穿在光滑的水平杆上。质量为m=0.4kg的物块放在右端带有4光滑圆弧轨道的长木板的最 左端A点，B为圆弧轨道的最低点，AB段粗糙且长度为5=二m,长木板始终处于锁定状态。初始时连 3 接小球甲、乙的轻绳水平且刚好绷紧，现将小球甲由静止释放，当轻绳刚好沿竖直方向时，小球甲与物 试卷第5页（共6页） 块发生弹性正碰，此时小球乙沿水平杆向左移动的距离为x=0.4m,经过一段时间，物块刚好能返回到 长木板最左端的A点。己知重力加速度8取10m/s2,物块可视为质点。求： 甲( B nnmmmmmmmnmmmmmnminmmnmmmmnmn (1)小球乙的质量m2; (2)物块与AB间的动摩擦因数L。 15.(12分)发光电动玩具车的简化电路如图所示，电动机的额定电压=6V,额定电流=2A,内阻 5=0.52。闭合开关，电动机正常工作，两盏规格相同的灯泡均正常发光。己知电源的电动势E=9V, 内阻r=12,灯泡电阻保持不变，求： M ⑧ 6s1 (1)电动机正常工作时的输出功率； (2)灯泡的电阻R: (3)若电动机工作时被杂物卡住无法转动，此时通过电源的电流。 试卷第6页（共6页） 《2027届高三（上）期中考试（物理）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 0 0 A A AC AD BC 1.D 【详解】A.“2026年5月25日2时45分”是对接完成的瞬时，对应时间轴上的一个点，属于时刻，而非 时间间隔，故A错误： B.“3.5小时”是对接整个过程的持续时长，对应时间轴上的一段区间，属于时间间隔，而非时刻，故B 错误： C.研究飞船与空间站对接时，需要精准调整飞船的姿态、对接端口的相对位置，飞船的大小、形状对研 究问题的影响不可忽略，因此不能将飞船视作质点，故C错误： D.位移是从初位置指向末位置的有向线段，飞船绕地球飞行一圈后初位置与末位置重合，因此位移为 0,故D正确。 故选D。 2.C 【详解】A.在v-t图像中，速度的正负表示运动方向。由图可知，在0~2s内，质点的速度均为正值， 说明运动方向没有发生改变，故A错误： B.在v-t图像中，图线的斜率表示加速度。在1~3s内，图线是一条倾斜的直线，斜率恒定，说明加速 度大小和方向均不变，所以在第2s末加速度方向没有发生改变，故B错误： C.在v-1图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移。在0~2s内，位移大小为x=×2×2m=2m,故 2 C正确； D.在2~3s内，加速度为4=4如-2-0m m/s2=-2m/s2 △t3-2 在3-4s内，加速度为4-A-0-（2m1g=2m/s △t'4-3 可见在2~4s内加速度发生了变化，由-2m/s2变成了2m/s2,故D错误。 故选C。 3.D 【详解】A.根据牛顿第三定律，火箭向后喷出燃气时，燃气同时对火箭产生向前的反作用力，这就是火 箭获得的推力，与燃气和发射台之间的相互作用无关，故A错误： BD.设极短时间△t内喷出燃气的质量为△，燃气相对火箭的喷射速度大小为'喷，火箭所受推力大小为 F。取这部分燃气为研究对象，以喷射前瞬间与火箭同速的惯性系为参考系，取喷射方向为正方向。在 这段极短时间内，忽略火箭速度的变化和燃气所受重力的冲量。这部分燃气喷出前在该参考系中静止， 答案第1页（共8页） 设其动量变化量为△p,由动量定理及牛顿第三定律得FM=△P=△W赕 因此火箭的推力大小为F= V喷 其他条件不变时，减小燃气相对火箭的喷射速度，推力减小；增加单位时间内喷出燃气的质量，推力增 大，故B错误，D正确： C.火箭向上运动时，即使燃气喷出喷口时相对地面的速度为零，燃气相对火箭仍有向下的速度，推力仍 可存在。火箭是否加速取决于其所受合力，不能由燃气对地速度为零断定火箭不再加速，故C错误。 故选D。 4.B 【详解】A.根据逆向思维，把篮球的运动看成反向做平抛运动，A到B的下落高度大于A到C的下落高 度 竖直方向根据M=8对 2h 可知A到B的时间大于A到C的时间 再根据速度变化量△v=gt 可得A到B的速度变化量大于A到C的速度变化量，故A错误： B.水平方向做匀速运动，则有x=v 由于水平位移相等，球从B至A用时较长，可知从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较小，从C点抛出 时，球撞到篮板时的速度较大，故B正确： CD.篮球刚抛出时初速度与水平方向的夹角9满足tam8=兰_芝 V.V 由于从C点抛出时所用时间较短，且水平速度较大，可知从C点抛出时，抛射角O较小，故C错误，D 错误。 故选B。 5.A 【详解】A.地球的质量和半径郑没有变化，由P-可知，放在赤道地面上的物体所受的万有引力 不变，故A正确： B.在两极地面上，物体转动所需的向心力为零，此时物体的重力与所受万有引力相等，故放在两极地面 上的物体的重力不变，故B错误； C.地球的自转速度增大，由F=oR可知赤道地面上物体随地球自转所需的向心力增大，根据赤道上 万有引力是重力和向心力的合力，地球的自转速度增大时物体所需向心力增大，万有引力不变，重力将 答案第2页（共8页） 减小，故C错误： D.根据自转周期T=江可知，自转角速度增大，则周期变小，即一昼夜的时间变小，故D错误。 0 故选A。 6.C 【详解】根据电场力做功与电势差的关系W=qU 电子从C点移动到D点，电场力做功为W=-eUcD=20eV 解得Uco=pe-9o=-20V 电子从E点移动到F点，电场力做功为W'=-eUr=-l0eV 解得Us=Pe-p=10V 由题意知F为CD边中点，可知g,=十 2 故。-=0，=10V=m%-9g 2 所以D、E两点电势相等，连线DE为等势线。电场线垂直于等势线，故电场方向垂直于DE,由几何关 系知AE=EB=DF=FC=2cm,AD=BC=2cm 四边形AEFD为正方形，故DE与AF垂直；沿电场线电势降低，故电场方向沿AF方向，其中 UAF =UAD+UDF 2UEF=20V 故电场强度大小E-d.=22元V/cm=5V2v1cm 故选C。 7.A 【详解】A.D→A绝热压缩过程中，外界对气体做功W>0,Q=0,根据热力学第一定律△U=Q+W, 可知△U>0,即气体内能增加，故A正确： B.一次循环过程中气体的温度不变，内能不变。p-V图像中图线与坐标轴围成的面积表示功。由图 知，在一次循环过程中，气体对外界做功，为确保气体的内能不变，则气体一定从外界吸收热量，故一 次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量，故B错误： C.由图知TA=TB,Tc=TD,故B→C过程和DA过程，温度变化量的大小相等，内能变化量的大小相 等，且Q=0,可知W大小也必然相等，即B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的 功，故C错误： D.AB状态温度相同，则状态A和状态B气体分子的平均速率相同，而状态B的体积大，气体的密集程 度小，则B状态时气体分子单位时间对器壁单位面积撞击次数比A状态少，故D错误。 答案第3页（共8页） 故选A。 8.AC 【详解】A.正电荷以速度垂直进入匀强磁场，且不计重力时，洛伦兹力提供向心力，电荷会做匀速 圆周运动，故A正确： B.洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，所以电荷的合力方向会不断改变，不可能做匀加速直线运动， 故B错误； CD,洛伦兹力始终与电荷的速度方向垂直，所以洛伦兹力对电荷不做功，根据动能定理，电荷的动能保 持不变，故C正确，D错误。 故选AC。 9.AD 【详解】A.导体棒受到重力g、绳子拉力T、安培力F而平衡，若安培力方向水平向右，根据平衡条 件可知F=gtan8,故A正确： BCD,安培力方向垂直于T方向时，安培力有最小值，根据平衡条件可知Fm=gsin8=BnIL 解得Bm="gsin0 IL 由左手定则可知，此时磁场方向平行于细线向上，故BC错误，D正确。 故选AD。 10.BC 12 【详解】AB.线框有一半处在磁场中，参与磁通量变化的有效面积为S= △B2B 由图2可知，每个周期内磁感应强度从-B均匀增加到B。,所以磁感应强度的变化率为 T 由法拉第电磁感应定律，线框中的感应电动势大小为B=S△B_ △tT 线框总电阻为R,由闭合电路欧竭定律得1是。每条边的电阻为子，边6的发热功率清足P=IR，所 4 以电流大小为I=2 卫 感应电动势为E=R=2√PR 联立得B。= 2PRT ,故A错误，B正确： 12 C。正方形线框各边电阻相等，申联电路中各边电流大小相等，因此边d的发热功率为，-I及P,故 4 C正确： D.在图2所示区间内，磁通量沿图1规定的正方向增加。根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向与正 方向相反，电流沿逆时针方向，边ab中的电流由b流向a。沿电流方向电势降低，所以α端电势低于b端 答案第4页（共8页） 电势，故D错误。 故选BC。 11.(1)乙 (2) B 0 (3) 1.40 1.00 小于 【详解】(1)由于待测电源内阻较小，为了减小实验误差，使电压表示数变化更明显，应将定值电阻 与电源串联，等效为一个内阻较大的新电源，故选乙图。 (2)[1]根据I图像可知，最大电流在0.32A左右，故电流表应选量程为0~0.6A的B。 [2]电源电动势约为1.5V,为了减小读数误差，电压表应选量程为0~3V的D。 (3)[1][2]由闭合电路欧姆定律得E=U+I(r+R) 即U=E-Ir+R) U-I图像的纵轴截距表示电动势，图线过点(0,1.40)，故电动势E=1.40V 图线的斜率的绝对值表示等效内阻k=”+R, 取两点(0.08A,1.24V)和(0.24A,0.92V),则斜率为：k= 1.24-0.92 2=2.002 0.08-0.24 故电源内阻r=k-R=2.00-1.0=1.003 [3]在乙图中，电压表测量路端电压U,电流表测量电流I。由于电压表内阻R,的分流作用，实际流过电 U 源的干路电流为'=I+ Ry 根据闭合电路欧姆定律，真实关系为：B=U+16+R,)=U+1+”{ R +R) U=-B 。-1+ 整理得： 1++1++ R R E剥= E 对比UI图像的实验拟合方程U=E测-k,可知： 1++见 R 由于片品>0，故1+十1，因此，该实验测出的电动势小于真实值。 Ry Ry 12.(1)6.200/6.201/6.199 (2)B 品 (4)28 答案第5页（共8页） (5)3.1 【详解】(1)由图乙可知，固定刻度读数为6m,可动刻度读数为20.0×0.01mm=0.200mm,所以直径 d=6mm+0.200mm=6.200mm (2)机械能守恒的验证式为gh=二2，需要测量小球释放点和光电门之间的距离h；小球的速度v可 2 通过v= 近似算出，验证式两边的小球质量m可以约去，所以小球的质量不需要测量，故AC错误，B △t 正确。 故选B。 (3)小球通过光电门时的瞬时速度v= △t (4)根据机械能守恒的验证式gh=心可得'=2gh,所以斜率为k=2g 2 (5)根据图丙可知，v2与h的关系式为v2=19)/s2 E mgh--mv 9.8- 根据相对误差的公式可得刀 ×1006 ≈3.1% E。 ngh 9.8h 13.(1) 4n/s2 (2) 300m (3) 15m/s 【详解】(1)匀加速阶段初速度，=0，由加速度定义式a= At 可得汽车匀加速阶段的加速度大小4='--20-0 m/s2=4m/s2 t 5 2)汽车匀加速阶段的6移大小为三6，=0十20m50m 2 汽车匀速阶段的位移大小为x3=v·t,=20×10m=200m 汽车匀减速阶段的位移大小为5=二：20 242x4m=50m 故汽车运动全程通过的总位移大小为x=,+x2+,=300m (3)汽车在减速阶段由运动学公式可得减速时间5=”-20 =5s a4 汽车运动全过程的总时间为t急=4+t,+专3=5s+10s+5s=20s 答案第6页（共8页） 由平均速度定义T可得汽车运动全程的平均速度大小为下=-00 m/s=15m/s t20 14.(1)2=0.2kg (2)4=0.3 【详解】(1)小球甲从释放到与物块碰撞的过程，小球甲和小球乙组成的系统水平方向动量守恒，任意 时刻在水平方向上有0=西V甲-'z 方程两边同时乘以时间△t,则有0=1年·△t-2·△t 即0=(L-x)-x 代入数据解得=0.2kg (2)设小球甲与物块碰前，小球甲和小球乙的速度大小分别为、？，对小球甲、乙组成的系统由动量 守恒0=%-2 由机械能守恒定律%8L= 2%5 解得y1=2m/s,y2=4m/s 小球甲与物块发生弹性正碰，该过程动量守恒、机械能守恒，则由动量守恒叫=+ 由机械能守恒定律，m=)m2+) 1 1 2 2 2 解得=0m/s,。=2m/s 物块从开始运动到返回到长木板最左端的过程，由动能定理得-g·25=0-】 解得u=0.3 15.(1)=10W (2)R=32 (3)1≈6.2A 【详解】(1)电动机正常工作，则电压U=6V,电流I1=2A,输出功率卫=UI1- 代入数据解得卫=10W (2)两盏规格相同的灯泡串联后与电动机并联，则2U=U=6V 根据闭合电路欧姆定律E=U+r U 根据欧姆定律凡=- 答案第7页（共8页） 解得R=32 3)电动机法祛动相当干图值为=052的纯电阻，则外电阻为R及，35.9 E=9 据闭合电路欧姆定律R+16A、 13*119 A≈6.2A 答案第8页（共8页）