广西壮族自治区来宾市金秀瑶族自治县民族高中2026-2027学年高三上学期11月期中物理试题

2027届高三上学期期中测试（物理） (满分100分时间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)下列物理量属于矢量且单位正确的是() A.电流(A) B.温度(K) C.电场强度(N/C)D.动量(kgm/s2) 2.(4分)甲、乙两物体沿同一条直线运动，甲、乙的速度随时间变化的规律分别如图中的直线A、B所 示。则5s时甲速度大小为() v/(m.s) 24 B A A.8m/s B.9m/s C.10m/s D.11m/s 3.(4分)如图，在离地高H的水平桌面A点处有一质量为的物体，以初速度被抛出，不计阻力， 重力加速度大小为8，以地面为参考平面，则当它到达桌面下方处的B点时机械能为() Vo A.zn B.+ng C.nj-mgh 1 D.专+g(H-h) 2 2 4.(4分)如图所示，在x0y平面内有一匀强电场，方向未知，两个相同的粒子α和b在坐标原点O以大 小相等的速率v射入电场。粒子α的速度沿x轴正方向，粒子b的速度与x轴正方向成45°斜向右下方， 两粒子质量均为，重力不计。当粒子α的速度方向竖直向下时，速度大小为v,由此可知() A.电场方向与x轴负方向成45°斜向左下 B.该过程粒子b的速度方向也改变了90° C.该过程粒子b的电势能减少了2 D.该过程粒子b的速度先减小后增大 5.(4分)空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为的带电微粒（重力不可忽略），沿图中虚 试卷第1页（共6页） 线由A运动到B,其能量变化情况是() B E A.微粒带负电，电势能增大，微粒做匀速运动 B,微粒带负电，电势能增大，微粒做匀减速运动 C.微粒带正电，电势能减小，微粒做匀加速运动 D.微粒带正电，电势能增大，微粒做匀速运动 6.(4分)如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影 响，R1的阻值和电源内阻r相等。当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则() R IR⊙ R ④ A.R3上消耗的功率逐渐增大 B.电流表读数减小，电压表读数增大 C.电源的输出功率逐渐减小 D.质点P将向下运动 7.(4分)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为1.5×10Pa,经历A→B→C→A的过程，已 知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是() ↑V71(×103m) 3 B T/K 0200400600 A.C→A的过程中外界对气体做功600J B.B→C的过程中气体对外界做功600J C.整个过程中气体从外界吸收600J的热量 D.整个过程中气体从外界吸收450J的热量 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)如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一质量为=0.1kg、带电荷量为 试卷第2页（共6页） q=+1.0×10‘C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数4=0.1。从t=0时刻开始，空间 上加如图乙所示的电场。下列说法正确的是() ↑E/(×10N/C) E m,g 0 1234 -1 甲 乙 A.0~4s内小物块一直向同一方向运动 B.2s末小物块速度大小为2m/s C.04s内小物块的位移大小为6m D.04s内静电力对小物块所做的功为0.8J 9.(6分)如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动， 其v-t图像如图乙所示。已知传送带的速度为，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为山， 下列说法正确的是() Vo 甲 A.物块的初速度小于 B.物块与传送带间的动摩擦因数u<tana C.物块运动过程中的速度一定有等于的时刻 D.若物块从传送带顶端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动 10.(6分)彩虹是由阳光进入水滴，先折射一次，然后在水滴的背面反射，最后离开水滴时再折射一次 形成的。彩虹形成的示意图如图所示，一束白光L由左侧射入水滴，、b是白光射入水滴后经过一次反 射和两次折射后的两条出射光线(a、b是单色光)。下列关于a光与b光的说法正确的是() b A.水滴对a光的折射率大于对b光的折射率 试卷第3页（共6页） B.α光在水滴中的传播速度等于b光在水滴中的传播速度 C.用同一台双缝干涉仪在相同的实验条件下做光的双缝干涉实验，α光相邻的亮条纹间距小于b光 的相邻亮条纹间距 D.☑、b光在由空气进入水滴后波长要变长 三、实验题（共24分） 11.(10分)高中课外兴趣小组用图所示装置进行“研究平抛运动'实验。 2 (1)实验操作时每次须将小球从轨道同一位置无初速度释放，目的是使小球抛出后() A.只受重力 B.多次实验的轨迹重合 C.初速度都沿水平方向 D.速度小些，便于确定位置 (2)关于该实验的一些做法，不合理的是() A.使用密度大、体积小的球进行实验 B.斜槽末端切线应当保持水平 C.建立坐标系时，以斜槽末端端口位置作为坐标原点 D.建立坐标系时，利用重垂线画出竖直线，定为y轴 (3)实验结果发现，测出的小钢球做平抛运动的初速度跟实际值相比有较大的误差，可能的原因是 () A.斜槽轨道末端水平段过长 B.没有平衡斜槽轨道的摩擦力 C.小球没有每次都从斜槽同一高度静止释放 (4实验探究最终的结论是：做平抛运动的物体在水平方向做运动，竖直方向做 运动。 12.(14分)图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E(电动势未知)是电池；R与R 是定值电阻，R是可变电阻：表头G的满偏电流为1A,内阻为2402。虚线方框内为换挡开关，A端 和B端分别与两表笔相连。该多用电表有3个挡位，3个挡位分别为直流电压10V挡，直流电流5mA 挡，欧姆×1002挡。 试卷第4页（共6页） 表头 10050403020. 1510 R ilu山山山u,9 0150200 AV-Q 甲 (1)图甲中的A端与 （填“红”或“黑”)色表笔相连接。 (2)根据题给条件可得R=2,R=2。 (3)若该多用表的表盘如图乙所示，表盘中央对于欧姆挡刻度为“15”，则该多用表内的电源电动势E= V。(保留两位有效数字) (4)若长时间使用后，欧姆挡内部电源电动势会减小，此时在能够正常进行欧姆调零的情况下去测量未知 电阻阻值，则测量值相比于真实值 。(填“偏大‘偏小”或“相等”) (⑤)某同学想借助于该多用表的欧姆挡去确定实验室中一只只有刻度线却无示数的表头的内阻与量程。将 功能选择开关拨欧姆挡，在进行欧姆调零后，将电流表的两接线柱分别与红黑表笔相连，此时多用表指 针指示如图乙所示位置，电流表的指针指于表盘的中央，则待测表头的内阻为 2,量程为 mA。(保留两位有效数字) 四、解答题（共30分) 13.(10分)在升国旗过程中，国歌从响起到结束的时间是48s。国旗上升过程的运动可简化为当国歌响 起的同时国旗由静止开始向上以加速度a=0.1/s2做匀加速运动4s,然后匀速运动，最后匀减速运动2s 到达旗杆顶端，速度恰好为零，此时国歌结束。求： (1)国旗匀速运动时的速度大小和匀加速上升的高度 (2)国旗上升的总高度。 14.(10分)如图所示，A物块固定在水平面上，其上表面是半径为R的光滑四分之一圆弧；B是质量为 的带四分之一圆弧和水平板的物块，其圆弧半径也为R、上表面光滑，水平部分长为L、上表面粗 糙。B物块放在光滑水平面上，B物块左端与A物块右端等高且无缝对接不粘连。现将一质量为%的小 滑块1从A物块最高点由静止释放，与另一静止在B物块左端的质量为m2的滑块2发生弹性碰撞，碰后 滑块1瞬间被锁定在A物块上。已知R=0.2m,L=0.5m,%=0.3kg,2=0.1kg,=0.2kg,滑块 1、2均可视为质点，重力加速度8取10m/s2。 试卷第5页（共6页） A 777777777777777777777 (1)求碰后瞬间滑块2的速度大小： (2)当物块B被锁定在光滑水平面上时，滑块2沿B物块上表面恰好能滑到B物块顶端。若物块B末被锁 定在光滑水平面上，求滑块2在物块B上能上升的最大高度及其最终的速度大小。 15.(10分)如图所示，水平绝缘轨道右端在b点与光滑绝缘的四分之三圆形轨道下端平滑连接，圆形轨 道半径为R=0.5m,位于竖直平面内，c、e点与圆心O等高，整个轨道处在水平向右的匀强电场中。现 有一质量为m=0.4kg,带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上α点处，滑块受到的电场力大小 为3N,已知重力加速度g=10m/s2,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力， sin37°=0.6。 d E e (1)若L=5m,求滑块从a点由静止释放运动到b点的时间t: (2)若改变L的大小，使滑块始终沿轨道滑行，且从点离开轨道，求L的最小值。 试卷第6页（共6页） 《2027届高三上学期期中测试（物理）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 B D C AD BC AC 1.C 【详解】A.电流虽有方向，但运算遵循代数加减法则，不满足矢量的平行四边形运算法则，属于标量， 故A错误； B.温度只有大小没有方向，属于标量，故B错误： c.电场强度是既有大小又有方向、运算遮循平行四边形定则的矢量，根据定义式B=?,其单位为 N/C,故C正确： D.动量是矢量，根据定义式P=w,其单位为kg/s,选项给出的单位kgm/s2是力的单位，单位表 述错误，故D错误。 故选C。 2.B 【详解】根据题图可知，乙（直线B)加速度a=4v=0-24, Al=8 m/s'=-3m/s 因此乙的速度满足Vg=-3t+24(m/s) 由题图可知，仁5s时A、B两条速度图线相交，即此时甲、乙两物体速度相等，代入乙（直线B)速度方 程，解得5s时甲速度大小为v=9/s。 故选B。 3.B 【详解】物体被抛出后，不计空气阻力，物体仅受重力作用，物体的机械能守恒，则有E4= 由于以地面为参考平面，则物体在A点的机械能Ea=gH+2m6 解得马之+g斑 故选B。 4.C 【详解】A.粒子α的速度由向右的v变为向下的v,沿x轴和y轴的速度变化量均为-v,故速度变化量 大小为△v=V2+v2=√2v 由牛顿第二定律，电场力斜向左下。粒子电性未知，电场方向也可能斜向右上，故A错误： B.两粒子质量和电荷相同，在相同时间内速度变化量相同。粒子b的初速度斜向右下，与斜向左下的速 度变化量垂直，速度合成关系如图所示。 答案第1页（共8页） 由直角三角形得粒子b此时的速度大小为，=√2+(W2)2=3v 设速度方向败变的狗度为0，由直角三角形得o0-号方0，放B蜡天： CD.粒子b的初速度与电场力垂直。在匀强电场中，沿初速度方向的速度分量保持v,垂直方向的速度 分量从零逐渐增大，因此速率持续增大。由前述计算得其末速度为√3，根据动能定理，此过程电场力 做功为W=子m6修-)=m 电场力做正功，电势能减少2，故C正确，D错误。 故选C。 5.B 【详解】微粒在重力场和水平向右的匀强电场中沿斜向上直线运动，必受恒定的重力和电场力。因轨迹 斜向上，重力竖直向下，电场力水平方向，合力若要沿轨迹方向，微粒必带负电，合力斜向左下，与速 度方向相反，做匀减速运动。电场力做负功，电势能增大。 B 9E 故选B。 6.D 【详解】A.当滑动变阻器的滑片向b端移动时，外电路的总电阻减小，根据闭合回路的欧姆定律可知， 干路电流增大，路端电压减小，则R1两端电压增大，R3两端电压减小，可知，R3上消耗的功率逐渐减 小，故A错误； B.结合上述可知，R2和R4两端总的电压减小，干路电流增大，通过R3电流减小，则通过R2和R4电流 增大，R2两端电压增大，则R4两端电压减小，即电压表读数减小，电流表读数增大，故B错误： 答案第2页（共8页） E )3 E2 C.电源的输出功率P R外= R外+r ++2 R 根据数学对勾函数规律可知，当外电路电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，由于R1阻值与电 源内阻相等，所以外电路电阻始终大于电源内阻，则随着外电路电阻减小，其阻值越来越接近电源内 阻，电源的输出功率将增大，故C错误： D.结合上述，R两端电压减小，平行金属板间电场强度减小，电场力将小于质点P的重力，质点P将 向下运动，故D正确。 故选D。 7.C 【详解】A.在C→A过程中，图线为直线，根据理想气体状态方程可知，该过程压强不变，气体体积减 小，外界对气体做功，根据WcA=卫△V 解得WcA=300J,故A错误： B.由题知BC过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，结合上述可知，B→C的 过程中气体对外界做功900J,故B错误： CD.A→B→C→A过程，温度不变，则内能变化量△=0 A→B过程，气体体积不变，做功为零，B→C的过程中气体对外界做功900J,CA的过程中外界对气体 做功300J,则有W=WcA+Wc=-600J 则有Q=△U-W=600J 即整个过程中气体从外界吸收600J的热量，故C正确，D错误。 故选C。 8.AD 【详解】AB.在0~2s时间内，由牛顿第二定律得物块的加速度大小4=g玛-Lm8-2Ws 物块向右做加速运动，2s末小物块的速度v=451=2×2m/s=4m/s 1 前2s内的位移4=2a4赋= 1×2×2m=4m 21 在2~4s时间内，由牛顿第二定律得加速度4=gB,+mg=2ms 物块向右做减速运动，专=”=2s 所以4s末时物块速度减到零，A正确，B错误； C.在24s时间内小物块的位移6为=4m 0~4s内小物块的位移x=X1+x2=8m,C错误： 答案第3页（共8页） D.0~4s内静电力对小物块所做的功W=qx1-qE2x2 代入数据解得W=0.8J,D正确。 故选AD。 9.BC 【详解】A.若物块的初速度小于，物块相对斜面向下运动，则受到沿传送带向上的摩擦力，物块做匀 减速直线运动，根据牛顿第二定律，有-gs1na+gcosa=la 解得加速度42=-gsina+gcosa 物块会一直以4向上减速为0，与图乙不符，所以物块的初速度大于%，故A错误； B.v-t图线的斜率表示加速度，由图乙可知4，<0 解得u<tana,故B正确： C.物块的初速度大于，物块相对斜面向上运动，则受到沿传送带向下的摩擦力，物块做匀减速直线运 动，根据牛顿第二定律，有-gsina-ungcosa=a1 解得加速度4=-8sina-gcosa 物块以4减速到速度等于后，加速度变为4继续向上减速，因此物块运动过程中的速度一定有等于 的时刻，故C正确： D.若物块从传送带顶端开始向下运动，物块会始终受到沿传送带向上的摩擦力，则物块会以加速度一 直向下加速运动，故D错误。 故选BC。 10.AC 【详解】A.由图可知，在第一次折射时光的折射角比b光的折射角小，根据折射率的定义可知，水滴 对a光的折射率大于对b光的折射率，故A正确： B.根据折射率的速度表达式 n= v 可知，a光在水滴中的传播速度小于b光在水滴中的传播速度，故B错误： C.根据折射率大小可知α光波长小于b光的波长，根据双缝干涉的条纹间距公式 s:月 可知，在相同的实验条件下，α光的亮条纹间距小于b光的亮条纹间距，故C正确： 答案第4页（共8页） D.a、b光在由空气进入水滴后，其速度会减小，但是频率不变，根据 v=if 可知，波长要变短，故D错误。 故选AC 11.(1)B (2)C (3)AC (4) 匀速直线 自由落体 【详解】(1)每次从同一位置无初速度释放，目的是使小球到达斜槽末端时速度大小相同，从而保证每 次平抛的初速度相同，轨迹重合。 故选B。 (2)A.使用密度大、体积小的球可减小空气阻力影响，故A合理： B.末端水平是保证平抛初速度水平的必要条件，故B合理： C.建立坐标系时，应以小球在斜槽末端时球心的位置为坐标原点，而不是以斜槽末端端口位置为原点， 因为小球实际抛出点是球心位置，故C不合理： D.利用重垂线确定竖直方向，故D合理。 本题选择不合理，故选C。 (3)A.斜槽轨道末端水平段过长，小球在水平轨道上受摩擦力减速，抛出初速度减小，产生较大误 差，故A正确： B.不需要平衡摩擦力，每次从同一高度释放，摩擦力对每次的影响相同，末速度相同，故B错误： C.小球释放高度不同，到达末端的速度不同，导致初速度不同，产生较大误差，故C正确： 故选AC。 (4)[1]平抛运动水平方向不受力，做匀速直线运动 [2]竖直方向只受重力，做自由落体运动 12.(1)红 (2) 60 1952 (3)7.5 (4)偏大 (5) 1.9×103 4.4 【详解】(1)根据多用电表的原理，电流从红表笔流入，黑表笔流出，欧姆挡内部电源正极接黑表笔， 所以图甲中的A端与红色表笔相连接。 (2)[1]根据题意，表头G的满偏电流为1mA,内阻为2402，直流电流5mA挡，所以 答案第5页（共8页） I2=1×103×240 R= 2=602 1-1g5×103-1×10 [根据题意，直流电压10V挡，所以R=-:足_10-Lx103x2402-19520 5×103 (3)根据题意，欧姆挡刻度如图，欧姆挡满偏电流为5A,所以中值电阻为15×1002=15002，则该多 用表内的电源电动势E=1满mR=5×103×1500V=7.5V (4)若长时间使用后，欧姆挡内部电源电动势会减小，此时在能够正常进行欧姆调零的情况下去测量未 知电阻阻值测测量值相比于真实值偏大。 (5)[1]欧姆挡倍率为×1002，多用表指针读数为19，故待测表头内阻R。=19×1002=1.9×102 E 7.5V [2]回路总电流I= ≈2.21A R+R。15002+19002 此时表头指针指中央，故量程为2×2.2mA≈4.4ImA 13.(1) 0.4m/s,0.8m (2) 18m 【详解】(1)匀速运动的速度大小v=a=0.1×4m/s=0.4m/s 国族匀加速上升的高度务-以-}01x4m=08n (2)匀速运动上升的高度h=t2=v×(t-t-t3)=0.4×(48-4-2)m=16.8m 匀减速运动上升的高度么=V'+05=04+0×2m=0.4m 2 2 国旗上升的总高度H=h+h+h=(0.8+16.8+0.4)m=18m 14.(1)3m/s (2)0.05m,1m/s 【详解】(1)滑块1由A物块上滑下，其机械能守恒，设滑块1碰前速度为1，则mR=m6 21 解得=√2gR=2m/s 滑块1与滑块2发生弹性碰撞，系统的动量守恒、机械能守恒%=%+乃， 1 1 2%6=2%y+25 21 解得书=他他6=1m/s,5= +2 2-。=3m/s L+2 答案第6页（共8页） (2)物块B固定，由动能定理得-umgL-mgR=0-号 2 解得u=0.5 物块B不固定，系统水平方向动量守恒，设滑块2沿物块B上滑的最大高度为，则 3=(l2+g)y 由能量关系得 2,=,8+2(m,+m)2+8h 解得h=0.05m 滑块2沿物块B滑到最高点后，接下来相对B往下滑，假设最终相对物块B静止，系统水平方向动量 守恒有2=(3+)v' 对全程滑上再滑下到相对静止，由能量关系得，g=m 2。子一2十一》”2 解得v'=1m/s,x=0.6m 由于x=0.6m<2L=1m,故假设成立。所以最终滑块2的速度大小v'=1m/s 15.(1)t=2s (2)Lnm=5.75m 【详解】(1)从a到b的过程，根据牛顿第二定律有F电-mg=a 解得a=2.5m/s2 根据位移时间公式有L=} 解得t=2s (2)等效竖直平面圆周运动，要使滑块从点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高 点时，满足题意的工最小。等效重力由重力和电场力的合力提供，如图所示，则 g=me旷+(a=呕 等效最高点 F G 等效重力与重力的夹角tam0=-3 84 所以日=37° v2 当恰好通过等效最高点时的速度设为v,则此时满足G= R 答案第7页（共8页） 从a点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理，得 A(么a-Rsn379-mgLa-meR0+cos37）-m2 解得Ln=5.75m 答案第8页（共8页）