2023届福建省福州市八县（市）一中高三上学期11月期中联考物理试题（解析版）

这是一份2023届福建省福州市八县（市）一中高三上学期11月期中联考物理试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

考试日期：11月10日 完卷时间：75分钟 满分：100分
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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. 福州地铁2号线于2019年建成通车。如图所示，2号线西起闽侯县苏洋站，东止于鼓山风景区的洋里站，共22个站点，线路全长约30.173km，车辆最高运行时速80km/h，某次单程运行时间为50分钟。下列关于该地铁列车的说法正确的是（ ）

A. “30.173km”是指位移的大小
B. 用30.173km除以50分钟，可以求得本次运行的平均速度
C. 由于中途停靠22个站点，该地铁列车单程实际行驶时间可能低于20分钟
D. 研究地铁从始发站到终点站的运行时间，可将地铁列车看作是质点
【答案】D
【解析】
【详解】A．“30.173km”是指路程，选项A错误；
B．用30.173km除以50分钟，可以求得本次运行的平均速率，选项B错误；
C．若该地铁列车单程实际行驶时间等于20分钟，则行驶的平均速率为
则该地铁列车单程实际行驶时间不可能低于20分钟，选项C错误；
D．研究地铁从始发站到终点站的运行时间，地铁的大小可忽略不计，可将地铁列车看作是质点，选项D正确。
故选D。
2. 某平直公路上甲、乙两汽车同向行驶，某时刻开始计时，乙车在前，甲车在后，t=2s时，甲车还在乙车后方5米。根据图像提供的信息可知（ ）

A. 在t=0时刻，甲车距离乙车2.5米
B. 在t=3s时刻，甲车已经追上乙车
C. 在4～6s内，甲车和乙车相遇
D. 在0～8s内，甲车和乙车平均速度相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知甲车的初速度
甲车的位移大小为
乙车的位移大小为
在t=0时刻，甲车距离乙车的距离为
故A错误；
B．在内甲车的位移大小为
在内乙车的位移大小为
在t=3s时刻，两车间的距离
所以在t=3s时刻，甲车在乙车后面1.875m处，故B错误；
C．在图像与坐标轴围成的面积表示位移，内甲车的位移比乙车大
说明在4s时甲车超过乙车；在内甲车的位移大小为
在内乙车位移大小为
则
说明甲车在4s后尽管做减速运动但到6s时依然在乙车的前面，故在4～6s内，甲车和乙车没有相遇，故C错误；
D．在0～8s内，甲车的平均速度大小
在0～8s内，乙车做匀速直线运动，平均速度大小
在0～8s内，甲、乙两汽车同向行驶，平均速度大小相等、方向相同，所以甲车和乙车平均速度相同，故D正确。
故选D。
3. 如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，自下而上编号分别为1、2、3……50，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面固定且足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第30个小物块对第31个小物块的作用力大小为（ ）

A.
B.
C.
D. 因为动摩擦因数未知，所以不能确定
【答案】A
【解析】
【详解】对50个物体的整体由牛顿第二定律
对上面的20个物体
联立解得
故选A。
4. 如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有（ ）

A. 小球对斜劈的压力保持不变
B. 轻绳对小球的拉力先增大后减小
C. 对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
D. 竖直杆对小滑块的弹力先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．对小球进行受力分析，受重力、支持力和细线拉力，如图一所示，根据平衡条件可知，支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小，故A错误；

B．根据平衡条件可知，拉力T一直增大，故B错误；
C．对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力，拉力F，如图二所示根据平衡条件有
由于N减小，故减小，F增加，故C正确；

D．根据平衡条件可知N减小，减小，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，关键在于正确使用整体法与隔离法，灵活选择研究对象。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，不止一项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
5. 如图，一条细绳跨过光滑轻定滑轮，连接质量分别为m1和m2的物体A、B，A悬挂在定滑轮下方，B穿在一根竖直杆上。用外力使B沿杆匀速下滑，速度为，当绳与竖直杆间的夹角为时，细绳的张力为F，则下列判断正确的是 （ ）

A. A物体匀速上升
B. 此时物体的速度为
C. 此时物体的速度为
D. 此时A物体的加速度
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC．将B的速度分解可知
随角度θ的减小，A的速度逐渐增加，选项AC错误，B正确；
D．对A分析可知
可得A的加速度
选项D正确。
故选BD。
6. 北京时间年月日时分，“神舟十四号”名航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲全部顺利进入“天和”核心舱。已知核心舱距地球的高度为，绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为，地球的半径为，引力常量为，把地球看成质量分布均匀的球体，球体的体积公式，r为球体的半径，不考虑地球自转的影响。下列说法正确的是（ ）
A. 地球的质量为
B. 核心舱绕地球转动的角速度为
C. 地球表面的重力加速度大小为
D. 地球的密度为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．根据
可得地球的质量为
选项A正确；
B．核心舱绕地球转动的角速度为
选项B正确；
C．根据
可得地球表面的重力加速度大小为
选项C错误；
D．地球的密度为
选项D正确。
故选ABD。
7. 如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为的磁性圆轨道竖直固定，质量为的小铁球视为质点在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点。铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，重力加速度为，不计摩擦和空气阻力。下列说法正确的是（ ）

A. 铁球可能做匀速圆周运动
B. 铁球绕轨道转动时机械能守恒
C. 要使铁球不脱轨做完整圆周运动，轨道对铁球的磁性引力大小至少为
D. 要使铁球不脱轨做完整圆周运动，铁球在A点的速度一定大于等于
【答案】BC
【解析】
【详解】A．铁球在竖直轨道上做圆周运动，不可能做匀速圆周运动，选项A错误；
B．铁球绕轨道转动时，只有重力做功，机械能守恒，选项B正确；
D．要使铁球不脱轨做完整圆周运动，铁球在A点时的速度大于等于零即可，选项D错误；
C．铁球在最低点时若恰不脱轨，则满足
从铁球恰在最高点到最低点时由能量关系
解得
F=5mg
即要使铁球不脱轨做完整圆周运动，轨道对铁球的磁性引力大小至少为，选项C正确。
故选BC。
8. 如图所示，固定光滑斜面倾角，其底端与竖直平面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点过程中，下列判断正确的是（ ）

A. A和B系统的机械能守恒
B. 小环B速度最大时轻杆弹力为mg
C. 刚释放时小球A的加速度最大，大小为
D. 小球运动到最低点时的速度大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由于小球A和B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，故A正确；
B．小环B速度最大时，小环在竖直方向上的合力为0，轻杆弹力的竖直分量为mg，所以轻杆弹力大于mg，故B错误；
D．小球A初始位置距水平面高度为，由几何关系可得
解得
小环B初始位置距水平面高度设为，由几何关系可得
由系统机械能守恒可得
式中
，，
解得
故D正确；
C．刚释放时小球A时，杆对小球的弹力沿着杆，与运动方向垂直，根据牛顿第二定律
解得
小球运动到最低点时
加速度
故刚释放时小球A的加速度不是最大，故C错误。
故选AD
三、非选择题：共60分，其中9、10题为填空题，11、12为实验题，13～15题为计算题。考生根据要求作答。
9. 光滑水平面上有一静止的长木板A，木板足够长，质量为2kg；可视为质点的物块B，质量为1kg，零时刻，B以10m/s的速度，水平向右滑上木板A，AB之间动摩擦因数为0.2，从物块B滑上木板到距离木板左端2m这一过程，二者之间的摩擦生热为______J；在t=2s时刻，A受到的摩擦力的瞬时功率为______W。（g取10m/s2）

【答案】 ①. 4 ②. 4
【解析】
【详解】[1]两者之间的摩擦生热为
[2]B减速运动的加速度
A加速运动的加速度
两者共速时
解得
则当t=2s时，A正在加速阶段，此时的速度

A受到的摩擦力的瞬时功率为
10. 某段江面宽50m，甲乙两艘小船相对静水速度为2.5m/s，先后从A点出发，甲船渡河时间为20s，甲船航行轨迹总长为100m，则甲船行驶轨迹与河岸下游夹角 ______度；如果乙船渡河轨迹与甲船重合，但是渡河时间较长，则乙船渡河时间为______秒（小船可视为质点）

【答案】 ①. 30 ②. 40
【解析】
【详解】[1]根据题意
故甲船行驶轨迹与河岸下游夹角
[2] 根据题意小船沿垂直河岸方向的速度
甲乙两艘小船相对静水速度为2.5m/s，且乙船渡河轨迹与甲船重合，但是渡河时间较长，故
则乙船渡河时间为
11. （1）某次研究弹簧所受弹力 F 与弹簧长度 L 关系实验时，得到如图甲所示的F-L图像，由图可求得弹簧的劲度系数 k＝______N/m；
（2）按如图乙的方式挂上钩码（已知每个钩码重 G＝1 N），使（1）中研究的弹簧压缩， 稳定后指针指示如图乙，则指针所指刻度尺示数为______________ cm，由此可推测图乙 中所挂钩码的个数为________个．
【答案】 ①. 200 ②. 1.50 ③. 3
【解析】
【详解】（１）[1]．由F=kx，知图线的斜率为弹簧的劲度系数，即
（2）[2]．由图可知，该刻度尺的读数为：1.50cm
可知弹簧被压缩：
△x=L0-L=3.0-1.50=1.5cm
弹簧的弹力：
F=k△x=200×1.5×10-2=3N
已知每个钩码重G=1N，可推测图b中所挂钩码的个数为3个．
12. 某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）实验中长木板水平放置，初始可认为滑块质量远大于砝码桶（包含桶内砝码）总质量，用50Hz交流电，打出了一条纸带。纸带上计数点的间距如图所示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出，根据测量结果计算：纸带运动的加速度大小为______m/s2。（结果保留3位有效数字）

（2）在实验数据处理中，该同学以砝码桶（包含桶内砝码）质量m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图所示的实验图线。结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ=______。（g取10m/s2）
（3）随着钩码的数量逐渐增多，图乙中的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______。
A．滑块与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状
C．砝码总质量太大
D．所用滑块的质量太大
【答案】 ①. 1.50 ②. 0.3 ③. C
【解析】
【详解】（1）[1]在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即Δx=aT2，得
（2）[2]由牛顿第二定律
可得
由图像可知
可得
（3）[3]随着钩码的数量增大到一定程度时图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，不再满足滑块质量远大于钩码质量，因此我们再把用钩码所受重力作为滑块所受的拉力，会导致大的误差，因此C正确，ABD错误；
故选C。
13. 如图所示，云梯车是利用车载云梯设备将物料搬运上楼的专项作业车辆，在某次搬运物料作业中，质量为205kg的物料装载在长方体料斗中，料斗底部和云梯近似垂直，从云梯底部由静止开始沿云梯做匀加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动，最后以相同大小的加速度做匀减速直线运动，沿云梯运动20.5m到达所在的楼层停止并卸货。若料斗运动的最大速度为1m/s，加速度大小为2m/s2，料斗沿云梯每运动10.25m，上升的高度为10m，不计空气阻力和物料与料斗之间的摩擦力，物料与料斗始终保持相对静止（g取10m/s2）。求：
（1）运行过程中物料对料斗底部的最大压力大小；
（2）本次搬运中物料上升的时间。

【答案】（1）2410N；（2）21s
【解析】
【详解】（1）设以最大加速度匀am加速上升时最大压力为N，根据牛顿第二定律，有
N-mgsinθ=mam
sinθ=
解得
N=2410N
根据牛顿第三定律物料对料斗底部的最大压力大小为2410N；
（2）设料斗以最大加速度am加速到最大速度vm，以最大速度做匀速运动，再以最大加速度减速到零，则用时最短。匀加速运动的时间为t1，匀加速位移为x1，匀速运动时间为t3，匀减速时间为t2，匀减速位移为x2
匀加速运动位移
同理匀减速运动（有文字说明，或者在其它式子中有体现，也可以得分）
时间t2=0.5s ；位移
匀速直线运动的时间
总时间
14. 如图所示，A、B两物体通过劲度系数为k的竖直轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过轻质非弹性绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的倾角为30°的足够长光滑斜面上。用手按住C，使细线恰好伸直但没有拉力，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放C后它沿斜面下滑，当A恰好要离开地面时，B获得最大速度（B未触及滑轮，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g）。求：
（1）从释放C到B获得最大速度过程重力对B做的功；
（2）刚释放C时B的加速度大小；
（3）物体B的最大速度大小vm。

【答案】（1）；（2）0.4g；（3）
【解析】
【详解】（1）设释放C之前，弹簧压缩x1，对B
kx1=mg
设当B获得最大速度时，弹簧拉伸x2，A恰好要离开地面，对A
kx2=mg
该过程重力对B做功
W=-mg（x1+x2）
联立解得
（2）刚释放C时：
对C
Mgsin30°-T=Ma
对B
T+kx1-mg=ma
对B
kx1=mg
联立解得
a=0.4g
（3）由前面知
x1=x2=
故刚释放C时与B获得最大速度时弹簧弹性势能相同
对A、B、C及弹簧整体由功能关系可得
4mg（x1+x2）sin30°-mg（x1+x2）=（4m+m）vm2
解得
15. 如图所示，一游戏装置由倾斜角为的光滑轨道AB、水平传送带BC、半径为R的光滑半圆弧轨道DE组成，O为圆弧轨道的圆心，D、C、O、E四点在同一竖直线上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿半圆弧轨道运动，最后由E点平抛落地面。已知小滑块与传送带的动摩擦因数μ=0.1，BC长为L=4m，AB长为，传送带顺时针转动，速度大小始终为v=4m/s，D距地面的高度H=6m，R=0.5m，，CD间的距离刚好允许小滑块通过，忽略传送带转轮大小和CD间距大小，小滑块经B、D处时无能量损失，小滑块可视为质点，其余阻力不计，sin37º=0.6，g取10m/s2求：
（1）若小滑块匀速通过传送带，求释放的高度h；
（2）在（1）问中小滑块平抛的水平距离x；
（3）小滑块平抛的水平距离x与其释放的高度h之间满足的关系。

【答案】（1）0.8m；（2）6m；（3）时，；时，；时，
【解析】
【详解】（1）小滑块匀速通过传送带，说明小滑块到达B点时速度和传送带一样
由动能定理得
（2）对小滑块从C到E分析，由动能定理得
小滑块离开E点后做平抛运动
水平方向
竖直方向
联立得
（3）由（2）中可知小滑块离开E点后做平抛运动时间是定值，，当小滑块在BC段恰好全程做匀加速直线运动时，对小滑块从静止释放到C点分析
当时，对小滑块从B到C分析
当小滑块在BC段恰好全程做匀加速直线运动时
对小滑块从静止释放到C点分析
当时，对小滑块从B到C分析
假设小滑块到B点速度为0，则对小滑块从B到D分析
又小滑块过D点的临界条件
因为，则小滑块一定可以过D点做圆周运动；
综上所述：
时，
时，
时，。