福建省部分达标学校2023-2024学年高三上学期期中质量监测物理试题（解析版）

这是一份福建省部分达标学校2023-2024学年高三上学期期中质量监测物理试题（解析版），共18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。
1. 2023年9月21日15时45分“天宫课堂”第四课开讲，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮面向全国青少年进行太空科普授课，这是中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课。下列说法正确的是（ ）
A. 2023年9月21日15时45分指的是时间
B. 研究中国空间站的运行姿态时，可以将其看成质点
C. 以中国空间站为参考系，地球是运动的
D. 中国空间站在轨道运行的加速度保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．2023年9月21日15时45分指的是时间轴上的一个点，是时刻，故A错误；
B．研究中国空间站的运行姿态时，中国空间站的大小和形状不能忽略，不可以将其看成质点，故B错误；
C．以中国空间站为参考系，地球是运动的，故C正确；
D．中国空间站在轨道上绕地球做匀速圆周运动，加速度大小保持不变，方向时刻改变，故D错误。
故选C。
2. 一列重达134吨的磁悬浮列车静止悬浮在长直轨道上，若一位儿童用力去拖这列百吨列车，则从理论上（在速度很小时，可近似忽略摩擦阻力）可以说（ ）
A. 车惯性太大，完全无法拖动
B. 一旦施力于车，车立即产生一个加速度
C. 由于车惯性很大，施力于车后，须经过一段很长时间后才会产生一个明显的加速度
D. 由于车质量很大，人拉车由于反作用力太大无法施力于车
【答案】B
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律可知，一旦物体受到的合力不为零，物体立刻产生加速度；由于可以忽略摩擦阻力，所以一旦施力于车，车立即产生一个加速度，车会被拖动。
故选B。
3. 将一只矿泉水瓶子竖立在水平地面上，在瓶子的不同位置钻了两个等大的小孔甲、乙，逐渐往瓶子里加更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 更多优质支援请 嘉 威鑫 MXSJ663 水，使水从两小孔中水平喷出形成两列水柱，如图所示，甲孔的离地高度是乙的2倍。当瓶中的水加到一定高度H时，喷出的水柱恰好落到地面上的同一点，忽略空气阻力，则下列判断正确的是（ ）
A. 甲孔喷出的水运动时间是乙孔的2倍
B. 乙孔喷出的水的初速度是甲孔的2倍
C. 两小孔喷出的水柱在空中的体积相等
D. 矿泉水瓶自由下落时，两小孔仍有水喷出
【答案】C
【解析】
【详解】A．水流在竖直方向自由落体运动，则
解得
甲孔的离地高度是乙的2倍。所以
故A错误；
B．由于水平位移相等，根据
x=vt
可知初速度之比是
故B错误；
C．水柱在空中体积是
V=v0tS
可知，两空中水柱体积是相等的，故C正确；
D．矿泉水瓶自由下落时，处于完全失重状态，两小孔水不会喷出，故D错误。
故选C。
4. 光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为的斜面A，斜面质量为，如图所示。将一质量为的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间刚好滑到斜面底端，此时滑块对地位移大小为。此过程中斜面对滑块B的弹力大小为，重力加速度为，则下列选项中正确的是（ ）
A. 滑块B下滑过程中对B的冲量大小为
B. 滑块B下滑过程中地面对斜面A弹力的冲量大小为
C. 滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒
D. 此过程中斜面A向左滑动的距离为
【答案】D
【解析】
【详解】A．滑块B下滑过程中，斜面会向左运动，滑块B的加速度并不沿着斜面向下，滑块B在垂直于斜面的方向上加速度有分量，因此，不再等于，则滑块B下滑过程中对B的冲量大小不等于，故A错误；
B．若整个系统处于平衡状态，则地面对斜面A弹力的冲量大小为，但滑块B在竖直方向上所受合外力不为零，其有竖直向下的加速度的分量，因此地面对斜面A弹力的冲量小于，故B错误；
C．由于该系统竖直方向合外力不为零，因此该系统动量不守恒，但该系统水平方向合外力为零，因此该系统只在水平方向动量守恒，故C错误；
D．取向右为正方向，根据该系统水平方向动量守恒，则在任意时刻，水平方向总有
取极短时间，则有
根据时间上的等时性，在时间内位移进行累积可得
即
解得
故D正确。
故选D。
二、多项选择题
5. 2023年10月3日，中国选手严浪宇在男子个人比赛中为中国蹦床队再添一金。如图甲所示，在亚运会蹦床项目比赛中，从严浪宇下落到离地面高处开始计时，其动能与离地高度的关系如图乙所示。在阶段图像为直线，其余部分为曲线，若严浪宇的质量为，重力加速度为，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程中严浪宇与蹦床组成的系统机械能守恒
B. 严浪宇处于高度时，严浪宇的脚开始接触蹦床
C. 严浪宇处于高度时，蹦床的弹性势能为
D. 从严浪宇的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A．整个过程中严浪宇与蹦床组成的系统只有重力和弹力做功，机械能守恒，故A正确；
B．从严浪宇下落到离地面高处开始计时，接触蹦床前
图像为直线，所以高度时，严浪宇的脚开始接触蹦床，故B错误；
C．从到，动能不变，根据系统机械能守恒可知，减小的重力势能转化为蹦床的弹性势能，则蹦床的弹性势能为
故C正确；
D．从严浪宇的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，严浪宇受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力，弹力从零开始不断增大，弹力先小于重力，后大于重力，合力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故D错误。
故选AC。
6. 图为发射某卫星的情景图，该卫星发射后，先在椭圆轨道Ⅰ上运动，卫星在椭圆轨道Ⅰ的近地点A的加速度为a0，A点到地心的距离为R，远地点B到地心的距离为3R，卫星在椭圆轨道的远地点B变轨进入圆轨道Ⅱ，则下列判断正确的是（ ）
A. 卫星在轨道Ⅰ近地点A的线速度大小一定大于7.9km/s
B. 卫星在轨道Ⅰ远地点B时运行的加速度大小为
C. 卫星在轨道Ⅱ上运行周期为在轨道Ⅰ上运行周期的倍
D. 卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ时应在B点点火减速
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．以地球球心为圆心过A点建一个近地圆轨道，由于为近地圆轨道则该轨道卫星的运行速度为7.9km/s，而从该近地圆轨道到椭圆轨道Ⅰ需要在A点点火加速，则卫星在轨道Ⅰ近地点A的线速度大小一定大于7.9km/s，故A正确；
B．由题知，卫星在椭圆轨道Ⅰ的近地点A的加速度为a0，则有
卫星在轨道Ⅰ远地点B时运行的加速度大小为
故B正确；
C．根据开普勒第三定律有
则
故C错误；
D．卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ时应在B点点火减速，故D正确。
故选ABD。
7. 如图所示，用长度为的金属丝绕制成高度为的等距螺旋轨道，并将其竖直固定。让一质量为的有孔小球套在轨道上，从顶端无初速度释放。已知重力加速度为，不计一切摩擦，则（ ）
A. 下滑过程中轨道对小球的作用力保持不变
B. 小球运动可以分解为水平方向的圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动
C. 小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为
D. 小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于小球螺旋运动的速率不断增大，所需向心力部分不断增大，故轨道对小球的作用力逐渐增大，故A错误；
B．小球的运动可以分解为水平方向的圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动，故B正确；
CD．将小球运动等效为沿长为，高为的光滑斜面的运动，则其下滑加速度为
由位移公式得
解得
故C正确、D错误。
故选BC。
8. 如图所示，滑块A（可视为质点）的质量m=0.01kg。与水平面间的动摩擦因数μ=0.3，用细线悬挂的小球（视为质点）质量均为m=0.01kg，沿x轴排列，A与第1个小球及相邻两小球间距离均为s=2m，线长分别为L1、L2、L3……（图中只画出三个小球）。开始时，A以v0=10m/s沿x轴正向运动，设A与小球碰撞不损失机械能，碰后小球均恰能在竖直平面内做完整的圆周运动并再次与滑块A正碰，g=10m/s2，则（ ）
A. 滑块能与8个小球碰撞B. 滑块能与9个小球碰撞
C. 第2个小球悬线长1.50mD. 第6个小球悬线长0.56m
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设碰撞前瞬间A的速度大小为v，碰撞后瞬间A的速度大小为vA，被碰小球的速度大小为v球。取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv=mvA+mv球
由机械能守恒定律得
解得
vA=0
v球=v
即每次碰撞后，滑块与小球交换速度。因滑块A与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内做圆周运动，其机械能守恒。设滑块滑行总距离为s0，由动能定理得
代入数据解得
则
故滑块A只能与8个小球发生碰撞，故A正确，B错误；
CD．滑块A与第n个小球碰撞，设小球碰撞后的速度为，运动到最高点时速度为，由AB选项分析可知碰撞前滑块的速度也为，小球均恰能在竖直平面内做完整的圆周运动，对小球在最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
小球由最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得
对滑块，由动能定理得
代入数据整理得悬线长度
当n=2时
L2=152m
当n=6时
L6=0.56m
故C错误，D正确。
故选AD。
三、非选择题
9. 小王乘车往返于福鼎与宁德两地，往、返过程的位移_______（选填“相同”或“不同”），_______（选填“能”或“不能”）画出他从福鼎到宁德过程的“速度-时间”图像。
【答案】 ①. 不同 ②. 不能
【解析】
【详解】[1]小王乘车往返于福鼎与宁德两地，往、返过程的位移大小相同，方向相反，所以位移不同；
[2]他从福鼎到宁德过程不可能做直线运动，所以不能画出他从福鼎到宁德过程的“速度—时间”图像。
10. 如图所示，从地面上同一位置抛出两个相同的小球，分别落在地面上的点，两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，小球运动的时间_______（选填“”），小球在点处重力做功的功率_______（选填“”）。
【答案】 ①. = ②. =
【解析】
【详解】[1][2] 两球运动的最大高度相同，竖直方向上
所以小球运动的时间相等，落地时竖直速度
小球在点处重力做功的功率
相等。
11. 如图所示，已知A球的质量为m，B球的质量为3m，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，固定在地面上。系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，A球的加速度大小为_______，B球的加速度大小为_______。（重力加速度为g）
【答案】 ①. 4gsinθ ②. 0
【解析】
【详解】[1]在细线被烧断前，对B球受力分析，由平衡条件可得弹簧的弹力
F = 3mgsinθ
在细线被烧断的瞬间，弹簧弹力不变，对A球由牛顿第二定律得
mgsinθ＋F = maA
联立可得
aA = 4gsinθ
[2]在细线被烧断的瞬间，弹簧弹力不变，对B球由牛顿第二定律得
F−3msinθ = maB
可得
aB = 0
12. 在“研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验中，实验装置如图所示。请回答相关问题：

（1）在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，我们主要用到了物理学中_______；
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法
（2）若将图中左侧变速塔轮上的皮带往下移动一层，则A和B小球的角速度之比会_______；
A．变大 B．不变 C．变小
（3）若A、B小球质量相同，到转轴的距离也相同，图中标尺上红白相间的等分格显示出A、B小球所受向心力的比值为，运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的左右变速塔轮对应的半径之比为_______。
A． B． C． D．
【答案】 ①. C ②. C ③. C
【解析】
【详解】（1）[1]研究向心力与各物理量的关系，主要用到控制变量法。
故选C。
（2）[2]由
即
左侧变速塔轮上的皮带往下移动一层，左侧变速塔轮半径r1变大，则A和B小球的角速度之比会变小。
故选C。
（3）[3]根据
A、B小球所受向心力的比值为，两球质量和转动半径相等，则角速度之比为
根据
塔轮边缘线速度相等，则塔轮半径之比为
故选C。
13. 某同学利用手机“声音图像”软件测量物块与长木板间的动摩擦因数。实验装置如图（a）所示，长木板固定在水平桌面上，物块置于长木板上且两端分别通过跨过定滑轮的细线与小球A、B相连，实验前分别测量出小球A、B底部到地面的高度、。打开手机软件，烧断一侧细绳，记录下小球与地面碰撞声的时间图像（两小球落地后均不反弹）。
（1）由图可知，实验时应烧断物块_______的细绳；
A．左侧 B．右侧
（2）烧断细线前，用分度值为1cm的刻度尺测量，刻度尺的0刻度线与地面齐平，小球B的位置如图（b）所示，则_______；
（3）仅改变小球实验前离地高度，测量不同高度下物块加速运动时间，作出图像如图（c）所示，由图像可求得斜率为，若小球B的质量为，物块质量为，重力加速度为，则物块与木板间的动摩擦因数_______。（用字母表示）
【答案】 ①. A ②. 78.2 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]物块向右运动，则应烧断物块左侧细绳。
故选A。
（2）[2]小球B的高度为78.2cm。
（3）[3]根据牛顿第二定律
又
联立得
则
得
14. 电动平衡车是一种新型的交通工具，通过人工智能实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作。图甲为某型号电动平衡车，人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其图像如图乙所示（除时间段图线为曲线外，其余时间段图线均为直线）。已知人与平衡车质量之和为后功率恒为，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息求解：
（1）时间内，牵引力做的功；
（2）时间内，平衡车克服摩擦力做的功。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）根据图像可知
根据牛顿第二定律
在时间内位移
时间内牵引力做的功
（2）在时间内，根据动能定理
平衡车克服摩擦力做的功
15. 某材料放置如图，在竖直墙壁的左侧水平地面上放置一个边长为a、质量为M = 4kg的正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置半径R = 0.5m、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止。球的球心为O，OC与竖直方向的夹角为θ，正方体的边长a > R，正方体与水平地面的动摩擦因数μ = 0.5。已知重力加速度g = 10m/s2，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。
（1）若θ = 30°、m = 3kg，求正方体受到地面的摩擦力大小；
（2）若θ = 30°，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，求光滑球质量的最大值；
（3）改变正方体到墙壁之间的距离，当正方体的右侧面BC到墙壁的距离小于某个值L时，无论球的质量是多少，球和正方体始终处于静止状态，且球没有落到地面，求L的值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）以球为研究对象，受力如图所示
小球受力平衡可知
以正方体和球整体为研究对象，受力如图所示
对整体受力分析可得
（2）以正方体和球整体为研究对象，竖直方向受重力和地面的支持力，水平方向受墙壁的弹力和地面的摩擦力，根据平衡条件
（3）根据无论多大，球和正方体始终处于静止状态，要满足条件
当时
通过几何关系解得
代入数据得
16. 某游乐场游戏的简化装置如图所示，光滑水平面的左端固定一轻弹簧，光滑螺旋圆形轨道与水平面相切于处，凹槽底面水平光滑，上面放一质量为无动力平板车，紧靠侧壁，平板车上表面与直轨道在同一水平面上，将一质量为滑块压紧左侧轻弹簧从静止开始释放，已知螺旋圆形轨道的半径，平板车的长度的长度为，滑块与车的动摩擦因数。（车与竖直侧壁的碰撞为弹性碰撞，滑块视为质点，不计空气阻力）
（1）当弹簧弹性势能以释放滑块，求滑块经过圆弧点时对轨道的压力大小；
（2）若足够长，要使滑块不脱离圆轨道，且在车第一次与右侧壁相撞前不会从车上掉落下来，求释放滑块时弹簧的弹性势能范围；
（3）若，当弹簧弹性势能以释放滑块，求滑块最终离小车左端距离以及平板车经过的总路程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据机械能守恒有
在C点根据牛顿第二定律有
由根据牛顿第三定律可得滑块经过圆弧点时对轨道的压力大小
联立以上各式解得
（2）要使滑块不脱离圆轨道则滑块恰好到达圆弧轨道最高点时有
由机械能守恒定律可得
使滑块在车第一次与右侧壁相撞前不会从车上掉落下来，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
可知其弹性势能的最大值为
联立以上各式解得
故释放滑块时弹簧的弹性势能范围为
（3）根据以上分析可知，在范围内，说明平板车与竖直侧壁碰撞前，已与滑块共速，设滑块最终离小车左端的距离为，则有
解得
平板车与侧壁第一次碰撞后，平板车对地最大位移为，则有
解得
，
平板车与侧壁第二次碰撞后，平板车对地最大位移，则有
解得
，
故
由数学知识可得
平板车经过的总路程为