安徽省合肥市2023_2024学年高三物理上学期三调考试试题含解析

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A. 他所乘坐的汽车B. 道路旁的树木C. 地面D. 道路旁的建筑物
【答案】A
【解析】
【详解】看到公路两旁的树木迅速后退是相对于小明所乘坐的汽车来说的，故所选择的参考系是乘坐的汽车，故BCD错误，A正确。
故选A。
2. 一颗小行星环绕太阳做匀速圆周运动的半径是地球公转半径的4倍，则这颗小行星的运转周期是（ ）
A. 4年B. 6年C. 8年D. 9年
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】根据万有引力提供向心力得
=mr
T=2π
小行星环绕太阳做匀速圆周运动的半径是地球公转半径的4倍，所以这颗小行星的运转周期是8年，故C正确。
故选C。
3. 如图所示，倾角为θ= 30°的斜面体c固定在水平地面上，质量为M= 2m的物体b置于光滑的斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与质量为m的物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，用手托住物体b使物体a和b保持静止不动，此时细绳伸直且拉力为零，弹簧的压缩量为x0。现在松开手，在物体b下滑2x0距离时，则下列说法中正确的是（）
A. 物体a与弹簧组成的系统机械能守恒B. 物体b的重力势能减少mgx0
C. 细绳对物体a做的功为2mgx0D. 物体b的速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．绳拉力对a物体做正功，物体a与弹簧组成的系统机械能增加，故A错误；
B．2x0是下滑距离，物体b重力势能减少Mgx0= 2mgx0，故B错误；
D．弹簧的压缩量和伸长量相等，所以弹性势能不变。由能量守恒定律得，物体a和物体b的动能和等于
解得
v= 0
故D错误；
C．由功能关系可知，拉力做的功等于物体a与弹簧组成的系统机械能增加量，物体a的动能为0，则拉力做的功等于2mgx0，故C正确。
故选C。
4. 一光滑小球放在圆锥内表面某处，现与圆锥相对静止地围绕轴O1O2以角速度ω匀速转动，如图所示。若圆锥转动的ω突然增大，小球将（ ）
A. 沿圆锥面上弧AC离心运动B. 仍以ω在原轨道上圆周运动
C. 沿AB方向运动D. 沿AO2方向运动
【答案】B
【解析】
【详解】ABCD．光滑小球在圆锥内表面做水平面上的匀速圆周运动，其受力情况如图所示
设小球做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得
解得
当圆锥转动ω突然增大时，因为小球光滑，所以小球不会受摩擦力作用，则小球受力情况不变，且小球的角速度ω也不变，所以小球以ω在原轨道上圆周运动，故B正确，ACD错误。
故选B。
5. 利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如右图所示，则手机（ ）
A. 时刻开始减速上升时间内所受的支持力先减小后增大
B. 时刻开始减速上升时间内所受的支持力逐渐减小
C. 时刻开始减速上升时间内所受的支持力先减小后增大
D. 时刻开始减速上升时间内所受的支持力逐渐减小
【答案】D
【解析】
【详解】时刻手机加速度最大，但时刻之后手机的加速度依然是正值，手机还将继续加速上升，时刻之后，手机的加速度反向，但此时手机向上的速度最大，手机将减速上升一段时间，手机在时间内，向上的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得
故支持力逐渐减小，手机在时间内，向下的加速度逐渐增大，由牛顿第二定律得
可知支持力继续减小，可知时间内所受的支持力逐渐减小。
故选D。
6. 如图所示，一沙袋用轻细绳悬于O点，开始时沙袋处于静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出。第一个弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°。当其第一次返回图示位置时，第二个弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°。若弹丸质量是沙袋质量的，空气阻力不计，则以下结论中正确的是（ ）
A. B.
CD.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】设子弹的质量为m，沙袋质量为M，则有M=40m，取向右为正方向，第一个弹丸射入沙袋，由动量守恒定律得
mv1=41mv
子弹和沙袋组成系统第一次返回时速度大小仍是v，方向向左，第二个弹丸以水平速度v2又击中沙袋的运动中，由动量守恒定律有
mv2−41mv=42mv＇
设细绳长度为L，第一个弹丸射入沙袋，子弹和沙袋共同摆动的运动中，由机械能守恒定律得
解得
由上式可知，v与系统的质量无关，因两次向上的最大摆角均为30°，因此v＇=v，
联立解得
v1:v2=41:83
因此ABC错误，D正确。
故选D。
7. 如图所示，将一小物块从倾斜轨道上的M点静止释放，滑至水平轨道上的N点速度为v，已知小物块与倾斜轨道、水平轨道的动摩擦因数相同，且能平顺滑过轨道拼接处无能量损失。现将倾角调大，如图中虚线QK，K为MN连线与斜轨的交点，Q与M等高，下列说法正确的是（ ）
A. 从Q点静止释放，到达N点时速度等于v
B. 从Q点静止释放，到达N点时速度小于v
C. 从K点静止释放，到达N点时速度等于v
D. 从K点静止释放，到达N点时速度小于v
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】AB．从M点释放，根据动能定理得
从Q点释放，则高度h不变，变大，则变小，故动能变大，则速度变大，AB错误；
CD．从K点释放，h变小，变大，则变小，即有
而即将斜面投影至水平面上摩擦力做的功，设M到N的直线距离为L，则有
即
从K点释放，α不变，L减小，故动能减小，即速度减小，C错误，D正确。
故选D。
二、多选题（每题6分，少选但选对得3分，错选0分；共3题）
8. 一辆汽车在高速公路上正常行驶，司机发现前方有事故后，立即刹车制动至停止。则下列说法正确的是（ ）
A. 汽车的质量越大惯性就越大
B. 汽车的速度越大惯性就越大
C. 汽车停止运动后没有惯性
D. 汽车运动状态的改变是因为受到力的作用
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】ABC．一切物体在任何时候都有惯性，物体的惯性只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与物体是否受力以及物体的运动状态都无关。故A正确；BC错误；
D．力是改变运动状态的原因。故D正确。
故选AD。
9. 某同学从距离地面H高度处将一小球从静止开始释放，小球与地面撞击后弹起的最大高度为h．小球在此过程的速度—时间图像如图所示．不计空气阻力的影响，不计小球与地面撞击过程的时间间隔．则下列选项中正确的是（ ）
A. 小球在下落和上升阶段具有的加速度都是
B. H的大小是1.225m
C. 小球与地面撞击前后速度的变化量的大小是
D. H和h的差值是0.784m
【答案】BD
【解析】
【详解】A、下落过程中的加速度，反弹时的加速度，方向相同，故A错误；
B、小球下落的高度等于小球的图象与时间轴围成的面积，故下落的高度为：，故B正确；
C、规定竖直向下为正方向，小球与地面撞击前后速度变化量为，故C错误；
D、小球弹起的高度等于0.5s后小球的图象与时间轴围成的面积，故上升的高度为：，H和h的差值是，故D正确；
故选BD．
【点睛】键是根据物体的初速度为0，判定速度增加的过程是下落的过程，速度减小的过程是反弹的过程．速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移．
10. 如图甲所示，质量为M=2kg的长木板静止在光滑水平面上，一质量为m=2kg的小铁块静置于长木板的最右端。t=0时刻起长木板在一个水平外力F1的作用下从静止开始向右运动，经过6s后，水平外力由F1变为F2，又经过2s后，撤去F2，此时小铁块恰好未从长木板上掉落，此过程中长木板的v-t图像如图乙所示。小铁块和长木板间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，小铁块可视为质点，则0～8s的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小铁块8s末的速度为8m/s
B. 长木板长度为36m
C. 此过程中小铁块和长木板间因摩擦而产生的热量为192J
D. F1大小为12N，方向水平向右，F2大小为4N，方向水平向左
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．小铁块在0-8s做匀加速直线运动，则加速度为
a=μg=2m/s2
在8s末
v=at=16m/s
A错误；
B．作出v-t图为过原点和（8，16）的直线，为小铁块的v-t图像，0-8s小铁块的位移为
0-8s长木板的位移为
长木板长度为
B错误；
C．此过程中小铁块和长木板间因摩擦而产生的热量为
Q=μmgL=192J
C正确；
D．0-6s对木板有
F1-μmg=Ma1
其中
a1=4m/s2，F1=12N，方向向右
6-8s对木板有
F2-μmg=ma2
a2=-4m/s2，F2=-4N，方向向左
D正确.
故选CD。
三、实验题：（共16分）
11. 某同学用图甲的实验装置验证机械能守恒定律。
（1）安装好仪器后，实验时应先________（选填“放开纸带”或“接通电源”）；
（2）某次实验得到一条纸带如图乙，在纸带上取一清晰的点记为O，分别测出7个连续点A、B、C、D、E、F、G与O点之间的距离、、、、、、。
（3）已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测数据，则纸带从O点下落到D点的过程中，减少的重力势能为________，重物增加的动能为________。
（4）接着在坐标系中描点作出如图丙的和图线，求得图线斜率为，图线斜率的绝对值为，则在误差允许的范围内，与满足________关系时重物机械能守恒。若操作规范、计算无误，由于阻力的影响，实际情况________k2（选填“＞”、“＝”或“＜”）；
【答案】 ①. 接通电源 ②. ③. ④. ⑤. ＜
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]安装好仪器后，实验时应先“接通电源”再“放开纸带”。
（3）[2]纸带从O点下落到D点的过程中，减少的重力势能为；
[3]根据中点时刻的瞬时速度等于重物下落到D点的速度有
所以从O点下落到D点的过程中重物增加的动能为
（4）[4]图线斜率的绝对值为
图线斜率为
若机械能守恒，则有
联立可得
即则在误差允许的范围内，与满足
[5]实际上由于阻力的影响，下落过程中有
则
12. 利用图1所示的仪器研究动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
（1）试验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量______，间接地解决这个问题。
A. 小球开始释放的高度h
B. 小球抛出点距地面的高度H
C. 小球做平抛运动的射程
（2）图2中的O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是______；
A. 用天平测量两个小球的质量m1、m2；
B. 测量小球m1开始释放高度h；
C. 测量抛出点距地面的高度h；
D. 分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N；
E. 测量平抛射程OM，ON；
（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______（用②中测量的量表示）；
（4）经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置到O点的距离如图2所示。若碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1ʹ，碰撞后m2的动量为p2ʹ，则实验结果表明，碰撞前、后系统总动量的比值为______；
（5）碰撞的恢复系数的定义为，其中v1和v2分别是碰撞前两物体的速度，v1ʹ和v2ʹ分别是碰撞后两物体的速度。利用（4）中的数据可以计算出，本次碰撞的恢复系数e=______。（结果保留两位有效数字）
【答案】 ①. C ②. ADE ③. ④. 1.01 ⑤. 0.46
【解析】
【详解】（1）[1]小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程。
故选C。
（2）[2]要验证动量守恒定律定律，即验证
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得
可得
因此实验需要测量两球的质量和小球做平抛运动的水平射程，为了测量位移，应找出落点。
故选ADE。
（3）[3]若两球相碰前后动量守恒，其表达式可表示为
（4）[4]碰撞前、后总动量的比值
（5）[5]碰撞的恢复系数为
四、解答题
13. 如图，倾斜固定滑杆长，与水平地面夹角，质量的小环套在滑杆上静置在底端，用水平拉力拉动小环沿滑杆向上运动，到达杆的最高点时撤去，不计空气阻力，小环脱离滑杆时的速度大小为。已知，，取。求：
（1）小环与滑杆之间的动摩擦因数；
（2）若力仅作用，小环从静止开始沿滑杆向上运动的最大距离。
【答案】（1）0.5；（2）1.8m
【解析】
【详解】（1）小环沿杆向上运动到滑杆最高点
解得
由牛顿第二定律可知
代入数据得
（2）力作用，由速度公式可知
撤去后
解得
匀减速阶段
小环沿滑杆向上运动的最大距离
14. 某同学正在认真地复习备考，突然飞来一只蜜蜂在他的附近运动。蜜蜂的运动可视为在竖直平面内的匀速圆周运动，半径为R、线速度大小为，蜜蜂的质量为m，重力加速度大小为g。当蜜蜂运动到A点时，其速度斜向左上方且与水平方向夹角。求：
（1）蜜蜂从最高点B运动到点A的过程中，空气对蜜蜂所做的功；
（2）当蜜蜂运动到A点后正准备脱离圆周飞向该同学时，该同学下意识向蜜蜂飞来的区域吹了一口气，使得蜜蜂做匀减速直线运动刚好到达他“嘴边”时速度为0，“嘴边”到A点距离为，将“吹出的气”和“空气”对蜜蜂的合力视为恒力，此过程中该恒力的冲量大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）在过程中，受力如图：
对蜜蜂，由动能定理有
解得
（2）在“嘴边”的过程中，受力如图：
蜜蜂匀减速直线运动到零，有
根据运动学知识有
或
联立解得
又
解得
则此过程中该恒力的冲量大小
15. 如图所示，AB段是半径为R的光滑圆弧轨道，其低端切线水平，BC段是长为的水平轨道，其右端紧靠长为2R、倾角θ=37º的传送带CD，传送带以的速度顺时针匀速转动．在距B点L0＝处的的水平轨道上静止一个质量为m的物体Q．现将质量M=3m的物体P自圆弧轨道上的A点由静止释放，并与静止在水平轨道上的Q发生弹性碰撞．已知物体P和Q与水平轨道及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25，不计物体P、Q的大小，重力加速度为g，sin37º=0.6，cs37º=0.8，各轨道平滑连接．求：
(1)物体P到达圆弧轨道B点时对轨道的压力；
(2)物体P、Q碰撞后瞬间Q速度大小；
(3)物体P、Q从开始运动到第一次速度减小到零的时间．
【答案】(1)，方向向下；（2）； (3)
【解析】
【分析】
【详解】(1)A→B过程，设物体P到达B点时的速度为vB，轨道对物体的支持力为N
由能量守恒得
在B点
联立解得
N=3Mg
或
N＝9mg
由牛顿第三定律物体P对轨道的压力
方向向下．
(2)设P与Q碰前速度为v0，碰撞后P、Q的速度分别为v1和v2
由动能定理得
由动量守恒得
由能量守恒得
联立解得
(3)设碰后物体Q到C点时的速度为v3，此过程的运动时间为t1
由动能定理得
由动量定理得
解得
因传送带的速度，所以物体Q受到的摩擦力沿传送带向上，又因Q受到的摩擦力
小于重力沿传送带向下的分力mgsinθ=0.6mg，所以物体Q在传送带上一直做减速运动．
设Q的速度减小到零时，运动距离为x
由动能定理得
解得
所以当Q的速度减小到零时Q还未到达D点，设此过程运动时间为t2
由动量定理得
解得
故所求时间