安徽省合肥市第一中学2024-2025学年高三上学期期中质量检测物理试卷（Word版附解析）

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一、单项选择题（共8题，每题4分，共32分。）
1. 领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要，是深入理解物理学本质和培养学生科学思维的重要途径。下面四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是（ ）
A. 甲和乙B. 甲和丁C. 乙和丙D. 丙和丁
【答案】B
【解析】
【详解】甲图中用到了微元法的思想；
乙图中用到了放大法的思想；
丙图中用到了等效替代的思想；
丁图中用到了微元法的思想。
相同的是甲和丁。
故选B。
2. 2024年7月19日，我国成功发射高分十一号05卫星。如图，高分十一号05卫星和另一颗卫星分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球运行，圆轨道半径为，椭圆轨道的近地点和远地点间的距离为，两轨道位于同一平面内且A点为两轨道的一个交点，某时刻两卫星和地球在同一条直线上，线速度方向如图，只考虑地球对卫星的引力，下列说法正确的是（ ）
A. 在图示位置，高分十一号05卫星和卫星的加速度大小分别为、，则
B. 在图示位置，两卫星的线速度大小关系为
C. 从图示位置开始，卫星先运动到A点
D. 高分十一号05卫星和卫星运动到A位置时的向心加速度大小分别为、，则有
【答案】C
【解析】
【详解】A．设地球质量为M，卫星质量为m，卫星到地心的距离为r，根据牛顿第二定律，有
得
即r越大，a越小，，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力，有
得
即圆周运动的轨道半径r越大，v越小，以地心为圆心，卫星a到地心的距离为半径作圆，设该圆轨道上卫星的运行速度为，由于卫星a不能保持在这个高度而做近心运动，故，又因，故，即，故B错误；
C．高分十一号05卫星的轨道半径和卫星a轨道半长轴相等，根据开普勒第三定律可知，二者的公转周期相等，设为T, 高分十一号05卫星由图示位置运动到A点所用时间大于，卫星a由图示位置运动到A点所用时间小于，即卫星先运动到A点，故C正确；
D．根据
可知，高分十一号05卫星和卫星运动到A位置时的加速度大小相等，方向均由A位置指向地心，但高分十一号05卫星做匀速圆周运动，其向心加速度就等于实际的加速度，而卫星沿椭圆轨道运动，速度沿轨道切线方向，其向心加速度等于实际加速度沿垂直于速度方向的分量，即
故D错误。
故选C。
3. 如图所示，在时质量的小球自高的平台上以的初速度水平抛出，运动后，突然受到大小恒为的水平向右的风力作用，最后落至水平地面，不计空气阻力，取重力加速度。则以下说法正确的是（ ）
A. 小球从抛出至落地的时间大于
B. 小球受到风力作用后，在落地前做匀变速曲线运动
C. 从抛出至落地的过程中，小球的机械能增加
D. 小球落地时的速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，与是否受到风力无关，设小球下落的时间为t，则有
代入数据解得
故A错误；
B．运动后，小球竖直方向上的速度为
此时速度与水平方向的夹角满足
可得
受风力之后小球的受力如图所示
根据几何关系有
可得
由此可知，施加风力之后，小球的速度与加速度方向相同，且所受合外力恒定，即球受到风力作用后，在落地前做匀加速直线运动，故B错误；
D．受风力作用之后小球水平方向的加速度为
受风力之后小球在水平方向做匀加速直线运动，落地时水平方向的速度大小为
从一开始，小球在竖直方向上做匀加速直线运动，落地时竖直方向的速度大小为
则落地瞬间小球速度大小为
故D正确；
C．小球的机械能的变化量数值上等于除重力之外的其他外力做的功，施加风力之后，小球在水平方向上的位移为
则水平风力做功为
即从抛出至落地的过程中，小球的机械能增加150J，故C错误。
故选D。
4. 图甲为一列简谐波在某时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图像。则由图可知，下列说法正确的是（ ）

A. 此时刻Q点向下振动
B. 该简谐波沿x轴的负方向传播
C. 该简谐波的传播速度为20m/s
D. 从该时刻起，经过0.1s质点P沿x轴传播的路程为0.4m
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由乙图可知，此时质点P向下振动，根据波传播的特点，沿波的方向上，“上波下、下波上”的规律可得，波沿x正方向传播，质点Q向上振动，AB错误；
C．由甲图可知，该波的波长
由乙图可知，其周期为
故波速为
C正确；
D．经过0.1s，质点P只会在平衡位置上下振动，并不会随波迁移，其经过的路程为振幅的2倍，即
D错误。
故选C。
5. 巢湖观湖风电场是合肥市首个建成的风电项目，不仅填补了合肥市风力发电的空白，还能结合大电网供电，在一定程度上缓解了巢湖地区日益增长的用电负荷压力，推动了当地经济和绿色清洁能源的发展。如图所示，风力发电机的叶片半径为。某段时间内该区域的风速大小为，风恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，风力发电机的发电效率为，下列说法正确的是（ ）
A. 单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为
B. 此风力发电机发电的功率为
C. 若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的
D. 若仅风速增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于风速为v，可以理解为单位时间内通过叶片转动圆面的空气柱长度，所以单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为
故A错误；
B．根据能量的转化与守恒可知，风的一部分动能转化为发电机发出的电能，而发电功率为单位时间内参与能量转化的那一部分动能，所以发电机发电功率为
故B错误；
CD．根据P的表达式可知，若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的，若仅风速增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的8倍，故CD错误。
故选A。
6. 如图甲所示，质量为、足够长的木板静止在水平面上，质量为的物块静止于木板左端，木板与地面间的动摩擦因数为。现用水平向右的拉力拉动物块，拉力大小随时间的变化关系满足（为常量），物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，则下列说法正确是（ ）
A.
B. 物块与木板间的动摩擦因数为0.5
C. 时间内，水平拉力做的功为
D. 时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图像，1s时木板开始与地面发生相对运动
解得

A错误；
B．当 时，物块的加速度为 ，根据牛顿第二定律得

解得

B正确；
C．2s时物块的加速度为

解得

2s末物块的速度为

末动能为

根据动能定理，合力的功是，则拉力做功大于，C错误；
D． 时木板的速度为
木板的加速度为

解得

~2s时间内，木板的位移为

~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为
D错误。
故选B。
7. 如图所示，从圆上一点引三条倾角不同的粗糙斜面轨道、、到圆周上，已知斜面的动摩擦因数均为，其中是一条竖直面，是圆的直径，。现将小球从点分别沿、、三个斜面静止释放，设小球到达圆周上的速率分别为、、，经历的时间分别为、、，则下列说法正确的是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】CD． 设AE长为L，从右侧任意一个与竖直方向夹角为的斜面下落，如图所示
根据牛顿第二定律
可得
根据位移时间关系
又
整理可得
解得
可知下滑的时间与倾角无关，所以
故D正确，C错误；
AB．根据
可知斜面与AB夹角越小，则合外力大，加速度越大，根据
可知位移越大 ，根据动能定理
可知到圆弧时速度越大，即
故AB错误。
故选D。
8. 如图所示，小球A、B、C通过如图的装置静止悬挂着，其中定滑轮P与定点相距，并处于同一高度，此时与水平方向的夹角为，与水平方向的夹角为，小球B、C的质量分别为、。现剪断间的悬绳，则下列说法错误的是（ ）（重力加速度为，忽略一切阻力，取，。）
A. 小球A的质量是
B. 当小球A到达最低点时，B球的速度是
C. 在剪断间的悬绳瞬间，小球B的加速度大小是
D. 剪断间的悬绳后，若考虑到阻力的影响，系统会再次达到平衡，平衡后间悬线的张力将变小
【答案】D
【解析】
【详解】A．对小球B进行受力分析，设拉力为F，小球A的质量为M，水平方向有
竖直方向有
代入数值联立方程得
故A正确；
B．剪断间的悬绳，小球A、B组成的系统能量守恒
由几何关系
解得
故B正确；
C．对小球A进行受力分析，AB间绳拉力为T
对小球B进行受力分析，在剪断间的悬绳瞬间
解得
故C正确；
D．剪断间的悬绳后系统会再次达到平衡，以小球B为研究对象， 悬线上的张力与PB悬线上的张力的夹角由小逐渐变大，小球B所受重力不变且受力保持平衡的情况下，由力的合成原理，间悬线的张力将变大，故选D错误。
故选D。
二、多项选择题（共2题，每题5分，共10分。）
9. 如图甲所示，一个质量的物块静止放置在动摩擦因数粗糙水平地面处，在水平拉力作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度随时间变化规律如图乙所示，取。则（ ）
A. 物块经过回到出发点
B. 时水平力的瞬时功率为
C. 内物块所受合力的平均功率为
D. 内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零
【答案】BC
【解析】
分析】
【详解】A．由图可看出，4s内速度方向始终为正方向，则物块经过4s没有回到出发点，故A错误；
B．4.5s时，加速度大小为
物体向左运动，受摩擦力向右，根据牛顿第二定律
解得
力F的功率为
故B正确；
C．内物块所受合力的做的功等于动能增加量为
平均功率为
故C正确；
D．滑动摩擦力方向始终与物体运动方向相反，始终做负功，故D错误。
故选BC。
10. 如图，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的板C相连，另一端与物体A相连。物体A置于光滑固定斜面上，斜面的倾角。A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连且始终与斜面平行。开始时托住B，A静止且细线恰好伸直，在时刻由静止释放B。已知物体A、B的质量均为，弹簧的劲度系数为，当地重力加速度为，B始终未与地面接触。设当时B第一次下落到最低点，则从释放B到B第一次下落至最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 刚释放物体B时，物体A受到细线的拉力大小为
B. 物体A到最高点时，物体A和弹簧组成的系统机械能最大
C. 物体A到最高点时，物体A所受合力大小为
D. 在时刻，物体A达到最大速度，且最大速度为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．开始时托住B，A静止且细线恰好伸直，此时绳的弹力为0，弹簧弹力与A重力沿斜面的分力大小相等方向相反，刚释放物体B时，对A、B整体分析有
对B进行分析有
解得
故A错误；
B．物体A到最高点过程中，绳对物体A和弹簧组成的系统一直做正功，可知，当物体A到最高点时，物体A和弹簧组成的系统机械能最大，故B正确；
C．开始时托住B时，弹簧处于压缩状态，根据胡克定律有
物体A到最高点时，弹簧处于拉伸状态，对A、B整体有
对弹簧、A、B构成的系统有
解得
该加速度方向沿斜面向下，则物体A到最高点时，物体A所受合力大小为
故C正确；
D．结合上述分析可知，A先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度增大的变减速直线运动，根据对称性可知，在时刻，A、B整体加速度为0，物体A达到最大速度，由于此时加速度为0，对A、B整体有
此时弹簧处于拉伸状态，在释放B到时刻，对弹簧、A、B构成的系统有
解得
故D正确。
故选BCD。
二、实验题（每空2分，共16分）
11. 某实验小组利用如图所示的装置进行“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验。转动手柄可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。塔轮自上而下有三层，每层左、右半径比分别是、和。左、右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处层来改变左、右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽处和长槽的（或）处，、到左、右塔轮中心的距离相等，两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小关系可由标尺露出的等分格的格数判断。
（1）探究向心力与半径关系时，应将质量相同的小球分别放在挡板C和挡板________处（选填“A”或“B”），将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上。
（2）如图所示，两钢球质量和运动半径都相同。若将皮带连接在左、右塔轮半径之比为的塔轮上，实验中匀速转动手柄时；得到左、右标尺露出的等分格数之比为，若将皮带连接在左、右塔轮半径之比为的塔轮上，左、右两边塔轮的角速度之比为________，当左边标尺露出1个等分格时，右边标尺露出9个等分格，则实验说明做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力与________。
【答案】（1）B （2） ①. ②. 角速度的平方成正比
【解析】
【小问1详解】
探究向心力F与半径r的关系时，应保证小球质量相等、角速度相等、半径不相等，因此质量相同的小球分别放在挡板C和挡板B处，确保半径不相等；将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上确保角速度相等。
【小问2详解】
[1][2]两钢球质量和运动半径都相同。若将皮带连接在左、右塔轮半径之比为的塔轮上，实验中匀速转动手柄时；得到左、右标尺露出的等分格数之比为。若将皮带连接在左、右塔轮半径之比为的塔轮上，用皮带连接的左、右塔轮边缘线速度相等，根据
可得左、右两边塔轮的角速度之比为
而此时左边标尺露出1个等分格时，右边标尺露出9个等分格，说明做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力与角速度的平方成正比。
12. 合肥一中某实验小组在学习完动量定理后，想利用验证机械能守恒定律的实验装置（如图甲所示）验证动量定理，于是他们来到科创中心三楼实验室。该小组先用天平测量重物的质量，再把打点计时器固定在铁架台上，纸带下端连接重物，上端穿过限位孔后用固定在横杆上的夹子夹住。实验中，需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器纸带上打出一系列的点。
（1）小组成员接通打点计时器的电源，释放重物，重复实验，从打出的纸带中选出一条理想的纸带，0是释放点，如图乙所示，已知相邻两个点之间的时间间隔为，当地的重力加速度为。在打计数点1和5的过程中重物重力的冲量的大小________，重物动量改变量的大小________。（结果用、、、、、、、或表示）代入测量数据后，发现________（填“>”、“ ④. 见解析
（2）错误
【解析】
【小问1详解】
[1]在打计数点1和5的过程中重物重力的冲量的大小为
[2]在打计数点1时重物的速度大小为
在打计数点5时重物的速度大小为
则在打计数点1和5的过程中重物动量改变量的大小为
[3][4]代入测量数据后，发现，原因是：有空气阻力和限位孔的摩擦力，使得重物的所受合力小于重力，所以实际合力的冲量小于重力的冲量，重物动量改变量小于重力的冲量。
【小问2详解】
实验小组中的A同学用公式和分别计算计数点1和5的速度，A同学的这种做法是错误的；因为重物下落过程存在空气阻力和摩擦阻力，使得重物的实际加速度小于重力加速度。
四、计算题（共3题，共42分）
13. 又到了周末，合肥一中迎来大量的返校学生。一名学生拉着行李箱在水平地面行走，行李箱的运动可看成在地面上滑行，已知行李箱的质量为，取重力加速度，，。
（1）若该学生用如图甲所示的力拉行李箱匀速行走，已知拉力的方向与水平方向的夹角为，大小为，如果该同学想更省力，求最小拉力；
（2）若行李箱拉杆器件损坏，该同学停下来，改用如图乙所示的力推行李箱匀加速追赶前方的同学，跑了才追上，已知推力的方向与水平方向夹角仍为，求该推力的大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
对行李箱受力分析，如图所示
行李箱匀速，则有
又
解得
设与水平方向成时，拉力最小，有
由数学关系可得出，当时
【小问2详解】
如图所示
行李箱匀加速运动
得出
竖直方向，根据平衡条件
水平方向，由牛顿第二定律
又
解得
14. 如图所示，水平轨道与倾角为的斜面轨道、螺旋状圆轨道紧密平滑连接，长度，长度，圆轨道半径。直角斜面体的竖直边的长度，水平边的长度，点在点的正下方，的长度。小物块的质量为，它与轨道和轨道的动摩擦因数相同，记为，圆轨道光滑。小物块在最高点由静止释放，沿轨道运动，第一次到达时恰好静止。空气阻力不计，取重力加速度，，。
（1）求动摩擦因数；
（2）小物块在点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力，当物块沿运动到点时撤去，再绕圆轨道运动一周后在与同一高度的圆轨道末端以速度水平向右抛出。小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求与满足的关系式，并确定的取值范围；
（3）若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面上的点，已知物块从圆轨道末端运动到点的总时间为，求小物块刚运动至点时的动能。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
小物块从到的过程，由动能定理得
代入数据得
【小问2详解】
施加恒力后，从A到的过程，由动能定理得
代入数据得
小物块在圆轨道最高点不脱离轨道，应满足
从到的过程由机械能守恒定律得
解得
小物块不脱离斜面，应满足
解得
所以的取值范围为
综上可得
【小问3详解】
点与点的高度差为
设物块在点初速度为，点与竖直墙的水平距离为，如图所示
由几何关系得
已知
解得
从到由动能定理得
代入数据解得
即小物块刚运动至点时动能为
15. 如图所示，物块A、B质量分别为，，用轻绳相连并用劲度系数的轻质弹簧系住挂在天花板上静止不动。B正下方有一个半径为的四分之一光滑固定圆弧轨道，其顶点a距离物块B的高度差。某时刻A、B间的绳子被剪断，然后A做周期的简谐运动，B下落并从a点平滑的进入光滑固定圆弧轨道。当A第1次到达最高点时，B恰好运动到圆弧末端，然后在圆弧末端与质量为的滑块C相碰，碰后B、C结合为滑块D。D平滑的滑上与圆弧末端等高的传送带，传送带的水平长度为，以的速度顺时针转动，D与传送带间的动摩擦因数为。传送带右端有一等高的固定水平平台，平台上表面光滑，平台上静止着2024个相距较近的质量为的小球，D能够平滑地滑上平台，且D与小球、相邻小球之间的碰撞均为弹性正碰（A、B、D小球均可以看作质点，重力加速度，忽略空气阻力）。（答案可以用根号表示）
（1）求物块A做简谐运动的振幅A；
（2）求光滑固定圆轨道对物块B的冲量大小I；
（3）求整个运动过程中D与传送带之间因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）初始状态下，弹簧伸长量为
细绳剪断后，A处于平衡位置时，弹簧伸长量为
振幅
（2）物块B做自由落体运动的时间
B落入a的速度
根据动能定理
得B在圆弧末端的速度
B在圆弧上的运动时间
向下为正方向，竖直方向的冲量
解出
水平方向冲量
故冲量
（3）根据动量守恒
分析D第一次滑过传送带有
得
，
物体D滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，撞前速度，规定向右为正方向，有
；
解得
，
之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速度交换，而物体D返回进入传送带，假设匀减速到速度为0
不会滑出传送带，因此D在传送带上反向加速，以
再次滑上平台，与第一个小球发生弹性正碰，之后的运动具有可类比性，物体D在与小球第一次碰后在传送带上运动过程中，运动时间
位移
在此过程中产生的热量为
同理可知，当物体D与小球发生第k次碰撞，设碰前D的速度大小为，碰后D的速度大小为，则有
，
得
在传送带上
，
又
所以