精品解析：福建省福州第八中学2024-2025学年高三上学期期中考试物理试题（解析版）-A4

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一、单项选择题：本题共4小题，共16分。第1~4题在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求，每小题4分。
1. 在物理学发展过程中，有许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（ ）
A. 牛顿通过多年观测记录行星的运动，提出了行星运动的三大定律
B. 卡文迪许发现万有引力定律，被人们称为“能称出地球质量的人”
C. 伽利略利用“理想斜面”得出“力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因”的观点
D. 开普勒从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点
【答案】C
【解析】
【详解】解: A、开普勒提出了行星运动的三大定律,牛顿在此基础上发现了万有引力定律,故A错误.
B、牛顿发现万有引力定律后,英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了万有引力常量G,所以B选项是错误的.
C、伽利略利用“理想斜面”否定了“力是维持物体运动的原因”的观点,得出了“力是改变物体运动状态的原因”的观点,故C正确.
D、伽利略从理论和实验两个角度,证明了轻、重物体下落一样快,从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点.故D错误.
所以C选项是正确的
2. 如图所示，一种巨型机动游戏设备可以使人体验超重和失重，一个可乘十几个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送到的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面时，制动系统启动，使座舱做匀减速运动，到达地面时刚好停下（空气阻力忽略不计）。座舱中某人的质量，重力加速度g取。关于游客随座舱一起运动的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 下落过程中游客一直处于失重状态
B. 下落过程中游客最大速度为
C. 制动后，游客的减速时间为
D. 制动后，游客对座舱的压力大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．游客先向下加速后向下减速，所以游客先失重后超重，故A错误；
B．制动前，游客做自由落体运动，自由下落的高度为
根据速度位移关系公式，可得
代入数据解得最大速度为
故B错误；
C．座舱制动后，令加速度为，根据速度位移关系公式，可得
，
代入数据解得
根据速度公式
则
故C错误；
D．制动后，座舱对游客的支持力为，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得
由牛顿第三定律可知，制动后，游客对座舱的压力大小为，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查的是超重和失重问题。在物理概念方面，考查的是对超重和失重的理解；在学科核心素养方面考查了科学思维中的模型建构能力。
3. 如图所示为“天问一号”火星探测器从地球奔向火星的运行轨道，探测器经地火转移轨道被火星捕获后，在火星捕获轨道围绕火星做椭圆运动，其中P点为远火点，Q点为近火点，在火星停泊轨道上进行适当的调整后运动到离轨着陆轨道。则（ ）
A. “天问一号”的发射速度应在地球的第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，在停泊轨道上运行时的速度大于火星的第一宇宙速度
B. “天问一号”从地球无动力飞向火星的过程中，“天问一号”的势能增加，机械能增加
C. “天问一号”在捕获轨道上运行到Q点的速度一定大于其在停泊轨道上运行到Q点的速度
D. 如要回收探测器，则探测器在停泊轨道上要减速才能进入地火转移轨道
【答案】C
【解析】
【详解】A．“天问一号”的发射速度应在地球的第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，在停泊轨道上运行时的速度小于火星的第一宇宙速度，故A错误；
B．“天问一号”从地球无动力飞向火星的过程中，只有引力做负功，则“天问一号”的势能增加，机械能守恒，故B错误；
C．从火星捕获轨道转移到火星停泊轨道时，需要在Q点减速，故C正确；
D．如要回收探测器，则探测器在停泊轨道上要加速才能进入地火转移轨道，故D错误。
故选C。
4. “娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图，一质量为m的游客恰好静止在半径为R的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客在这种姿势下的受风面积（游客在垂直于风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定。假设气流吹到人身上后速度变为零，重力加速度为g，不考虑气体重力，下列说法正确的是（ ）
A. 风速不变，游客在受风面积变化时仍能静止
B. 气流速度大小为
C. 若风速变为原来的，则游客向下加速，加速度大小为
D. 若风速变为原来的2倍，则游客向上加速，加速度大小为3g
【答案】D
【解析】
【详解】B．对时间内吹向游客的空气，设气体质量为，则
则风的动量变化为
以时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，则
F=mg
联立得
故B错误；
A．由B项解析可知，游客静止时，风速
可知游客在受风面积变化时，要使游客静止，风速一定要发生变化，故A错误；
C．若风速变为原来的，则风力为，则
由动量定理可知
根据牛顿第二定律可知
联立解得
游客向下加速，故C错误；
D．若风速变为原来的2倍，则风力为，则
由动量定理可知
根据牛顿第二定律可知
联立解得
游客向上加速，故D正确。
故选D。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，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. 如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为。现剪断细线P。重力加速度大小为g，取，。下列说法正确的是（ ）
A. 剪断细线P前，弹簧的弹力大小为
B. 剪断细线P的瞬间，小球a的加速度大小为
C. 剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为0
D. 剪断细线P的瞬间，细线Q的拉力与剪断细线P前，细线Q的拉力大小不同
【答案】BC
【解析】
【详解】A．对小球a受力分析，如图
由平衡条件可得
A错误；
B．剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球a
由牛顿第二定律
解得小球a的加速度大小
B正确；
CD．剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球b的受力情况不变，细线Q的拉力不变，合力仍然为0，所以加速度大小为0，C正确，D错误。
故选BC。
6. 某工地小型升降电梯的原理如图所示，轿厢A、对重B跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重，使轿厢由静止开始向上运动，运动过程中A未接触滑轮、B未落地。已知A、B质量分别为、，电机输出功率恒为，不考虑空气阻力与摩擦阻力，重力加速度g取。当对重以的加速度向下加速时，下列描述正确的是（ ）
A. 此时A、B之间轻质缆绳的拉力大小为6600N
B. 此时A、B之间轻质缆绳的拉力大小为6000N
C. 此时轿厢的速率为1m/s
D. 此时轿厢的速率为0.5m/s
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．以轿厢A为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
N
故A正确，B错误；
CD．以对重B为对象，根据牛顿第二定律可得
根据功率的公式有
解得
故C正确，D错误；
故选AC。
7. 一质量为的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并留在物块中，子弹质量为，如图（a）所示。面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图（b）所示（图中取向右运动的方向为正方向），已知传送带的速度保持不变，g取。下列说法正确的是（ ）

A. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
B. 子弹射入物块前的速度大小为
C. 物块和传送带作用的过程中，系统产生的内能为
D. 由于子弹的射入，电动机对传送带多做的功为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由速度图像得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为
由牛顿第二定律得
又，，解得
得到物块与传送带间的动摩擦因数为
故A正确；
B．从v-t图像看出，物块被子弹射后的共同速度
然后一起先向左减速到0，然后向右加速到2.0m/s，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度方向向右，其速度为
子弹与物块相互作用的过程中，子弹与物块组成的系统的动量守恒，由动量守恒定律得
解得
故B错误；
C．由速度图像可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3秒，0-2s内
方向向左
方向向右
2-3s内
方向向右
方向向右
所以，物块与传送带之间的相对位移
产生的内能
故C正确；
D．由于子弹的射入，即在0-3s内
在这段时间内电动机对传送带多做的功为克服摩擦力做的功，即
故D错误。
故选AC。
8. 如图所示，足够长的水平轨道与竖直光滑半圆形轨道在点平滑连接，半圆形轨道的圆心为，且。重力可视为质点的小滑块静置于上的点，某时刻滑块在一水平向右的恒力作用下开始向右运动，滑块在内运动时刚好不脱离半圆形轨道并能沿轨道返回面，。下列说法正确的是（ ）
A. 滑块运动至后开始返回
B. 滑块运动至点时其机械能最大
C. 滑块运动到点时对半圆形轨道的压力最大
D. 滑块运动点时的速度大于运动到点时的速度
【答案】BD
【解析】
【详解】A．滑块在半圆形轨道内运动时，滑块受到的重力和恒力的合力如图所示
即
所以满足滑块刚好不脱离轨道又返回点的条件时，滑块将恰好运动到与垂直的线段上的点开始返回，A错误；
B．滑块在整个运动过程中，恒力对滑块做的正功越多，滑块的机械能越大，因当滑块运动到点时，恒力做的正功最多，所以滑块运动至点时的机械能最大，B正确；
CD．由图可知，滑块运动到点时速度最大，运动到点时的速度大于运动到点时的速度，C错误，D正确。
故选BD。
三、填空题：本题共3小题，共9分。
9. 如图，物体A以速度v沿竖直杆匀速下滑，物体B在水平面上用细绳跨过定滑轮与A相连，当绳与水平面成θ时，物体B的速率为___________，B做___________（填“加速”、“减速”或“匀速”）运动。
【答案】 ①. vsinθ ②. 加速
【解析】
【详解】[1] 将A下降的速度分解为沿绳的速度和垂直于绳的速度，如图所示
B物体运动的速率为
[2]由于A做匀速直线运动，即v不变，随着A下降θ增大，所以B的速率增大，即B做加速运动。
10. 真空中有两个相距的点电荷、，的电荷量为。两个点电荷间的静电力，则的电荷量为___________C，所处的位置的电场强度___________。（）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】[1]根据库仑定律
解得
[2]由电场强度定义
11. 甲、乙两列同种性质的波在同种介质中沿轴传播，时刻的波形及两列波的传播方向和波长如图所示，若乙波的振动周期，则甲波的波速为________m/s，再过_______s甲波的波谷与乙波的波峰第一次相遇，在两列波叠加后，叠加区域内__________（填“能”或“不能”）产生稳定的干涉条纹。
【答案】 ①. 40 ②. 0.0375 ③. 不能
【解析】
【详解】[1][2][3]两列同性质的波在同种介质中传播的速度相同，因此波速
时刻甲的第一个波谷与乙波的第一个波峰相距
相遇所用时间
由于两列波的频率不同，因此不能产生稳定的干涉条纹。
四、实验题：本题共2小题，每题6分，共12分。把答案写在答题卡中指定的答题处。
12. 实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验．
（1）用游标卡尺测量摆球的直径，结果如图所示，则摆球的直径d=______cm。
（2）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是（ ）
A. 测出摆线长作为单摆的摆长
B. 把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之在竖直平面内做简谐运动
C. 在摆球经过平衡位置时开始计时
D. 用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
（3）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据做出了如图所示的图像，横坐标为摆长，纵坐标为周期的平方，若图线斜率为k，则当地的重力加速度g=________（用k表示）。
（4）乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是（ ）
A. 开始摆动时振幅较小
B. 开始计时时，过早按下秒表
C. 测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间
【答案】（1）0.89 （2）BC
（3）
（4）C
【解析】
【小问1详解】
游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
【小问2详解】
A．摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，故A错误；
B．单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；
C．为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；
D．为减小测量误差，应测出n个周期的总时间t，然后求出周期为，所以用单摆完成1次全振动所用时间作为单摆的周期实验误差较大，故D错误。
故选BC。
【小问3详解】
根据单摆的周期公式
可得
则
【小问4详解】
根据单摆的周期公式可得
由此可知，开始摆动时振幅较小，则重力加速度不变，若开始计时时，过早按下秒表，则单摆振动周期变大，重力加速度应偏小，若测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期变小，重力加速度应偏大。
故选C。
13. 利用图示装置做“验证机械能守恒定律”实验。为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、重物导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材有_________。
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码） D．秒表
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。测得起始点O与第二点的间距大约2mm，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，而测量O与A、B、C的距离分别为、、．已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量，动能的增加量__________（用题中所给字母表示）。
（3）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，出现这种结果的原因是__________。
A．利用公式计算重物速度 B．利用公式计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D．没有采用多次实验取平均值的方法
【答案】 ①. AB##BA ②. ③. C
【解析】
【详解】（1）[1] 实验时还必须使用的器材有交流电源和刻度尺；打点计时可记录重物的运动时间，所以不需要秒表；若重物的机械能守恒，则有
可知在不需要得出重力势能减少量与动能增加量的具体数据时，可以不测质量，即不需要天平；故选AB。
（2）[2]打B点时的速度

动能增加量
（3）[3]大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是重物在下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响。
故选C。
五、计算题：本题共3小题，第 14 题10分，第 15 题 13分，第16题16分，共39分。把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写答案不得分。
14. “低空经济”使无人机得到越来越广泛的应用。用无人机运送某货物时，货物用轻绳悬吊在无人机下，如图所示，货物的质量为，开始时无人机带着货物从地面开始向上做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为，达到最大速度后向上做匀减速运动，减速到速度为零时悬停，然后无人机开始沿水平方向先做加速度为的匀加速运动最后匀速运动，无人机上升的最大高度为，重力加速度为，，不计空气阻力，求：
（1）向上加速运动时，轻绳的拉力多大；
（2）向上减速运动的时间为多少；
（3）无人机与货物沿水平方向做匀加速运动时，悬绳与竖直方向夹角为多少。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
向上加速运动时，以货物为对象，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得拉力的大小为
【小问2详解】
无人机向上加速的时间为
无人机向上加速的位移大小为
则无人机向上减速的位移大小为
根据运动学公式可得
解得无人机向上减速运动的时间为
【小问3详解】
无人机与货物沿水平方向做匀加速运动时，设悬绳与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律可得
解得
即
15. 竖直平面内一倾斜光滑轨道与水平光滑轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B质量，静止于水平轨道的最左端，如图所示。小物块A的质量在倾斜轨道上从离地高度为处由静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）：劲度系数为的轻弹簧上端固定在倾角为的固定光滑斜面上，下端连接质量的C物块保持静止，C距地面为。B与C碰撞后粘在一起，不计B经过斜面和地面连接处的能量损失。取，求。
（1）A与B碰后B的速度；
（2）A与B碰后A返回最大高度；
（3）B与C碰后一起向上运动时的速度。
【答案】（1），方向向右
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
小物块A下滑到斜面底端过程，由动能定理可得
解得
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒与机械能守恒可得
，
解得，
【小问2详解】
设碰后A返回的最大高度为，由动能定理可得
解得
【小问3详解】
设B与C碰撞前瞬间的速度大小为，由动能定理的
由动能定理，B与C碰撞前，B的速度
解得
B与C碰撞过程，由动量守恒得
解得
B与C碰撞前，由平衡条件可得
解得弹簧的伸长量为
所以，B与C碰后一起向上运动时，弹簧压缩为，可知该过程弹簧弹性势能的变化量为0，由能量守恒可得
代入数据解得
16. 如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点．开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动．垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，与的夹角为，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断．已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，g为重力加速度大小．
（1）求小球初速度的大小；
（2）求小球绕钉子做圆周运动的半径r与的关系式；
（3）在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点．若能，请求出细线被拉断时的值；若不能，请通过计算说明理由．
【答案】（1）（2）（3）不能通过A点，理由见解析．
【解析】
【详解】(1) 小球恰能完整圆周运动至最高点，设最高点速度为v，据圆周运动公式：
解得：
小球释放至最高点，由动能定理：
解得：
(2)小球绕钉子做圆周运动，设碰到钉子时的速度为，由释放到碰到钉子时根据动能定理得：
碰到钉子到绳子断的过程，由动能定理得：
绳子断瞬间：
联立以上几式，解得：
（3）细线被拉断后，小球做平抛运动，设t时间小球运动到与A点同一竖直线上，由几何关系德：
平抛运动水平方向列方程得：
由（2）可知：
平抛运动竖直方向列方程得：
带入上面几式可得：
平抛开始点与A点的高度差h为：
若正好过A点，则，解得：