福建省福州第一中学高三上学期期中考试物理试卷（解析版）-A4

这是一份福建省福州第一中学高三上学期期中考试物理试卷（解析版）-A4，共20页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1. 汽车在加速时将使乘客产生不适感，这种不适感不仅来自加速度，也与加加速度有关。加速度对时间的变化率在物理学被称为“加加速度”，通常用符号“”表示，下列使用国际单位制中基本单位正确表示“”的单位是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意可知
故加加速度的单位为。
故选C。
2. 质量为的质点P，在时刻由静止开始做直线运动，其合外力随时间按图示曲线变化。则（ ）
A．时间内，合外力对P做的功为
B．时间内，P的速度变化量为
C．时，P的速率最大
D．时，P的速率最大
【答案】A
【解析】
【详解】A．图线与横轴围成的面积表示合外力的冲量，则根据动量定理可知合外力的冲量等于质点动量的变化，时间内，质点动量的变化量为
质点的速度为
根据动能定理可知时间内，合外力对P做的功为
故A正确；
B．同理可得时间内，质点动量的变化量为
解得时间内，P的速度变化量为
故B错误；
CD．质点初始速度为0，则从初始状态开始到达动量变化量最大的时刻，速率取得最大值，根据上述分析可知图线与横轴围成的面积最大时质点速度最大，则图像上速率最大的时刻为和时，故CD错误。
故选A。
3. 如图所示，质量为的小球用轻绳、连接，端固定，在端施加拉力，使小球静止。开始时处于水平状态，现把小球向右上方缓慢拉起至绳水平，在整个运动过程中始终保持与的夹角不变。下列说法正确的是（ ）
A. 拉力先变大后变小B. 上的拉力先变小后变大
C. 拉力的最大值为D. 上的拉力的最小值
【答案】C
【解析】
【详解】AB．以小球为研究对象，小球受到重力mg、拉力F、绳子OA的拉力FT三个力的作用，三个力构成矢量三角形，如图所示
由图可知拉力F一直变大，OA上的拉力一直变小，故AB错误；
CD．拉力的最大值为
OA上的拉力的最小值
故C正确，D错误。
故选C
4. 如图所示，在水平面上停放着一辆上表面水平的小车，小车上竖直固定着两端开口的细管（细管可视为小车的一部分），细管的弯曲部分BC段是半径为R的四分之一圆弧，与小车的上表面相切于C点，细管的竖直部分AB距离为2R，小车左侧固定一轻弹簧。现将一质量为m，可视为质点的小球从A处无初速度放入细管，忽略一切摩擦阻力。已知小车的质量是2m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小球在细管中运动时，小球和小车组成的系统动量守恒
B. 轻弹簧能够获得的最大弹性势能为2mgR
C. 小球运动到C点时，小车在水平方向位移的大小为
D. 小球运动到C点时，其速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球在细管中运动时，小球和小车组成的系统只在水平方向动量守恒，选项A错误；
C．规定水平向左正方向
C错误；
D．由动量守恒
得
小球从释放到最低点点的过程，由能量守恒
联立得
D正确；
B．小球运动到弹簧压缩到最短的过程，系统速度为零，则由能量守恒
B错误。
故选D。
二、双项选择题（每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，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. 在一场特技表演中，一名摩托车手从一个倾角为37°的斜台顶端M点以25m/s的速率起飞。车手在空中飞行了一段距离后，连人带车在另一个位置较低而倾角为45°的斜台上降落。若要平稳着地，摩托车着地时的速度方向，必须与较低的那个斜台表面平行。如图所示，车手刚好在较低的斜台顶端N点平稳着地。若将摩托车和人看作质点，空气阻力不计，g取，（）则摩托车从M到N的飞行过程中（ ）
A. 速度变化量的大小为35m/sB. 速度变化量的大小为
C. 速度变化量的方向与初速度夹角为82°D. 速度变化量的方向为竖直向下
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．摩托车在水平方向的速度为
摩托车在N点的速度为
以竖直向下为正方向，速度变化量的大小为
故A正确，B错误；
CD．不计空气阻力，摩托车在空中只受重力的作用，加速度为重力加速度，则
可知速度变化量的方向为竖直向下，故C错误，D正确。
故选AD。
6. 中国航天科技集团预测到2045年，进出空间和空间运输的方式将出现颠覆性变革，太空电梯有望实现。现假设已经建成了如图所示的太空电梯，其将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站通过超级缆绳连接在一起，使轿厢沿绳索向空间站运送物资。图中配重空间站比同步空间站更高，太空电梯正停在离地面高R处的站点P修整，并利用太阳能给蓄电池充电，则下列说法正确的是（ ）
A. 太空电梯中的货物处于完全失重状态
B. 太空电梯一天24 h内可直接利用太阳能充电的时间为20 h
C. 若从P轿厢向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P点转动的方向向前运动一边落向地球
D. 若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，且断裂处为椭圆的远地点
【答案】BC
【解析】
【详解】A．对地球卫星有
解得
可知，卫星轨道半径越大，角速度越小，由于人与货物沿着“太空电梯”上行期间，在未到达地球同步轨道位置的时候，其角速度与同步轨道相同，即“太空电梯”该位置的角速度小于该位置轨道半径上卫星的角速度，则“太空电梯”上该位置圆周运动的向心力小于该位置的万有引力，货物还受到电梯向上的力的作用，人与货物处于失重状态，但不是完全失重，只有货物上升到同步卫星轨道上时，其角速度与同步轨道卫星的角速度相等，此时万有引力恰好等于圆周运动的向心力，此时货物才处于完全失重状态，故A错误；
B．如图所示，电梯转入地球的阴影区时就无法直接利用太阳能充电，且
解得
故能直接利用太阳能充电的时间约为
故B正确；
C．若从P平台向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P点转动的方向向前运动一边落向地球，做近心运动，故C正确；
D．若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，其断裂处为椭圆的近地点，因为在近地点线速度较大，半径较小，需要的向心力更大，故D错误。
故选BC。
7. 如图所示，在光滑水平面上有一足够长的长木板以速度向右运动，某时刻有一质量为m的小木块以速度向左冲上长木板，同时对长木板施加一个水平向右的拉力，使长木板速度保持不变，直至小木块与长木板达到共速。小木块与长木板之间的粗糙程度处处相同，关于此过程下列说法正确的是（ ）
A. 系统产生的热量为
B. 长木板对小物块做的功为0
C. 水平外力F对长木板做功为
D. 长木板对小物块的冲量大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】B．设小木块与长木板之间的摩擦力为，整个过程用时，小木块在水平方向上只受摩擦力的作用，长木板在水平方向上受到水平拉力与摩擦力的共同作用，做匀速直线运动，所以
对小物块，由动能定理得
即长木板对小物块做的功为，故B项正确。
D．对小木块由动量定理得
长木板对小物块的冲量是长木板对小物块的支持力与摩擦力的合力的冲量，而不是摩擦力对小物块的冲量，故D项错误。
C．对长木板，在时间内的位移
由之前的分析有
拉力对长木板做的功
故C项正确；
A．对长木板由动能定理得
即
系统产生的热量等于系统克服摩擦力做的功，即
故A错误。
故选BC。
8. 如图甲所示，倾角θ = 37°、底端带有固定挡板的足够长的斜面体置于水平面上，斜面光滑，劲度系数k = 500 N/m的轻质弹簧，一端固定在斜面体底端挡板上，另一端与小物块A相连，小物块B紧靠着A一起静止在斜面上。现用水平向左的推力使斜面体向左以加速度a做匀加速运动，弹簧稳定后的形变量大小为x，如图乙所示为弹簧形变量x与相应加速度a间的x − a关系图像，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8。下列说法正确的是（ ）
A. 乙图中a0 = 7.5 m/s2
B. 物块A的质量mA = 1.5 kg
C. 物块B的质量mB = 1 kg
D. 当a > a0时，斜面体对物块B的支持力FN与a的关系式为FN = 16 + 1.2a（N）
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据图乙可知，加速度为a0时，弹簧形变量x为0，即此时弹簧处于原长，对A、B整体分析有
解得
故A正确；
BC．根据图乙，加速度为0时，弹簧压缩量为x0 = 3.6 × 10−2 m，A、B处于静止状态，对A、B整体分析有
根据图乙可知，加速度大于a0时，弹簧处于拉伸状态，此时A、B分离，对A进行分析有
，
解得
结合图乙有
结合上述解得
，
故BC错误；
D．结合上述可知，当a > a0时，A、B分离，B与斜面在垂直于斜面方向的分加速度相等，对B进行分析，则垂直于斜面方向上，根据牛顿第二定律有
结合上述解得
故D正确。
故选AD。
三、填空题（每空2分，共22分）
9. 某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车在水平面上的启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力之间的关系图像，如图所示。已知模型车的质量，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续，获得最大速度为，则模型车匀加速运动的时间为__________，模型车运动的总位移为__________。
【答案】 ① ②.
【解析】
【详解】[1]根据
可得
结合图像信息可得
即模型车的速度从2m/s增加至4m/s的过程中，模型车以恒定的功率行驶，速度最大时合外力为零，即牵引力等于阻力，根据图像可知，在时速度达到最大值，因此有
由图像可知小车初始牵引力为4N，且匀加速结束时模型车的速度大小，根据牛顿第二定律有
解得加速度
根据匀变速直线运动，速度与时间的关系可得匀加速运动的时间
[2]模型车以恒定功率运动所需时间
根据动能定理
代入题中数据解得
匀加速阶段位移
故总位移
10. 如图所示，在光滑水平轨道右侧固定一个粗糙竖直半圆轨道，半圆轨道与水平轨道相切于点且平滑连接。半圆轨道的圆心为，半径，水平。质量的小球静止在水平轨道上。现给小球一个冲量，小球经点后沿竖直半圆轨道运动，在距离上方高度为处恰好离开轨道。空气阻力不计，。则小球离开轨道时的速度大小__________，小球在圆弧轨道上损失的机械能__________。
【答案】 ①. 2m/s； ②. 6J。
【解析】
【详解】[1]设小球离开轨道的位置与O点的连线与水平方向的夹角为，如图
几何关系可知
设小球离开轨道时速度为v，分析可知重力沿圆心方向的分力提供向心力，则
代入数据解得
[2]设小球初速度为，由动量可知
题意知
联立以上解得
小球从B点到离开圆弧轨道的过程，由能量守恒可知，损失的机械能为
联立以上得
11. 如图所示，小滑块在轻质细绳的拉力作用下，在水平桌面上做半径为的圆周运动，小滑块的初速度大小为，质量为，与水平桌面间的动摩擦因数恒定。小滑块转动一周后，所需要的向心力变为原来的一半，已知重力加速度为，则小滑块转动这一周过程中，克服摩擦力做功的平均功率为__________。
【答案】
【解析】
【详解】设转动一周后，小滑块的线速度大小为，根据题意有
可得
小滑块转动这一周，受到的摩擦力大小不变，沿切线方向的加速度大小不变，可将小滑块的运动等效看成匀减速运动，小滑块转动这一周通过的路程为
根据运动学公式可得
联立解得小滑块转动这一周所用时间为
根据动能定理可得
解得转动一周，小滑块克服摩擦力做的功为
所以，小滑块转动这一周过程中，克服摩擦力做功的平均功率为
12. 请按要求填写：
甲 乙
（1）某同学用游标卡尺的深度尺测得一玻璃杯的内高，如图甲所示，则其内高为__________；
（2）又用螺旋测微器测得其玻璃厚度如图乙所示，则厚度为__________。
【答案】（1）10.03
（2）2.760
【解析】
【小问1详解】
游标卡尺的精确度为0.1 mm，游标尺上第3条刻度线（不计0刻度线）与主尺上的刻度线对齐，则玻璃杯的内高为
100 mm＋0.1 mm×3＝100.3 mm＝10.03 cm
【小问2详解】
螺旋测微器的读数规则：测量值＝固定刻度读数（注意半毫米刻度线是否露出）＋精确度（0.01 mm）×可动刻度读数（一定要估读），由图乙可知玻璃厚度为
2.5 mm＋0.01 mm×26.0＝2.760 mm
13. 在高中阶段，我们学习了多种测量物体加速度的方法。
（1）通过打点计时器，可以测量小车的加速度。实验装置如图所示。通过实验得到了一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点（），然后每间隔选取一个计数点，如图中、、、、、…所示。若已知相邻两计数点间的距离为、、、、、，则小车的加速度__________（用、、、、、、表示）。
（2）若实验时交流电的频率大于，则加速度的测量值__________（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
（3）通过光电门，同样可以测量物体的加速度。如图，滑块上安装了宽度为的遮光条。滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过第一光电门的时间，通过第二个光电门的时间，遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间，试估算滑块的加速度__________（保留两位有效数字），该估算值与真实值相比__________（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）。
【答案】（1）
（2）小于 （3） ①. ②. 偏小
【解析】
【小问1详解】
根据逐差法可得该小车的加速度为
【小问2详解】
若实验时交流电的频率大于50Hz，实际打点周期小于0.02s，则代数计算的时间偏大，使得加速度的测量值小于真实值。
【小问3详解】
[1]滑块经过两个光电门的速度分别为
，
则滑块的加速度为
[2]如下图所示
为图中的时间，而计算滑块加速度的时间应该是滑块经过两个光电门中间时刻的时间，即图中的时间，由于滑块做加速运动，结合图像可知的时间小于的时间，所以与滑块加速度的真实值相比较，测量值偏小。
四、计算题（共38分）
14. 一火星探测器着陆火星之前，需经历动力减速、悬停避障两个阶段。在动力减速阶段，探测器速度大小由减小到0，历时。在悬停避障阶段，探测器启用最大推力为的变推力发动机，在距火星表面约百米高度处悬停，寻找着陆点。已知火星半径约为地球半径的，火星质量约为地球质量的，地球表面重力加速度大小取，探测器在动力减速阶段的运动视为竖直向下的匀减速运动。求：
（1）在动力减速阶段，探测器的加速度大小和下降距离；
（2）在悬停避障阶段，能借助该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量。
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）设探测器在动力减速阶段所用时间t，初速度大小为，末速度大小为，加速度大小为a，由匀变速直线运动速度公式有
①
代入题给数据得
②
设探测器下降的距离为s，由匀变速直线运动位移公式有
③
联立②③式并代入题给数据得
④
（2）设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为、和，地球的质量、半径和表面重力加速度大小分别为、和由牛顿运动定律和万有引力定律，对质量为m的物体有
⑤
⑥
式中G为引力常量。设变推力发动机的最大推力为F，能够悬停的火星探测器最大质量为，由力的平衡条件有
⑦
联立⑤⑥⑦式并代入题给数据得
⑧
在悬停避障阶段，该变推力发动机能实现悬停的探测器的最大质量约为。
15. 如图所示，两根不可伸长的轻绳连接质量为m小球P，右侧绳一端固定于A，绳长为L，左侧绳通过光滑定滑轮B连接一物体Q，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向夹角分别为和。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，且两绳均拉直，由静止释放，已知，，重力加速度为g，求：
（1）物体Q的质量M；
（2）小球P运动到图示位置时的速度v大小；
（3）小球P运动到图示位置时绳中的张力大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物体P静止，受力分析如图所示
根据平衡条件可得
物体Q静止，则
解得
（2）物体P由水平位置由静止释放，沿圆弧运动到图示位置。根据机械能守恒定律，可得
根据几何关系易得
物体P运动到图示位置时，速度与垂直，即沿着方向，所以
解得
（3）因为物体运动到图示位置做圆周运动，物体P的受力沿绳方向和垂直于绳分解，物体P沿绳方向合外力提供圆周运动向心力
解得
16. 如图所示，竖直平面内半径为R=4.9m的光滑圆弧轨道AB的圆心为O，圆心角∠AOB=60°，最低点B与长L=4m的水平传送带平滑连接，传送带以v=4m/s的速率顺时针匀速转动。传送带的右端与光滑水平地面平滑连接，水平地面上等间距静置着2024个质量为m0=3kg的小球。一质量m=1kg的物块M从A点由静止释放，物块M与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，物块M与小球、小球与小球之间均发生弹性正碰，求：
（1）物块M到B点时对轨道的压力大小；
（2）物块M与小球①第一次碰后瞬间两者的速度大小；
（3）从物块M开始运动，到最终所有物体都达到稳定状态时物块与皮带间因摩擦产生的热量与电动机因传送物块而多消耗的电能。
【答案】（1）20N （2）2m/s，2m/s
（3）36.5J，20J
【解析】
【小问1详解】
物块M从A到B，由动能定理得
解得
物块M到B点时，根据牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律得物块M在B点时对轨道压力大小为20N；
【小问2详解】
由于
所以物块滑上传送带先做匀减速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，所以物块与小球①碰前速度为
物块M与小球①碰撞过程中有
解得
，
所以物块M与小球①第一次碰后瞬间两者的速度大小均为2m/s；
【小问3详解】
小球①以速度v1ʹ与小球②相碰，碰后两者速度交换，依此类推最终第2024个小球以v1ʹ速度向右匀速直线运动，物块M与小球①碰后以v1的速度冲上传送带，在传送带上减速位移为
故物块M再次滑上水平面时速度大小为2m/s，之后与小球①再次弹性碰撞，则
解得
，
依此类推，小物块M每次与小球①碰后速度大小减为碰前的一半，经过n次碰撞后，物块M的速度为
物块每次以vn冲上传送带再回到水平面，与传送带相对路程为
此过程摩擦生热为
物块M第一次在传送带上运动过程中与传送带相对路程为
全程摩擦生热为
电动机因传送物块而多消耗的电能为