2024莆田五校联盟高三上学期期中考试物理含解析

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1．D
【详解】设马驹的加速度为a，则前3s内，马驹的位移大小
前2s内位移大小为
马驹第3s内的位移大小
则马驹在第3s内的位移和前3s内的位移大小之比为5：9，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查匀变速直线运动位移与时间的关系。
2．C
【详解】对物块受力分析，物块受向下的重力，竖直向上的摩擦力，墙的支持力为和压力，根据受力平衡的条件，在竖直方向上
故选C。
3．A
【详解】物体受到的最大静摩擦力为
水平拉力F的大小为2N，有
可知物体保持静止，根据共点力平衡可知物体受到的静摩擦力为
故选A。
4．B
【详解】由题意，设河岸宽为，船在静水中的速度为，可得去时的渡河时间为
来时的渡河时间为
又
联立可求得
故选B。
5．AD
【详解】A．马对车的作用力与车对马的作用力是一对相互作用力，A正确；
BCD．马对车的作用力与车对马的作用力是一对相互作用力，则这两个力大小一定大小相等，方向相反，作用在不同物体上，与马车的运动状态无关。BC错误，D正确。
故选AD。
6．AD
【详解】A．根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在近点P点的速度大于在远点Q点的速度，选项A正确；
B．飞船从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ需要在P点加速，则飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动时在P点的速度，选项B错误；
C．根据
可知，飞船在轨道I上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，选项C错误；
D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知万有引力常量为G，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，根据
解得火星的密度
选项D正确。
故选AD。
7．AC
【详解】A．由题图可知，过山车在A点的高度最高，根据重力势能与高度的关系可知，在A点时的重力势能最大，故A正确；
B．根据题图可知，从B点到C点，高度不断增加，重力势能增加，速度不断减小，则动能不断减小，故B错误；
C．根据题图可知，D点和E点的高度相同，可知D点和E点的重力势能相同，故C正确；
D．由于惯性的大小由物体的质量决定，而过山车的质量没有变，可知其惯性大小不变，故D错误。
故选AC。
8．AD
【详解】A．根据平衡条件，细绳的拉力
当F逐渐增大时，细绳的拉力大小一直在增大，A正确；
B．M所受斜面的支持力
与F大小无关，因此当F逐渐增大时，M所受斜面的支持力不变，B错误；
D．由于M始终处于静止状态，所受合外力为零，若M开始受摩擦力沿斜面向上，随着绳子拉力增大，M所受斜面的摩擦力先减小，再反向增大；若M开始受摩擦力沿斜面向下，随着绳子拉力增大，M所受斜面的摩擦力一直增大，D正确；
C．M所受斜面的作用力为支持力和摩擦力的合力，支持力不变，摩擦力可能先沿斜面向上减小再反向增大，也可能沿斜面向下一直增大，其合力大小不一定减小，C错误。
故选AD。
9． 2∶1 2∶1
【详解】[1][2]A、B为同皮带传动，线速度相等，即
A、C为同轮转动，角速度相等，即
又
根据可得
所以
则
[2]根据可得
所以
10． 0
【详解】[1]若将木块一起竖直向上匀速提起，以砖块和砖块的整体为研究对象，四块砖完全相同，根据对称性可知砖块对砖块的摩擦力与砖块对砖块的摩擦力大小相等，方向均竖直向上，根据受力平衡可得
解得砖块对砖块的摩擦力大小为
则木块3对木块4的摩擦力大小为；
[2]当将四块砖一起竖直向上加速提起时，对砖块和砖块整体，根据牛顿第二定律有
解得砖块对砖块的摩擦力大小
方向竖直向上；
对砖块，根据牛顿第二定律有
解得
可知砖块2对砖块3的摩擦力为0。
11． 用打点计时器测量或者用光电门测量
【详解】（1）[1]测量物体的加速度可以用打点计时器或者用光电门进行测量，通过计算多个时间点的速度来计算系统的加速度a。
（2）[2][3]设绳子拉力为T，对A、C而言
对B而言
解得
则根据图像的斜率和截距可得
解得
12． 使滑块到达滑槽末端的速度相等 B
【详解】①[1]每次让滑块从滑槽上同一高度释放，是为了保证滑块到达滑槽末端的速度相同。
②[2]滑块从桌边做平抛运动，则竖直方向有
水平方向
设到达滑槽末端的速度为，与桌面的摩擦因数为μ，在桌面上的加速度大小为
在桌面上有
联立解得
要根据图象信息得到测定滑块与桌面间的动摩擦因数，除了L和x外，还需要测量或告知的物理量是桌面与地面的高度差H。
故选B。
③[3]若图象的斜率绝对值为k，则有
解得
13．(10分)（1）列车A制动的加速度的大小为0.5m/s2；（2）当两车速度相等时，求两车的位移大小SA和SB分别为364m、168m；（3）两车不会发生撞车事故
【详解】（1）对列车A，根据公式
.
即列车A制动的加速度的大小为0.5 （3分）
(2)设两车速度相等时用时t，对列车由公式 代入数据解得：t=28s ；设A车的位移为sA，由公式 代入数据得 ；（2分）
设B车的位移sB （2分）
（3）因为SA－SB=196m<200 m （3分）
所以两车不会发生撞车事故
14．（14分） （1），；（2）0.16；（3）3.75m
【详解】（1）以水平轨道所在水平面为零势能面，运动员从点滑至点的过程，由动能定理得
（1分）
代入数据解得
（1分）
运动员由点到点的过程，由动能定理有
（1分）
代入数据解得
（1分）
（2）运动员由点滑至点的过程中，由动能定理有
（3分）
代入数据解得
（1分）
（3）设运动员在轨道上滑行的总路程为.对从点到静止的整个过程，由动能定理有
（3分）
代入数据解得
（1分）
故运动员最后静止的位置与点之间的距离
（2分）
15．（16分）（1）；（2）；（3），方向竖直向下
【详解】（1）小球从起点开始下滑到平台的过程中，根据动能定理可得
（2分）
解得
（1分）
从O到M的过程中，小球做平抛运动，根据几何关系可知
（1分）
解得
（1分）
（2）小球从Q点回到M点的过程有
（1分）
（1分）
公众号：全元高考
从M点到Q点的过程中，由于不计阻力，根据动能定理可得
（1分）
从O到Q过程中，根据动能定理可得
（1分）
联立解得
故O、Q两点的高度差
（1分）
（3）从M到N的过程中加速，从N点继续运动，做减速运动，故N点速度最大，此位置支持力最大，即压力最大，则
（2分）
此过程中
（2分）
解得
（1分）
根据牛顿第三定律可得小球对轨道的最大压力，方向竖直向下..（1分）