福建省莆田第五中学2023-2024学年高三上学期期中考试物理试题（含答案）

莆田五中2023—2024上学期高三年段物理科期中考试卷
（满分100分，考试时长75分钟）
一、单项选择题：本愿共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球（视为质点），某次乒乓球与墙壁上的P点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的Q点。取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。若球拍与水平方向的夹角为，乒乓球落到球拍前瞬间的速度大小为4m/s，则P、Q两点的高度差为（　　）
A. 0.1m B. 0.2m C. 0.4m D. 0.8m
【答案】C
【解析】
【详解】由几何关系得，乒乓球落到球拍前瞬间的竖直分速度大小为
又因为
解得
故选C。
2. 最近，我国推出全球首款支持卫星通话的智能手机，该手机的卫星通信功能可以让我们在无信号环境下，通过“天通一号”卫星与外界进行联系。“天通一号”卫星的发射过程简化为如图所示：火箭先把卫星送上绕地球运动的椭圆轨道1，、是远地点和近地点；卫星再变轨，到圆轨道2；卫星最后变轨到同步轨道3。轨道1、2相切于点，轨道2、3相交于、两点。忽略卫星质量变化，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在三个轨道上的周期
B. 卫星在三个轨道上机械能
C. 由轨道1变至轨道2，卫星在点向前喷气
D. 轨道1在点的线速度大于轨道3的线速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．据题意可知
r2= r3> r1
根据开普勒第三定律
可知
T2=T3> T1
故A错误;
BD．卫星在轨道2、3上，根据万有引力提供向心力有
解得
可知轨道2、3上速度大小相等，即动能相等；又高度相同，卫星的引力势能相等，所以机械能相同。卫星从轨道1变至轨道2，需要在P点加速做离心运动，可知卫星在轨道1上的机械能小于轨道2上的机械能，卫星在三个轨道上机械能的大小关系为
E2= E3> E1
轨道1在P点的线速度小于轨道3的线速度，故B正确，D错误；
C．卫星在P点时需要加速做离心运动变轨到轨道2，故在P点需向后喷气，故C错误。
故选B。
3. 质量为的物体置于倾角为的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着与小车，与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角时如图，下列判断正确的是
A. 的速率为 B. 的速率为
C. 绳的拉力等于 D. 绳的拉力小于
【答案】B
【解析】
【详解】AB．将小车的速度v沿绳子方向和垂直于绳子方向正交分解，如图所示
物体P的速度与小车沿绳子方向的速度相等，则有
故B正确，A错误；
CD．小车向右运动，所以减小，v不变，所以vP逐渐变大，说明物体P沿斜面向上做加速运动。对物体P受力分析可知，物体P受到竖直向下重力，垂直于斜面向上的支持力，沿绳向上的拉力T，沿斜面和垂直斜面建立正交轴，沿斜面方向由牛顿第二定律可得
可得
故CD错误
故选B
4. 质量为50kg的体操运动员做“单臂大回环”，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动，如图所示，此过程中，运动员到达最低点时手臂受的拉力至少约为（忽略空气阻力，）（　　）
A. 600N B. 2500N C. 3000N D. 3600N
【答案】B
【解析】
【详解】设人体长度为h，在最高点的最小速度为0，根据动能定理可知
根据牛顿第二定律可知，最低点
解得
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，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. 小明骑电动平衡车从静止开始以的恒定加速度在水平直路上启动，经过速度达到最大。已知小明和电动平衡车的总质量，摩擦阻力恒定不变。下列判断正确的是（　　）
A. 平衡车在30s内一直做匀加速运动
B. 平衡车的额定输出功率为800W
C. 平衡车在10s末的功率为800W
D. 平衡车在30s内的位移为150m
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】A．平衡车在30s内先做匀加速运动，当达到额定功率时做加速度减小的变加速运动，当加速度为零时速度最大，选项A错误；
B．平衡车的额定输出功率为
选项B正确；
C．平衡车匀加速阶段的牵引力
F=ma+f=160N
匀加速结束时的速度
则匀加速的时间为
则在10s末的功率为额定功率800W，选项C正确；
D．平衡车假设一直匀加速到10m/s，则在30s内的位移为
因平衡车先做匀加速运动，后做加速度减小的变加速运动，可知在30s内的位移不等于150m，选项D错误。
故选BC。
6. 如图所示，A、B两个相同的茶杯放在餐桌上的自动转盘上，一个杯中装满水，另一个是空杯。A离转轴的距离为，B离转轴的距离为，转盘在电动机的带动下以周期匀速转动，A、B两杯与转盘保持相对静止，均可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A. 动摩擦因数至少为
B. 装满水的杯子受到的摩擦力一定较大
C. 若增大转动的角速度，空杯一定先滑动
D. 若增大转动的角速度，茶杯B一定先滑动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．对于B茶杯，根据摩擦力提供向心力
可得动摩擦因数至少为
故A正确；
B．杯子受到的摩擦力等于杯子做圆周运动所需的向心力，不清楚哪个杯子装满了水，无法比较两杯子的向心力大小，故B错误；
CD．杯子刚要滑动时，有
可得发生移动的最小角速度为
故若增大转动的角速度，茶杯B一定先滑动，故C错误，D正确。
故选AD。
7. 如图所示，胡紧的传送带与水平面的夹角为，传送带在电动机的带动下，始终保持的速率运行。现把一物块（可视为质点）轻轻放在传送带底端，物块被传送到传送带的最高点（在运动至最高点前与传送带达到共速）。已知物块与传送带间动摩擦因数为为运动时间，为物块沿斜面运动的距离。某同学以传送带底端所在水平面为零势能面，画出了在物块由传送带底端被传送到传送带的最高点的过程中，物块的速度，重力势能，机械能，物块和传送带摩擦产生的内能等四个物理量变化情况图像如下图所示，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】A．物块刚放到传送带上时，相对传送带向下运动，则由牛顿第二定律得
可得加速度
物块的速度为
物块做初速度为零的匀加速运动，当物块速度等于传送带速度后，物块相对传送带静止，随传送带做匀速运动，故A正确；
BC．物块的重力势能为
物块相对传送带运动时，机械能为
相对静止后，物块的机械能为
故C正确，B错误；
D．在物块与传送带共速之前，有相对运动，则
共速后，没有相对运动，不在产生热量，故D错误。
故选AC
8. 如图所示，学校门口水平地面上有一质量为的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为，则下列说法正确的是（ ）
A. 轻绳的合拉力大小为
B. 轻绳的合拉力大小为
C. 减小夹角，轻绳的合拉力可能减小也可能增大
D. 轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知
，
由滑动摩擦力公式可得
联立解得
故A错误，B正确；
C．拉力的大小为
可知当时，拉力有最小值。即减小夹角，轻绳的合拉力可能减小也可能增大，故C正确；
D．摩擦力大小为
可知增大夹角，摩擦力一直减小，当夹角趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误；
故选BC。
三、非选择题：共60分，其中9、10、11题为填空题，12、13为实验题，14～16题为计算题。考生根据要求作答。
9. 质量为1kg的物体由静止开始自由下落，经3s落地。不计空气阻力，，则开始下落2s末重力的瞬时功率为________W，第2s内重力的平均功率为________W。
【答案】 ①. 200 ②. 150
【解析】
【详解】[1]开始下落2s末重力的瞬时功率为
[2]第2s内物体下落的距离为
则第2s内重力的平均功率为
10. 物体沿光滑斜面从底端以某一速度沿足够长斜面向上做直线运动，其图像如图所示。则物体运动的加速度大小为_______，出发物体运动的路程为______。
【答案】 ①. 5 ②. 62.5
【解析】
【详解】[1]根据图像可知，物体运动的加速度大小
[2]由图像可知物体前4s做沿斜面向上做匀减速运动，位移大小为
后3s沿斜面向下加速运动，位移大小为
则出发物体运动的路程
11. 质量为m的质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上。已知t=0时质点处于静止状态，在图中t0、2t0、3t0和4t0的各时刻中，质点离出发点距离最大的时刻是__________；质点动能的最大值是____________。
【答案】 ①. 4t0 ②.
【解析】
【分析】
【详解】[1]由F-t图像得，0-t0，根据牛顿第二定律可得加速度为
质点向正方向做匀加速直线运动，t0-2t0，向正方向做匀减速直线运动，加速度大小与第一段相同，2t0时，速度刚好减为0，2t0-4t0和0-2t0内受力情况完全相同，运动情况完全相同。整段过程一直向正方向运动，所以4t0时刻质点离出发点距离最大。
[2]t=t0时刻，质点速度最大，动能最大
12. 探究向心力大小F与物体的质量m、角速度和轨道半径r的关系实验。某同学用向心力演示器进行实验，实验情景如甲、乙、丙三图所示。
a.三个情境中，图___________是探究向心力大小F与质量m关系（选填“甲”、“乙”、“丙”）。
b.在甲情境中，若两钢球所受向心力的比值为1：4，则实验中选取两个变速塔轮的半径之比为___________。
【答案】 ①. 丙 ②. 2：1
【解析】
【详解】a.[1]探究向心力大小F与质量m关系，需要保证小球的角速度和半径不变，由图可知，演示器两侧塔轮边缘线速度大小相等，根据公式
可知，需要两侧塔轮的半径相等，运动半径也相等，小球质量不等，故丙图符合题意。
b.[2]在甲情境中，两球质量相等，半径相同，根据牛顿第二定律可知
由于两钢球所受向心力的比值为1：4，则
两侧塔轮边缘线速度大小相等，则
由于
则
13. 在“验证机械能守恒定律”的实验中：
（1）某同学选用电磁打点计时器，则应按________（选填“甲”“乙”或“丙”）图中的方法连接电源。
（2）释放纸带前，正确的操作方式是________。
A．B． C．D．
（3）本实验中，下列说法正确的是________。
A．可选用木质重物作为研究对象
B．重物的质量可以不测
C．安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一整直线上
D．可以根据来计算重物在时刻的瞬时速度
（4）该同学在实验中打出的一条纸带，根据纸带算出打下各点时重物的速度，量出各点到点的距离，那么以为纵坐标、以为横坐标画出的图像应是一条直线且斜率等于________则可以说明重物下落过程的机械能守恒。（当地的重力加速度为，本小题用题中所给的物理量表示）
【答案】 ①. 甲 ②. D ③. BC ④.
【解析】
【详解】（1）[1]电磁打点计时器应该接低压交流电源，故应按图甲的方法连接电源；
（2）[2]释放纸带前，用手提着纸带，使重物静止在打点计时器下方，让重物紧靠着打点计时器下方，且纸带要是够长；故选D。
（3）[3] A．木质重物的密度较小，所受到的空气阻力较大，会对实验结果造成很大的误差，故不选用木制重物作为研究对象，故A错误；
B．验证的表达式中质量可以约掉，则重物的质量可以不测，故B正确；
C．安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一整直线上，避免产生摩擦阻力，故C正确；
D．利用计算速度是利用理论加速度为来算，没有使用纸带上实际数据，故计算重物在t时刻的瞬时速度是根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，故D错误。
故选BC。
（4）[4]若重物下落过程的机械能守恒，则有
化简可得
则图像的斜率为
14. 机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m=1.0×103kg的汽车以v=27 km/h 的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s=11.25 m 处，驾驶员发现小朋友排着长l=3 m 的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员的反应时间。
（1）求汽车开始刹车到停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L=6 m，小朋友行走的速度大小v0=0.5 m/s，求汽车在斑马线处等待小朋友过马路的时间。
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）汽车速度为
v=27 km/h=7.5m/s
匀减速至停止的平均速度为
根据平均速度有
解得汽车开始刹车到停止所用的时间
汽车刹车时的加速度大小
根据牛顿第二定律有
解得
（2）小朋友过马路的时间
汽车在斑马线处等待小朋友过马路的时间为
15. 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为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。
16. 如图，质量为的小滑块（视为质点）在半径为的四分之一光滑圆弧的最高点，由静止开始释放，它运动到点时速度为。当滑块经过后立即将圆弧轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由点过渡到倾角为、长的斜面上，之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在之间调节。斜面底部点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在点，自然状态下另一端恰好在点。认为滑块在、两处换向时速度大小均不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取，，，不计空气阻力。
（1）求光滑圆弧的半径以及滑块经过点时圆弧对滑块的支持力大小；
（2）若设置，求滑块从第一次运动到的时间及弹簧的最大弹性势能；
（3）若最终滑块停在点，求的取值范围。
【答案】（1）0.2m，30N；（2），8J ；（3）0.125≤μ<0.75或μ=1
【解析】
【详解】（1）从A到B，由动能定理得
mgR＝mv2
代入数据得，光滑圆弧的半径为
R＝0.2m
在B点，对滑块由牛顿第二定律
代入数据解得，滑块经过点时圆弧对滑块的支持力大小为
FN＝30N
（2）在CD间运动，对滑块由牛顿第二定律
滑块加速度为
a=gsinθ=6m/s2
由匀变速运动规律
得滑块从第一次运动到的时间
到D点时滑块速度为
在地面上，滑块压缩弹簧，当滑块动能全部转化弹簧弹性势能时，弹簧有最大弹性势能为
（3）最终滑块停在D点有两种可能：①若滑块恰好能从C下滑到D，则有
解得
μ1=1
②若滑块在斜面CD间多次反复运动，最终静止于D点，当滑块恰好能返回C，则有
解得
μ2=0.125
若滑块恰好静止在斜面上，则有
解得
μ3=0.75
所以，当0.125≤μ<0.75，滑块在CD间反复运动，最终静止于D。综上所述，μ的取值范围是
0.125≤μ<0.75或μ=1