福建省福州第三中学2023届高三上学期期中考试物理试卷(含答案)

福建省福州第三中学2023届高三上学期期中考试物理试卷 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1、如图所示，甲、乙、丙、丁是以时间为横轴的匀变速直线运动的图象，下列说法正确的是( )
A.丁是v t -图象
B.丙是x t -图象
C.乙是x t -图象
D.甲是a t -图象
2、一辆汽车在平直的路面上汽车发动机以恒定功率由静止开始行驶，设所受阻力大小不变，其牵引力F 与速度v 的关系如图所示，加速过程在图中B 点结束，所用的时间10s t =，经历的路程60m s =，10s 后汽车做匀速运动。

由以上数据可知下列错误的是
( )
A.汽车所受的摩擦力4110N ⨯
B.汽车运动过程中发动机功率为5110W ⨯
C.汽车的质量为4810kg ⨯
D.汽车加速度为25m/s 时车的速度大小为2m/s
3、如图所示，a 为赤道上的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c 为地球同步卫星，以下关于a 、b 、c 的说法中正确的是
( )
A.b 的运转周期最短
B.a 的轨道半径最小，做圆周运动的线速度最大
C.a 和b 的角速度相同
D.b 的轨道相对赤道面倾斜，不稳定，在地球引力作用下最终将落到赤道平面上
4、章鱼是一种温带软体动物，生活在水中。

一只悬浮在水中的章鱼，当外套膜吸满水后，它的总质量为M ，突然发现后方有一只海鳗，章鱼迅速将体内的水通过短漏斗状的体管在极短时间内向后喷出，喷射的水力强劲，从而迅速向前逃窜。

若喷射出的水的质量为m ，喷射速度为0v ，则下列说法正确的是( )
A.章鱼喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
B.章鱼喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量增加
二、多选题
5、如图所示，倾角37θ=︒的斜面体c 置于水平地面上，质量为m 的物块b 置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与质量为2m 的物块a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行，连接a 的一段细绳竖直，现用向右水平力F 缓慢拉动物块a ，直至悬挂物块a 的细绳与竖直方向夹角为60°，拉动物块的过程，a 、b 、c 始终处于静止状态（sin3706︒=．，cos3708︒=．）。

下列判断正确的是( )
A.力F 一直增大
B.c 对b 的摩擦力先减小后增大
C.地面对c的摩擦力一直增大
D.整个过程中，斜面体对地面的压力减小了mg
6、横截面为直角三角形的两个相同斜面如图紧靠在一起，固定在水平面上，它们的竖直边长都是底边长的一半。

小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上。

其中三个小球的落点分别是a，b，c。

图中三小球比较，下列判断正确的是( )
A.落在a点的小球飞行时间最短
B.落在c点的小球飞行时间最短
C.落在a点的小球飞行过程速度的变化量最大
D.无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直
7、如图所示，一质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，有一质量也为m的小球由槽顶端A静止释放，在其下滑至槽末端B的过程中，已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计。

则下列说法正确的是( )
A.若圆弧槽固定，小球的机械能守恒
B.若圆弧槽固定，小球滑至B点时对槽的压力大小为4mg
C.若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
8、2018年12月8日发射成功的“嫦娥四号”探测器经过约110小时奔月飞行，到达月球附近，成功实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获并顺利进入环月轨道。

若将整个奔月过程简化如下：“嫦娥四号”探测器从地球表面发射后，进入地月转移轨道，经过M点时变轨进入距离月球表面100km的圆形轨道Ⅰ，在轨道Ⅰ上经过P点时再次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，之后将择机在Q点着陆月球表面。

下列说法正确的是( )
A. “嫦娥四号”沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度
B. “嫦娥四号”沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道I运行的周期
C. “嫦娥四号”在轨道Ⅰ上的运行速度小于月球的第一宇宙速度
D. “嫦娥四号”在地月转移轨道上M点的速度大于在轨道Ⅰ上M点的速度
三、填空题
9、某同学获得一竖直上抛小球的频闪照片图，已知频闪仪每隔0.05s闪光一次，图中所标数据为实际距离。

（对运算结果保留三位有效数字）
v=_______m/s；
（1）由频闪照片上的数据计算t4时刻小球的速度
4
（2）小球上升的加速度大小约为a=______2
m/s。

10、如图所示，光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内，OP边水平，OQ边竖直，OP 与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，质量均为m的两小环A、B用长为L的轻绳相连，分别套在OP和OQ杆上。

初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后同时释放两小环，已知重力加速度为g。

L （2）A 环到达O 点时速度大小为_______。

四、计算题
11、A 、B 两列火车，同一轨道上同向行驶，A 车在前，其速度10m/s A v =，B 车在后，速度30m/s B v =，因大雾能见度很低，B 车在距A 车075m x =时才发现前方有A 车，这时B 车立即刹车，但B 车要经过180m 才能停下来。

（1）B 车刹车时加速度为多大？
（2）B 车刹车时A 车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？
12、如图所示，质量分别为5m 和m 的P 、Q 两球通过两根长度均为l 的不可伸长的细线悬挂。

整个装置处于风洞实验室中，风对两个球产生大小相等、方向水平向右的恒定风力。

系统静止时，两根细线偏离竖直方向的角度分别为30°和60°，重力加速度为g ，不计风对细线的作用力。

（1）求每个小球所受风力的大小。

（2）用一外力将P 球缓慢拉到最低点P '，求此过程中风力对P 、Q 两球做的总功和外力所做的功。

（3）在（2）中，P 球位于P '处时剪断下方细线并同时撤去外力，求P 球此时的加速度及此后的最大动能。

（本题结果可用根号表示）
13、如图所示，两个均可视为质点且质量均为2kg m =的物块a 和b 放在倾角为30θ=︒的固定光滑且足够长的斜面上，在斜面底端和a 之间固定连接有一根轻弹簧。

现两物体处于静止状态，此时弹簧压缩量为00.4m x =。

从某时刻开始，对b 施加沿斜
面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动。

经过一段时间后，物块a 、b 分离；再经过同样长的时间，b 到达轻弹簧的原长位置，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为210m/s g =，求：
（1）在物块a 、b 分离时，物块a 的位移1x 和物块b 加速度的大小；
（2）在物块a 、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式；
（3）已知弹簧的弹性势能2P 12
E kx =（k 为劲度系数，x 指相对于原长的形变量），那么在a 与b 分离之后a 还能沿斜面向上运动的距离。

（本题结果可用根号表示）
五、实验题
14、用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。

（1）关于本实验﹐下列说法正确的是______（填字母代号）。

A.应选择质量大、体积小的重物进行实验
B.释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态
C.先释放纸带，后接通电源
（2）实验中，得到如图乙所示的一条纸带。

在纸带上选取三个连续打出的点A 、B 、C ，测得它们到起始点O （O 点与下一点的间距接近2 mm ）的距离分别为
A B C h h h 、、。

已知当地重力加速度为g ，打点计时器的打点周期为T 。

设重物质量为m 。

从打О点到B 点的过程中，重物的重力势能变化量p E ∆=______，动能变化量
k E ∆=________。

（用已知字母表示）
（3）某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。

将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器显示的示数为0F 。

已知小球质量为m ，当地重力加速度为g 。

在误差允许范围内，当满足关系式_______时，可验证机械能守恒。

15、某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系，将连接滑块的细绳、力传感器和动滑轮之前的细绳、定滑轮和动滑轮之间的细绳均调为水平，通过调节气垫导轨下的螺母使气垫导轨水平，打开气源，将滑块由静止释放，用刻度尺量出两光电门之间的距离x 和滑块的宽度d ，并记录滑块经过光电门1的遮光时间1t 和经过光电门2的遮光时间2t 。

根据以上的操作回答下列问题：
（1）本实验中钩码的质量_______（填“需要”或“不需要”）远小于滑块的质量。

（2）在探究加速度与外力的关系时，传感器的示数记为F ，通过运动学公式计算出滑块的加速度a =_______（用已知字母表示），改变钩码的质量，依次记录传感器的示数并求出所对应的加速度大小，则图2的四个a F -图象中能正确反映加速度a 与传感器的示数F 之间规律的是_______。

（3）已知第（2）问中正确图象中的直线部分的斜率大小为k ，则该滑块的质量为_______。

参考答案
1、答案：B
解析：AD.匀变速直线运动的加速度是恒定的，则丁是a t -图象，由匀变速直线运动的速度公式0v v at =+可知，速度与时间是一次函数关系，则甲乙都是v t -图象，故
A 、D 错误；
移时间图象中是一条抛物线，故丙是x t -图象，故B 正确，C 错误。

故选B 。

2、答案：C
解析：AB.由图象可知，摩擦力4110N f =⨯，匀速速度m 10m /s v =，汽车的功率 5m 110W P fv ==⨯
故AB 正确；
C.加速过程，由动能定理，得
解得
3810kg m =⨯
故C 错误；
D.当25m /s a =时，设车的速度v ，根据牛顿第二定律
解得
2m/s v =
D 正确。

本题选错误项，故选C 。

3、答案：A
解析：A.卫星b 、c 绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：
同步卫星c 的周期相同，故b 的运转周期最短，故A 正确；
B.a 和c 属于同轴转动的模型，角速度相等，周期相等，则线速度：v r ω=，同步卫星的轨道半径大，则线速度大，故B 错误；
角速度，故C 错误；
D.b 的轨道相对赤道面倾斜，但绕地心做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，稳定运行，不会落到赤道平面，故D 错误。

故选：A 。

4、答案：C
解析：A.在章鱼喷水的过程中，章鱼的生物能转化为机械能，系统机械能增加，故A 错误； B.章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，故B 错误；
C.取章鱼前进的方向为正方向，由动量守恒定律得：00()M m v mv =--，可得章鱼喷
D.章鱼喷水的过程中受到的冲量大小等于喷出的水的动量大小，即为0mv ，故D 错误。

故选：C 。

5、答案：AC
解析：A.设F 拉动a 的过程中，细线与竖直方向的夹角为a ，则
2tan F mg α=
则当a 角从0°增加到60°时，F 一直增加，选项A 正确；
B.当不加拉力F 时，细线的拉力
12T mg =
斜面对b 的摩擦力
12sin 37 1.4f mg mg mg =-︒=
方向沿斜面向下：当加拉力F 直至悬挂物块a 的细绳与坚直方向夹角为60°时，细线的拉力变为
此时b 与斜面的摩擦力
24sin 37 3.4f mg mg mg =-︒=
方向沿斜面向下，则c 对b 的摩擦力一直增大，选项B 错误；
C.对be 整体分析可知，地面对e 的摩擦力
cos37c f T =︒地
则细线的拉力逐渐变大时，地面对c 的摩擦力一直增大，选项C 正确；
D.对be 整体整个过程中有
()N sin b c F T m m g θ+=+
斜面体对地面的压力减小了
()N 21sin37 1.2F T T mg ∆=-︒=
选项D 错误。

故选AC 。

6、答案：BCD
解析：AB 项，三个小球做的都是平抛运动，竖直方向做自由落体运动，从图中可知落
点的小球飞行时间最短，落在a 点的时间最长，故B 项正确，A 项错误。

C 项，运动的时间长的小球速度变化量大，即落在a 点的小球的速度变化最大，故C 项正确。

D 项，在经过时间t 的时候，竖直位移为210.5h gt =，水平位移为210.5x vt gt ==，若要满足斜面上的瞬时速度与斜面垂直，则竖直位移应该等于水平位移，由图可知不可能出现这种情况，故D 项正确。

综上所述，本题正确答案为BCD 。

7、答案：AD
解析：A.若圆弧槽固定，小球的重力势能全部转换为小球的动能，则小球的机械能守恒，A 正确；
B.若圆弧槽固定，小球滑至B 点时的速度为
小球下滑的过程中做圆周运动有
解得
N 3F mg =
B 错误；
C.若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒，C 错误；
D.圆弧槽不固定的情形下，小球滑到B 点时的速度为，取水平向右为正
0mv mv -+=
根据AB 组成的系统机械能守恒有
解得圆弧槽不固定的情形下，小球滑到B 点时的速度为
再结合选项B ，可知圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B 点时的速度之比为
故选AD 。

8、答案：CD
解析：A 、根据万有应力提供向心力有2GMm ma r =，可得2GM a r
=，可知“嫦娥四号”探测器沿轨道Ⅱ运行时，在 P 点的加速度小于在 Q 点的加速度，故A 错误；
B 、根据开普勒第三定律可知卫星在轨道Ⅱ上运动轨道的半长轴小于在轨道I 上轨道半径，所以卫星在轨道Ⅱ上运动周期小于在轨道Ⅰ上运行的周期，故B 错误；
C 、月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，“嫦娥四号”在轨
道1上的半径大于月球半径，根据22GMm mv r r
=可得线速度v =“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小，故C 正确；
D 、“嫦娥四号”在地月转移轨道上经过 M 点若要进入轨道I ，需减速，所以在地月转移轨道上经过M 点的速度比在轨道I 上经过 M 点时速度大，故D 正确；
9、答案：（1）3.98（2）10.0
解析：
解析：（1）由题意可知，B 环在坚直杆上下滑一段位移后，设绳与水平方向之间的夹角为α，则与坚直方向之间的夹角为β、如图所示，则有
90βα=︒-
设此时A 环的速度为A v ，B 环的速度为B v ，将A 环的速度沿子方向与垂直子方向分解，设沿子方向的分速度为v ，则有
cos A v v α=
将B 环的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳子方向的分速度与A 环沿绳子方向的分速度是相等的，则有
cos B v v β=
可得
30α=︒
解得
在B 环下落运动中，A 、B 环组成的系统机械能守恒，可得
联立解得A 环的速度大小为
（2）由题图可知，当B 环开始下降的运动中，速度由0开始增大，做加速运动，当绳子与水平方向之间的夹角接近90°时，则有
tan α→∞
则有
当A 环到达0点时B 环的速度等于零，设此时A 环的速度大小为A v '，由机械能守恒定律可得
解得
11、答案：（1）22.5m/s （2）两车相撞
解析：（1）B 车刹车至停下过程中，根据速度位移公式
2
02B B v a x -=
解得
22.5m/s B a =-
B 车刹车时加速度大小为22.5m/s ，方向与运动方向相反。

（2）假设始终不相撞，设经时间两车速度相等，则有
A B B v v a t =+
解得
8s t =
此时B 车的位移
2
1
2B B B x v t a t =+
解得
160m B x =
A 车的位移
108m 80m A A x v t ==⨯=
因
0B A x x x >+
所以两车相撞。

（2）6()mgl g ；5()mgl 解析：（1）解法①对Q 分析，如图1，有
tan60F mg =︒=风
解法②对整体分析，如图2，有
26tan 60F mg =︒风
解得
F =风
（2）因缓慢移动，故不影响两球的相对位置，如图3由能量关系得
F G W W W +=克风
即
F 6(1cos30)sin30W mgl +-︒=︒
解得
F ()6W mgl =
（3）解法①撤去F 并剪断细线，对P 球
5F ma =风　
解得
5
a g = 水平向右；
如图，P 球摆到细线偏离竖直方向角度为θ时的动能为k E
由动能定理
k G W W E =风克－
可得
k sin 51c ()os E mgl θθ=--
由数学知识可得最大动能
km 5()E mgl =
解法②设P 球摆到细线偏离竖直方向角度为α时的动能最大，则有
5sin cos mg F αα=风
解得
tan α= 动能
k sin 51cos ((5))E F l mgl mgl αα=--=风
解法③在风力场和重力场的等效场中，等效场力大小
F = 方向与竖直方向成α角有
tan =55
F mg α=风 当P 球运动到细线与F 共线时动能最大
k 1co ())s 5(E Fl mgl α=-=
13、答案：（1）0.1m ；22.5m/s （2）21062.5N F t =+（）其中05t ≤≤ 解析：（1）对整体分析，根据平衡条件可知
02sin kx mg θ=
代入数据得 50N/m k =
由题意可知，b 经两段相等时间的位移为0x ，由匀变速直线运动位移与时间的关系 212
x at = 可得第一阶段和第二阶段的位移分别为
1014x x = 2034
x x = 说明当形变量为
2030.3m 4
x x == 时二者分离。

在物块a 、b 分离时，物块a 的位移0.1m ；
对a 分析，因分离时a 与b 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知
2sin kx mg ma θ-=
联立以上式子解得
21sin 2.5m/s 2
a g θ== 此时a
b 的加速度相等，即物块b 加速度的大小22.5m/s 。

（2）设时间为t ，则经时间t 时，a 与b 运动的位移
221524
x at t == 则形变量变为
0x x x ∆=-
对整体分析可知，由牛顿第二定律有
2sin 2F k x mg ma θ+∆-=
解得
21062.5N F t =+（） 因分离时位移
1014
x x = 由
21011142
x x at == 解得
1s 5
t = 故应保证
0s 5
t ≤≤ F 的表达式才能成立。

（3）在a 与b 分离之前a 做匀变速运动，可得速度
1m/s 2
v at == 设还能沿斜面往上运动3x 的距离，依据能量守恒有
()2222233111sin 222
kx mv k x x x mg θ+=-+ 可得
310
x = 14、答案：（1）AB （2）B mgh -；2
122C A h h m T -⎛⎫ ⎪⎝⎭
（3）03F mg = 解析：（1）A.重物体积小，所受空气阻力小，质量越大，空气阻力引起的相对误差就越小，所以应选择质量大，体积小的重物进行实验，故A 正确；
B.为减小纸带与限位孔间的摩擦，释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，故B 正确；
C.由实验步骤可知，应先接通电源，当打点计时器工作稳定后，再释放纸带，故C 错误。

故选AB 。

（2）由重力做功与重力势能的关系可知，从打O 点到B 点的过程中，重物的重力势能变化量
P B E mgh ∆=-
由平均速度解得打B 点时重物的瞬时速度
2C A B h h v T
-= 该过程的动能增量为
k 212
B E mv ∆= 所以k 2122
C A h h E m T -⎛⎫∆= ⎪⎝⎭
（3）在最低点，由牛第二定律可得
20v F mg m r
-= 解得此时球的动能为
()2k 01122
E mv
F mg r ==- 球由静止释放到达最低点过程中，若满足机械能守恒，则有
212
mv mgr = 联立解得
()012
mgr F mg r =- 解得03F mg =
F 解析：（1）本实验中由于有力传感器来测量拉力，故钩码的质量不需要远小于滑块的质量；
（2）在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程的平均速度，则滑块经过两个光电门的瞬时速度分别为
根据速度一位移公式可得：
22 212
v v ax
-=
联立解得：
根据牛顿第二定律可得：2F ma
=
（3）根据图象的斜率的物理意义可得：。