高三物理试题-莆田市五校联盟2023-2024学年高三上学期期中考试 物理答案

2023年秋季五校联盟期中联考物理试卷
参考答案：
1．D
【详解】设马驹的加速度为a ，则前3s 内，马驹的位移大小
2331922
x at a == 前2s 内位移大小为
222122
x at a == 马驹第3s 内的位移大小
323232115222
x x at at a -=-= 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
110N 10N f mg ==⨯=
故选C 。

3．A
【详解】物体受到的最大静摩擦力为
m N 0.2210N 4N f F mg μμ===⨯⨯=
水平拉力F 的大小为2N ，有
m 2N F f =<
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
2N f F ==
故选A 。

4．B
【详解】由题意，设河岸宽为d ，船在静水中的速度为v ，可得去时的渡河时间为
1d t v
=
来时的渡河时间为
2d t v ==合
又
12
t k t = 联立可求得
0v =
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
2
GM a r = 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
2
224Mm G m R R T
π= 343
M
R ρπ= 解得火星的密度
2
3GT πρ= 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
N T m g F =+
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
cos N M F m g θ=
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 B v v =
A 、C 为同轮转动，角速度相等，即
A C ωω=
又
22A B C R R R ==
根据v r ω=可得
2A B ωω=
2A C v v =
所以
2A B C v v v ==
22A C B ωωω==
则
2:1A C
v v =
[2]根据a v ω=可得
24A B C a a a ==
所以
:2:1A c a a =
10． mg 0
【详解】[1]若将木块一起竖直向上匀速提起，以砖块2和砖块3的整体为研究对象，四块砖完全相同，根据对称性可知砖块4对砖块3的摩擦力与砖块1对砖块2的摩擦力大小相等，方向均竖直向上，根据受力平衡可得
22f mg =
解得砖块4对砖块3的摩擦力大小为
f m
g =
则木块3对木块4的摩擦力大小为mg ；
[2]当将四块砖一起竖直向上加速提起时，对砖块2和砖块3整体，根据牛顿第二定律有
43222f mg ma -=
解得砖块4对砖块3的摩擦力大小
43f mg ma =+
方向竖直向上；
对砖块3，根据牛顿第二定律有
2343f f mg ma +-=
解得
230f =
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 1b 2k b
【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
()()M m g T M m a +-=+
对B 而言
T Mg Ma -=
解得
1121·M a g g m
=+
则根据图像的斜率和截距可得
12M b k g g
==，
解得
12k g M b b
==，
12． 使滑块到达滑槽末端的速度相等 B 4k H
【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
212
H gt = 水平方向
x vt =
设到达滑槽末端的速度为0v ，与桌面的摩擦因数为μ，在桌面上的加速度大小为
mg
a g m μμ==
在桌面上有
2202gL v v μ-=-
联立解得
22
024Hv x HL g μ-= 要根据2x L -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2x L -图象的斜率绝对值为k ，则有
4H k μ=
解得
4k H
μ= 13．(10分)（1）列车A 制动的加速度的大小为0.5m/s 2；（2）当两车速度相等时，求两车的位移大小S A 和S B 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
2000.5/A A
v a m s t -==-. 即列车A 制动的加速度的大小为0.5 m/s 2......（3分）
(2)设两车速度相等时用时t ，对列车由公式 0B v v at =+ 代入数据解得：t =28s ；设A 车的位移为s A ，由公式2012
A s v at =+ 代入数据得364A s m = ；......（2分）
设B 车的位移s B 168B B s t m ν== ......（2分）
（3）因为S A －S B =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BC 所在水平面为零势能面，运动员从P 点滑至B 点的过程，由动能定理得
22011sin sin 22B h mg mv mv θθ=-......（1分）
代入数据解得
B v =......（1分）
运动员由C 点到Q 点的过程，由动能定理有
21sin 2sin C H mv mg θθ
-=-......（1分）
代入数据解得
C v =......（1分）
（2）运动员由B 点滑至C 点的过程中，由动能定理有
221122
C B mgL mv mv μ-=-......（3分）
代入数据解得
0.16μ=......（1分）
（3）设运动员在BC 轨道上滑行的总路程为s .对从P 点到静止的整个过程，由动能定理有
201sin 0sin 2
h mg mgs mv θμθ-=-......（3分）
代入数据解得
23.75m 4 3.75m s L ==+......（1分）
故运动员最后静止的位置与B 点之间的距离
3.75m x =......（2分）
15．（16分）（1）5m/s M v =；（2）0.2m h ∆=；（3）max 48N F =，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
2012
mgh mv =......（2分）
解得
03m/s v =......（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
0cos53M
v v =︒......（1分）
解得
5m/s M v =......（1分）
（2）小球从Q 点回到M 点的过程有
1sin 53Q R r R v t -+︒=......（1分）
211cos532
r R gt +︒=......（1分）
从M 点到Q 点的过程中，由于不计阻力，根据动能定理可得
2211(cos53)22
Q M mg R r mv mv -︒+=-......（1分）
从O 到Q 过程中，根据动能定理可得
2201122
Q mgh mv mv '=-......（1分）
联立解得
0.2m h '=-
故O 、Q 两点的高度差
0.2m 0.2m h h '∆==-=......（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
2N max N v F mg m R
-=......（2分）
此过程中
()2211cos5322
N M mg R R mv mv -︒=-......（2分） 解得
N max 48N F =......（1分）
根据牛顿第三定律可得小球对轨道的最大压力max 48N F =，方向竖直向下..（1分）。