【文档说明】福建省福州市八县（市）协作校2023-2024学年高三上学期期中联考物理试题（解析版）.docx，共(17)页，777.943 KB，由小赞的店铺上传

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福州市八县（市）协作校2023—2024学年第一学期期中联考高三物理试题一、单项选择题（共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.某运动员沿标准的400m跑道跑了一圈用时50s，以下说法正确的是（）A.50s是指时刻B.该运动

员平均速度大小为0C.该运动员位移是400mD.该运动员平均速率是0【答案】B【解析】【详解】A．50s是指时间间隔，故A错误；BC．该运动员的位移为0，根据平均速度的公式xvt=可知，平均速度大小为0，故B正确，C错误；D．根据平均速率的公式8m/ssvt==该运动员平均速率是8m/s

，故D错误；故选B。2.如图所示，一个带磁性的白板擦被吸附在倾斜放置的白板的下表面并处于静止状态。若磁力垂直于接触面，则下列说法正确的是（）A.白板擦与白板之间可能没有摩擦力B.白板擦与白板之间可能没有弹力C.白板擦受到的合力大小等于其

重力大小D.白板擦受到白板的作用力方向竖直向上【答案】D【解析】【详解】AB．对白板擦进行受力分析，白板擦受到重力，白板的垂直于板的吸引力，垂直于板的弹力，在重力的作用下，白板擦有一种沿板向下的运动趋势，即受到沿板向上的摩擦力，合计四个力的作用，AB错误；C．白板擦处于静

止状态，根据平衡条件可知，白板擦受到的合力为0，C错误；D．白板对白板擦有弹力、摩擦力与吸引力三个力作用，根据平衡条件可知，这三个力的合力与重力大小相等，方向相反，即白板擦受到白板的作用力方向竖直向上，D正确。故选D。3.一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做

匀速运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出拉力随位移变化的关系图像，则根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（取g=10m/s2）（）A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.25B.物体在8m处的加速度为a=4m/

s2C.整个过程中拉力做功的平均功率P=5WD.合力做的功为-32J【答案】D【解析】【详解】A．物体做匀速运动时，受力平衡，则8NfF==所以有N80.4210fFFmg====故A错误；B．由图可知在8m处拉力大小为4N，根据牛顿第二定律可知此时有Ff

ma−=代入数据可得22m/sa=−故B错误；C．由于不知道整个过程运动的时间，故不能求得拉力做功的平均功率，故C错误；D．图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象可知18488J64J2FW=+=滑动摩擦力做的

功812J96JfWmgx=−=−=−所以合外力做的功为96J64J32JW=−+=−合D正确；故选D。4.中国天眼FAST已发现约500颗脉冲星，成为世界上发现脉冲星效率最高的设备，如在球状星团M92第一次探测到“红背蜘蛛”脉冲双星。如图，距离

为L的A、B双星绕它们连线上的某点O在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，运动周期为T，万有引力常量为G，则双星总质量为（）A.2324TGLB.3224GLTC.2324LGTD.3224GTL【答案】C【解析】【详解】双星A、B之

间的万有引力提供向心力，有2ABAA2mmGmRL=2ABBB2mmGmRL=其中2T=ABLRR=+联立解得()2233ABAB2244ππLmmRRGTGT+=+=故选C。二、多顶选择题（共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合

题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选得0分）5.由静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1s内通过的位移为0.4m，以下说法正确的是（）A.第1s末的速度为0.8m/sB.加速度为0.4m/s2C.第2s内通过的位移为1.2mD.前

2s内通过的位移为1.2m【答案】AC【解析】【详解】AB．汽车运动的加速度为221221220.4m/s=0.8m/s1xat==则第1s末的速度为v1=at1=0.8m/s选项A正确，B错误；C．第2s内通过的位移为22222211110

.8(21)m1.2m222xatat=−=−=选项C正确；D．前2s内通过的位移为2222110.82m1.6m22xat===选项D错误。故选AC。6.如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为2kgAm=，3k

gBm=，从0=t开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别为()72NAFt=−，()32NBFt=+。则（）A.A、B两物体一直做匀加速直线运动B.当ABFF=时

，A、B两物体之间的弹力为零C.1.5st=时，A、B两物体开始分离D.6st=时，B物体的加速度为5m/s2【答案】CD【解析】【详解】对整体根据牛顿第二定律得()0ABABFFmma+=+解得202m/sa=

恰好分离时0AAFma=()72NAFt=−解得1.5st=6st=时，B物体的加速度为BBBFma=()32NBFt=+解得25m/sBa=C.1.5st=时，A、B两物体开始分离，C正确；B.1.5st=时，A、B两物体开始分离，此时()72N4NAFt=−=()3

2N6NBFt=+=A、B两物体之间的弹力为零时，ABFF，B错误；AD.6st=时，B物体的加速度为5m/s2，D正确，分离后B的加速度改变了，B没有一直做匀加速直线运动，A错误故选CD。7.如图所示，轻绳一端连在水平台上的

玩具小车上、一端跨过光滑定滑轮系着皮球（轻绳延长线过球心）。小车牵引着绳使皮球沿光滑竖直墙面从较低处匀速上升，此过程中球未离开竖直墙面，则（）A.小车做匀速运动B.小车做减速运动C.运动过程中，绳子对小球拉力的功率不变D.运动过程

中，绳子对小球拉力功率减小【答案】BC【解析】【详解】AB．设连小球的绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示根据速度的分解有cosvvv==绳车小球匀速上升，θ增大，cosθ减小，所以小车的速度不断减小，即小车减速运动，故A错误，B正确；CD．运动过程中，绳子对小球拉力的功率coscosmgPFvv

mgv===绳所以绳子对小球拉力的功率不变，故C正确，D错误。故选BC8.如图甲所示.一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m=1kg的物块从斜面顶端由静止释放，物块运动到最低点的过程中，其加速度随位移变化的规律如

图乙所示，取重力加速度为210m/s=g，则（）的。A.弹簧的劲度系数为20N/mB.斜面的倾角为30°C.物块的最大动能为2JD.弹簧的最大弹性势能为4.8J【答案】BC【解析】【详解】B．由图乙可知物块与弹簧接触前，加速度为215m

/sa=设斜面倾角为，有1sinmgma=解得1sin2=则斜面的倾角30=选项B正确；A．到最低点，根据能量守恒有23311sin()2mgxkxx=−解得3132231312sin225N/m()()mgxmaxkxxxx===−−选项A错误；C．设当位移为2x时，加速度为0

，有21()sinkxxmg−=解得1211sin0.5mmamgxxxkk=+=+=此时动能最大，最大动能为2km221sin(0.3)2Emgxkx=−−解得km2JE=故C正确；D．根据能

量守恒，弹簧的最大弹性势能为pm313sin4.5JEmgxmax===故D错误。故选BC。三、非选择题：共60分，其中9、10题为填空题，11-12题为实验题，13-15题为计算题，考生根据要求作答。9

.质量为2kg的小物块置于水平地面上，用10N的水平拉力使它从静止开始做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，如图，则小物块在离出发点9m处速度大小为___________m/s；运动中受到地面的摩擦力大

小___________N。【答案】①.6②.6【解析】【详解】[1]根据运动学公式22vax=可得2229m/s6m/svax===[2]由牛顿第二定律可知Ffma−=10N22N6NfFma=−=−=10.一条河宽为d=60m，水流速度恒为v=1.0m/s，一小船

（可视为质点）要从一侧河岸划到对岸，但在距出发点下游L=80m处有一瀑布，要使小船划到对岸且不从瀑布上掉下，船划行的速度的最小值为__________m/s，此时船的位移大小为__________m，渡河时间为__________s。【答案】①.0.6②.100③

.125【解析】【详解】[1]在出发点、目的地均确定的情况下，船向指定地点航行，则合速度合v的方向已经确定，设合v与下游河岸成角，水速1v大小和方向是确定的，则当2v的方向与合v的方向垂直时2v的值最小，如图所示：设船的实际速度为合v，当船刚好不从瀑布掉下

，且2v的方向与合v的方向垂直时2v的值最小。设船实际的航向与下游河岸的夹角为，则60mtan0.7580mdL===解得37=则船划行的速度的最小值为2min1sinsin=0.6m/svvv==[2]根据几何关系，此时船划行到对岸位移为22100mxLd=+=[3]渡河

时间1125scoscosxxxtvvv====合11.某同学为测量物块与电梯水平地板间的动摩擦因数，将质量为1kg的物块放在电梯水平地板上，弹簧测力计一端固定在电梯侧壁上，另一端连接物块并保持测力计水平。

现用手将物块缓慢向左移动至如图甲所示的位置，放手后物块保持静止状态。的（1）图甲中弹簧测力计的示数为_________N。（2）电梯启动后，用手机内置的加速度传感器测得电梯运动的at−图像如图乙所示（以竖直向上为正方向）。若在电梯运行过程中的某一时刻

物块恰好被拉动，则该时刻为_________（填“0=t时刻”或“第4s末”）。（3）若取重力加速度大小29.8m/sg=，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块和电梯水平地板间的动摩擦因数为_________（结果保

留两位有效数字）。【答案】①.3.60（3.59~3.61）②.第4s末③.0.40【解析】【详解】1）[1]测力计的指针指在3.6处，测力计精确度为0.1N，测力计需估读一位，所以读数为3.60N；（2）[2]由图像可知，0~2s内，电梯处于超重状态，则物块对电梯的压力大于重力，

最大静摩擦力较大，物块相对电梯静止，4~6s内，电梯处于失重状态，物块对电梯的压力小于重力，且加速度减小，所以若某一时刻物块恰好被拉动，应该是压力最小的时刻，向下的加速度最大的时刻，既第4s末；（3）[3]在第4s末

由牛顿第二定律有NmgFma−=滑动摩擦力为fNFF=联立可得0.40=12.某同学利用如图甲所示的装置验证牛顿运动定律。小车质量为M，砂桶和砂的总质量为m，平衡摩擦力后通过改变m来改变小车所受的合外力大小。小车的加速度

大小a可由打点计时器和纸带测出。现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧测力计的示数）。（1）该实验______满足Mm（填“需要”或“不需要”）。（2）砂桶和砂的总质量较大导致a较大时

，关于图乙的说法正确的是______（填字母代号）。A.图线逐渐偏向纵轴B.图线逐渐偏向横轴C.图线仍保持原方向不变（3）如图丙为上述实验中打出的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则C点对应小车的速度为__

____m/s，小车的加速度大小为______m/s2。（以上结果小数点后均保留1位数）。若小车质量M为350g，则砂桶和砂的总质量m为______g（重力加速度g取10m/s2，不考虑滑轮质量及摩擦）。【答案】①.不需要②.C③.0.8④.4.0⑤.350【

解析】【详解】（1）[1]由图可知，可以通过弹簧测力计读出绳子的拉力，不是砂桶的重力充当合力，所以不需要满足Mm；（2）[2]由（1）可知砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线仍保持原方向不变，故C正确，AB错误；（3）[3][4][5]由题意知纸带上相邻

计数点的时间间隔50.02s0.1sT==根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度得218210m/s0.8m/s220.1BDCxvT−−===根据逐差法得加速度22222328810m/s4.0m/s440.1CEACxxaT−−−−=

==设绳子拉力为T，对小车由牛顿第二定律得TMa=对砂桶和砂由牛顿第二定律得22mamgT−=联立解得350gm=13.投壶是我国古代的一种民间游戏，据《礼记·投壶》记载，以盛酒的壶口作标的，在一定的水平距离投箭矢，以投入多少计筹决胜负。儒家所奉行的“六艺”，即“礼、乐、射、御、书

、数”，而投壶就来自于这六艺之一。现在有某同学进行投壶的游戏，为简化起见，将箭矢视为质点球，并且不计空气阻力。该同学将球从离地面高h=1.25m的A点以初速度05m/sv=水平抛出，球刚好落在壶口B点，不计壶的高度，重力加速度为210m/s=g，求：

（1）A点离壶口B的水平距离x；（2）球落入壶口B时的速度v的大小。（计算结果可以用根式表示）【答案】（1）2.5m；（2）52m/s【解析】【详解】（1）设从A运动到B所用时间为t，有212hgt=0xvt=联立解得x=2.5m（2）【方法一

】运动到B点时竖直方向速度ygt=v则球落入壶口B时的速度22052m/syvvv=+=【方法二】从A到B，由动能定理有2201122mvmvmgh−=解得52m/sv=14.由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同：若地球表面两极处的重力加速度大小为0g，在赤道处的重力加

速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G，地球可视为质量均匀分布的球体。求：（1）地球半径R；（2）地球的平均密度；（3）若地球自转速度加快，当赤道上的物体恰好能“飘”起来时，求地球自转周期T'【答案】（1）()2024ggT−；（2）()

0203gGTgg−；（3）00ggTg−【解析】【详解】（1）在两极0Fmg=万在赤道处22FmgmRT−=万可得()2024ggTR−=（2）在地球表面两极02GMmmgR=由密度公式343MR=解得()0203gGTgg=−（3）赤道上的物体

恰好能飘起来，物体受到的万有引力恰好提供向心力，由牛顿第二定律可得20224GMmmgmRRT==解得20004ggTRTgg=−=15.如图所示，在光滑水平面AB和粗糙水平面CD之间连接一长度为13.5mL=

传送带，CD长度21mL=，圆心为O、半径为0.2mR=的竖直光滑半圆轨道DEG与水平面AD在D点平滑连接，其中FG段为光滑圆管，E和圆心O等高，30EOF=。可视为质点的小物块从A点以04m/sv=的初速度向右

滑动，已知小物块的质量1kgm=，与传送带、水平面CD之间的动摩擦因数均为0.1=，重力加速度g取102m/s。（1）若传送带不转，求小物块滑到半圆轨道D点时对轨道压力F的大小；（2）若传送带以3m/sv=的速率顺时针方向转动，求小物块第一次运动到C

点的过程中系统产生的热量Q；（3）在第（2）问基础上试通过计算判断小物块否会脱离轨道DEFG；的是【答案】（1）45NF=；（2）0.5JQ=；（3）不会脱离轨道【解析】【详解】（1）从A到D，根据题设条件，由动能定理得()22101211

22DmvmvmgLL−=−+在D点，由牛顿第二定律有21NDvFmgR−=由牛顿第三定律有压力NFF=联立代入数据解得45NF=（2）假设到达C之前已与传送带共速，此时小物块相对于地面的位移为1x，则有22011122mvmvmgx−=−代入

数据解得113.5mxL==所以物块到达C点时恰好与传送带共速，设所用时间为t，则由速度—时间关系有0vvgt−=−传送带相对于地面的位移为2x，则由匀速运动规律有2xvt=小物块第一次运动到C点的过程中系统产生的热量()12Qmgxx=−联立代入

数据解得0.5JQ=（3）①在小物块第一次沿半圆轨道上升的过程中先判断是否可以通过F点。从D到F，由动能定理得()22111sin3022FDmvmvmgRR−=−+可得在F点恰好满足2sin30FvmgmR=可知小物块恰好可以通过F点；再判断是否可以通过G点，

上升到最高点时，由机械能守恒有2112Dmvmgh=可得0.35m2hR=则小物块不会通过G点。设小物块第二次通过C点的速度2Cv，则有()22201211222CmvmvmgLL−=−+解得25m/sCv=通过计算可知，小物块可在传送带上减速为0，并反向加速至第三

次通过C点，且32CCvv=，则小物块第二次通过D点后上升至速度为0时，根据动能定理有232102CmvmgLmgh−=−−解得0.15mhR=则小物块第二次冲上半圆时，不会上升超过E点。综上，小物块不会脱离轨道。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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