【文档说明】北京市通州区2023-2024学年高三上学期期中质量检测物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.643 MB，由小赞的店铺上传

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通州区2023—2024学年第一学期高三年级期中质量检测物理试卷本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡交回。第一部分本部分共14题，每题3

分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.我国古代《墨经》一书中记载了利用斜面提升重物的方法，这一方法在现代生活中仍然被广泛应用。如图所示，装载货物时，常会在卡车车尾处斜搭一块木板（粗糙程度一致），

工人施加一平行于木板的推力将货物沿木板推入车厢，下列说法正确的是（）A.货物只受重力和推力B.木板对货物的支持力竖直向上C.货物所受的摩擦力保持不变D.货物对木板的压力大于木板对货物的支持力【答案】C【解析】【详解】A．货物受重力、推力、支持力、摩擦力作用

，故A错误；B．木板对货物的支持力垂直木板向上，故B错误；C．货物所受的摩擦力为滑动摩擦力，由cosfmg=可知保持不变，故C正确；D．货物对木板的压力与木板对货物的支持力是相互作用力，等大，故D错误。故选C。2.某走时准确的时钟，如图所示，分针与时针由转动轴到针尖的长度之比为1.5

∶1。下列说法正确的是（）A.分针与时针的角速度之比为1∶1B.分针与时针的角速度之比为1∶1.5C.分针针尖与时针针尖的线速度大小之比为1∶1D.分针针尖与时针针尖的线速度大小之比为18∶1【答案】D【解析】【详解】AB．根据2T=由于分针

与时针的周期之比为1:12，则分针与时针的角速度之比为12:1，A错误；CD．根据vr=结合题意，分针针尖与时针针尖的线速度大小之比为18:1，C错误，D正确。故选D。3.高铁沿水平轨道减速进站过程中，乘客对高铁（）A.做正功B.做负功C.不做功D.无法确定【答案】A

【解析】【详解】高铁沿水平轨道减速进站过程中，加速度与运动方向相反，则乘客也做减速运动，高铁对乘客作用力与运动方向相反，根据牛顿第三定律可知，乘客对高铁作用力与运动方向相同，做正功故选A4.探测器绕火星做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则（）A.探测器的线速

度变小B.探测器的角速度变小。。C.轨道半径变大D.探测器受到的向心力变大【答案】D【解析】【详解】C．根据万有引力提供向心力，对探测器有2224MmGmrrT=解得32rTGM=根据题意，探测器的周期变小，所以轨道

半径变小，C错误；A．根据万有引力提供向心力，对探测器有22MmvGmrr=解得GMvr=可知，轨道半径变小，线速度变大，A错误；B．根据周期与角速度的关系2T=可知，周期变小，角速度变大，B错误；D．根据万有引力的公式，有2MmFGr=万可知，轨道半径变小，距离火星的距离变小

，所以受到的引力变大，D正确。故选D。5.如图所示，是一个弹簧振子的振动图像，则该小球位移随时间变化的关系式为（）A.()0.05sin0.5mxt=B.()0.05sin4mxt=C.()5sin0.5mxt=D.()0.05cos0.5mxt=【答案】A【解析】【详解

】有图可知，振子从平衡位置开始振动，振幅为5cm，周期为4s，则该小球位移随时间变化的关系式为()2sin0.05sin0.5mxAtT==故选A。6.某单摆在地球上做振幅为A的简谐运动时，周期为T。若将该单摆放到重力加速度为地球表面19的星球表面做振幅为4A的简谐运动时，其周期为（

）A.3TB.3TC.32TD.4T【答案】B【解析】【详解】由单摆周期公式2LTg=可知单摆的摆动周期与振幅无关，当把该单摆放在星球上摆动时，周期变为239LTTg==故选B。7.如图所示，一

汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障

碍物相撞。在上述条件下，若该车在某种路况下的“全力自动刹车”的加速度为4m/s2，则该车应设计的安全距离最接近（）A.5mB.12.5mC.20mD.25m【答案】B【解析】【详解】由题意知，车速v≤10m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约

为24m/s，最后末速度减为0，由推导公式2202vvax−=可得()22010m12.5m224vxa−==−所以系统设置的安全距离约12.5m；故选B。8.足球运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方O点。如图所示，两次射门，足球分别斜向上打在水平横梁上的a

、b两点，a为横梁中点。已知两次球被踢出时的速度大小相等，不计空气阻力，则足球（）A.到达a、b的位移相同B.到达a、b的速度相同C.到达a、b的动能相同D.到达a、b的动量相同【答案】C【解析】【详解】A．有几何关系可知，

足球到达b的位移较大，A错误；BCD．根据机械能守恒2201122mvmvmgh=+由于两次球被踢出时的速度大小相等，达到高度相同，则到达a、b的动能相等，速度大小相等，但方向不同，即动量不同，BD错误，C正确。故选C。9.如图所示，篮球从某一

高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停止在地面上。空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】篮球自由落地到与地面接触前，只受重力作用，加速度不变，以向下为正方向，加速度为正值，

图线为平行于t轴的线段；篮球与地面接触到反弹离开地面过程中，受地面的向上的弹力先从零开始逐渐增大，篮球所受的合力1mamgN=−开始阶段地面弹力N小于重力，合力向下，篮球向下继续挤压，N增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮球这一阶段向下做加速度（向下，为正）减小的加速运动；弹力N

增大到超过重力大小时，合力向上，其大小为2maNmg=−随着N增大，加速度a逐渐增大，方向向上，篮球向下做加速度（向上，为负）增大的减速运动直至速度为零；篮球开始向上运动（离开地面前）的过程是篮球向下

挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是：向上（为负）减小，再向下（为正）增大。故选D。10.如图所示，M、N分别为自动升降杆上的端点和中点，已知升降杆的质量为m，长度为L，重力加速度为g，杆绕O点从水平位置匀

速率转至竖直位置的过程中，下列说法正确的是（）A.升降杆的动能增加mgLB转动装置对升降杆做功mgLC.M、N两点线速度大小之比:1:1MNvv=D.M、N两点向心加速度大小之比:2:1MNaa=【答案】D【解析】【详解】A．升

降杆匀速率转动，故转动过程中的动能不变，A错误；B．转动装置对升降杆做功等于升降杆重力势能变化12WmgL=B错误；C．由线速度与角速度关系vr=得M、N两点线速度大小之比:2:1MNvv=C错误；D．向心加速度表达式2namr=得M、N两点向心加速度大小之比:2:1

MNaa=D正确。故选D。11.在2023年9月21日的“天宫课堂”中，航天员演示了“动量守恒实验”，实验装置如图所示。在某次演示实验中，小钢球球心与大钢球球心在同一水平线上，小钢球以初速度v0沿水平方向从右向左撞击静止的大钢球。碰撞后，

当大钢球球心向左运动约8cm时，小钢球球心向右运动了约16cm。已知大钢球质量m1=500g，小钢球质量m2=100g。下列说法正确的是（）.A.碰撞瞬间，大钢球与小钢球的加速度大小之比为1∶5B.碰撞瞬间，大钢球与小钢球的加速度大小相等C.碰撞后，大钢球和小钢球的

速度大小总是相等D.碰撞后，大钢球和小钢球的动能总是相等【答案】A【解析】【详解】AB．两球碰撞时的相互作用力相等，根据Fma=碰撞瞬间，大钢球与小钢球的加速度大小之比为1221::1:5aamm==A正确，B错误；C．由题意可知，碰撞后，两球重心移动的距离之比为

速度之比，即碰撞后，大钢球和小钢球的速度大小之比为1:2，C错误；D．根据2k12Emv=可知，碰撞后，大钢球和小钢球的动能不相等，D错误。故选A。12.有一列满载的火车，以一定的初速度在水平轨道上做匀加速直线运动，它的加速度大

小为kg（k<1），g为重力加速度，则装满砾石的某节车厢中，位于中间位置的一个质量为m的砾石受到的周围其它砾石对它作用力的合力方向（）A.竖直向上B.与初速度方向相同C.与初速度方向夹角为，tanθk=D.

与初速度方向夹角，1tank=【答案】D【解析】【详解】砾石随火车一起在水平方向上做匀加速直线运动，加速度大小与火车相同，对砾石列牛顿第二定律，则所受合力为Fmamkg==合对砾石受力分析，砾石受到重力mg和其它砾石对它的总作用力F，如图：由图可知1tanmgFk==合故选D。13.现有一

质量为m的滑雪运动员从一定高度的斜坡自由下滑。如果运动员在下滑过程中受到的阻力恒定，斜面倾角为30°，运动员滑至坡底的过程中，其机械能和动能随下滑距离x变化的图像如图所示。重力加速度g取10m/s2。以下说法不正确的是（）A.运动员机械能减少60JB.运动员的质量为60kgC.运动员下滑时

加速度的大小为5m/s2D.运动员下滑过程中受到的阻力为60N为【答案】C【解析】【详解】A．运动员加速下滑的过程中，动能增大，机械能减小，由图像可知，运动员的机械能减小60J，A正确；D．运动员克服阻力做功等于机械能的减少量，则Efx=得60N60N1.0Efx===D正确；BC

．运动员下滑到底端的动能为2k1240J2Emv==又sin30mgfma−=22vax=得60kgm=，24m/sa=B正确，C错误。本题选择不正确的，故选C。14.某物理量X的表达式为234VXG=，其中是角速度，

V是体积，G是万有引力常量，据此可以判断X是（）A.密度B.质量C.周期D.线速度【答案】B【解析】【详解】表达式234VXG=中，角速度单位为s-1，V的单位m3，G的单位是N•m2•kg-2，根据牛顿第二定律可知1N=1kg•m•s-2故X的

单位为-123-1232-222-2(s)m(s)mkgNmkgkgmsmkg−==kg是质量的单位，可知即X表示的是质量。故选B第二部分本部分共6题，共58分。15.利用打点计时器可以完成很多实验。（1）某同学利用控制变量法探究加速度与力、质量的关系，实验装置如图1所示。实验

时打点计时器应接________（选填“直流”或“交流”）电源。在探究加速度a与质量m的关系时，他正确操作实验和处理纸带上的数据，得到如图2所示的1am−图像。由图像可知，小车的加速度a与小车的质量m成___

_____（选填“正比”或“反比”）。（2）某同学利用如图3所示的装置验证机械能守恒定律。某次实验中，得到如图4所示的一条点迹清晰的纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，相邻两点间的时间间隔为T，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知重物的质量为m，重力加速度为

g。在打下O点到打下B点的过程中，重物动能的增加量ΔEk=________，其重力势能的减少量ΔEp=________。【答案】①.交流②.反比③.()2218CAhhmT−④.Bmgh【解析】【详解】（1）[1]实验时打点计时器应接交流电源。[2]由图像可知，小车的加速度a与小

车的质量的倒数成正比，即加速度与质量成反比。（2）[3][4]根据平均速度可以表示中间时刻的瞬时速度，求得重物在B点的速度为2CABhhvT−=重物动能的增加量()22k201128CABhhEmvmT−==−重力势能的减少量pBEmgh=16.某同

学用如图所示的装置做“探究碰撞中的不变量”实验。（1）关于滑块A、B的碰撞，下列说法正确的是________（选填选项前字母）。A．两个滑块碰撞前必须有一个静止B．两个滑块碰撞后必须结合在一起C．两个滑块碰撞后可结合在一起，也可分开D．两滑块可以从整体静止到相互弹开（2）已知滑块A的

质量为mA，滑块B的质量为mB，遮光条的宽度均为d。实验中，滑块A从左向右通过光电门1后与静止的滑块B碰撞，碰后粘合成一体通过光电门2，遮光条A先后通过光电门1、2所对应的时间分别为T1、T2，则碰前滑块A的速度为________，判断两滑块在此次碰撞过程中动量是否不变，需要比较两滑块在碰撞

前的总动量________与碰撞后的总动量________是否相等。（用题目中所给物理量字母表示）（3）另一次实验中，测得滑块A质量为122.0g，滑块B的质量为222.0g。滑块A从左向右通过光电门1后与静止的滑块B（不带粘扣）碰撞，碰后，滑块A

与滑块B弹开，滑块B从左向右通过光电门2，滑块A从右向左通过光电门1。该同学将此实验测量数据进行处理并填入表格。1B/msv−1A/msv−1B/msv−1A/msv−AAmvBBmvAAmv

AABBvmmv+AABBmvmv+的()kgm/s()kgm/s()kgm/s()kgm/s()kgm/s00.8360.5310.1380.1020.1180.0170.1020.1

35该同学由此判断滑块A与滑块B碰撞过程系统的动量改变。你认为该同学的判断是否正确？________如果他判断的不正确，错误的原因是什么？___________【答案】①.CD##DC②.1dT③.A1dmT④.AB2()dmmT+⑤.不正确⑥.见解析【解析】【详解】（1）[1]在验证

碰撞过程中的动量守恒定律时，对两个物体碰撞前后的速度没有要求，可以都是运动的，也可以其中一个是静止的，还可以两滑块从原来静止到相互分开；同时对碰撞后的速度也没有要求，可以碰后粘在一起，也可以碰撞后分开。故选CD。（2）[2]碰前滑块A的速度为11dvT=[3][4]碰

后碰后粘合成一体通过光电门2时的速度为22dvT=两滑块在碰撞前的总动量为1A1A1dpmvmT==两滑块在碰撞后的总动量为2AB2AB2()()dpmmvmmT=+=+则判断两滑块在此次碰撞过程中动量是否不变，需要比较两滑块在碰撞前的总动量A1dmT与碰撞后的总动量AB2()dmm

T+是否相等。（3）[5][6]该同学的判断不正确，因为他在计算碰后滑块A与滑块B系统的末动量时未考虑动量的矢量性；考虑碰后滑块A反向运动，则碰后滑块A与滑块B系统的末动量为AABB0.017kgm/s0.118kgm/s0.101kgm/spmvm

v+=−==−+可知在误差允许的范围内，可认为滑块A与滑块B碰撞过程系统的动量保持不变。17.游乐场中过山车部分组成可抽象为图示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点，B点和D点在同一水平轨道上。质量为m的小

物块（可视为质点）从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点、C点和D点，而后沿轨道继续运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：（1）小物块通过B点时的速度大小vB；（2）小物块通过B点时，轨道对小物块

作用力的大小FB；（3）小物块通过D点时，轨道对小物块作用力的大小FD。【答案】（1）22BvgR=；（2）9BFmg=；（3）DFmg=【解析】【详解】（1）由动能定理有2142BmgRmv=可得22BvgR=（2）由向心力公式2BBmvFmgR−=可得9BFmg=（3）D点在水平轨道上，忽

略一切摩擦，所以小物块通过D点时，根据二力平衡可知轨道对小物块作用力的大小DFmg=18.某物理学习小组设计了一个测量风速的装置，其原理如图所示。用一根不可伸长的细线，悬挂一个质量为m的小球，风沿水平方向吹来时，细线偏离竖直方向。风速越大，细线与竖直方向的夹角越大，根据夹角

的大小可以指示出风速的大小。已知当风速为v0时，细线与竖直方向的夹角为θ0，重力加速度为g。完成以下问题：（1）画出小球的受力示意图；（2）求当风速为v0时，风对小球作用力的大小F0；（3）若风对小球作用力的大小与风速的平方成正比，即2Fv，推导风速v跟细线与竖直方向夹角θ之间的关系

。【答案】（1）；（2）00tanFmg=；（3）00tantanvv=【解析】【详解】（1）受力示意图如图所示（2）由平衡得，风对小球作用力的大小为00tanFmg=（3）由题意可知2000=tanFkvmg=又2tankvmg=得00tantanvv=19.未来中

国宇航员登陆月球表面，其任务之一是测量出月球表面的重力加速度，从而计算一下月球的质量。测量方案之一就是通过单摆测月球表面重力加速度。目前实验舱中有以下设备：摆球（直径约1cm）、刻度尺（量程30cm）、轻细线（1m左

右无弹性）、停表和足够高的固定支架。宇航员设计了如下实验步骤：①如图所示，将系好细线的摆球上端固定于O点；②将摆球拉开一个小的角度，然后由静止释放；③从摆球摆到最低点开始计时，测出n次全振动的总时间t1；④缩短细线长度，重复②、③步骤，测出n次全振动的总

时间t2；完成以下问题：（1）若细线缩短的长度为ΔL（ΔL小于刻度尺量程），请用t1、t2以及ΔL写出重力加速度g的表达式；（2）已知月球的半径为R、万有引力常量G，请结合（1）中g的表达式写出月球质量M的表达式。【答

案】（1）2222124nLgtt=−；（2）22222124()nLRGtt−【解析】【详解】（1）设原来细线长度为L，测出n次个振动的总时间t1，则对应周期为11tTn=根据单摆周期公式可得12LTg=若细线缩短的长度为ΔL，

测出n次个振动的总时间t2，则对应周期为22tTn=根据单摆周期公式可得12LLTg−=解得重力加速度表达式为：2222124nLgtt=−（2）根据万有引力与重力的关系有2GMmmgR=解得22222124()nLRMGtt=

−20.某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形

成瀑布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为H（不会随着水被抽走而改变水位），龙头离地面高为h，龙头喷水管的半径为r，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，龙头喷出的水直接落地（如图中虚线所示），其落地的位置到龙头管口

的水平距离为d=2h。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。完成以下问题：（1）求单位时间内从龙头管口流出的水的质量m0；（2）不计额外功的损失，求水泵输出的功率P。（3）在施工前，先制作一个为实际尺寸116的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度

应为实际水流速度的多少倍？【答案】（1）22rgh；（2）22rgghhH+（2）；（3）14【解析】【详解】（1）由题意可知龙头喷水管的半径为r，可知横截面积为2Sr=单位时间内从龙头管口流出的水的体积为0Vv

S=由平抛运动规律得002hdvtvg==联立解得体积为22Vrgh=单位时间内从龙头管口流出的水的质量为202mVrgh==（2）t时间内从管口喷出的的水体积为0VSvt=质量为0mVSvt==那么设t时间内水泵对水做的功为W，则

由动能定理可得2012WmghHmv=+（）+得水泵输出的功率为201+2WmPgHhvtt==+（）联立解得22PrgghhH=+（2）（3）可知模型中竖直高度和水平位移应都为原来的116，由212hgt=可得1=16hh模可知模型中的时间为1=4t

t模水平方向上由0xvt=可得116xx=模可解得014vv=模模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的14倍。