江苏省盐城市建湖高级中学2023-2024学年高三上学期学情检测（一）物理 Word版含解析.docx

《江苏省盐城市建湖高级中学2023-2024学年高三上学期学情检测（一）物理 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2024届高三年级学情检测（一）物理试卷总分：100分时间：75分钟一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。1.奥运会跳水比赛是我国的传统优势项目。在某次10m跳台跳水训练中，若只研究运动员从最高点到水面的竖直下落过程，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（　　）A.为了研究运动员的技术动作，可将运动员视为质点B.运动员感觉水面在加速上升C.运动员速度变化越来越快D.位移就是路程【答案】B【解析】【详解】A．研究运动员的技术动作，不可将正在比赛的运动员视为质点，否则无法分辨他的动作和造型了。故A错误；B．根据运动的相对性，运动员加速下落，他感觉水面在加速上升。故B正确；C．运动员在下落过程中，只受重力，加速度为重力加速度，保持不变，所以运动员速度变化快慢不变，故C错误；D．运动员做单向直线运动时，其通过的路程等于位移的大小，故D错误。故选B。2.板跳水是我国的奥运强项，从运动员离开跳板开始计时，其图像如下图所示，图中仅段为直线，不计空气阻力，则由图可知（）A.段运动员做加速运动B.段运动员始终处于失重状态C.时刻运动员刚好接触到水面D.段运动员的加速度逐渐增大【答案】B【解析】 【详解】A．由图可以看出，t=0s时刻速度为负，t1时刻速度为零，0～t1段加速度方向与速度方向相反，因此0～t1段运动员向上做匀减速运动，故A错误；B．段为直线，加速度不变，只受重力作用，处于完全失重状态，故B正确；C．根据题意，在0～t2段运动员的加速度不变，t2时刻加速度开始减小，说明运动员除受到重力外还受到水的阻力作用，根据牛顿第二定律，运动员的加速度减小，因此t2时刻运动员刚好接触水面，故C错误；D．v-t图像斜率表示加速度，根据v-t图像可知，t3～t4段图线切线的斜率先增大后减小，因此运动员的加速度先增大后减小，故D错误。故选B。3.在“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，根据实验数据得到a，b两根弹簧的F－x图像如图所示，下列说法正确的是（　　）A.a的原长比b的长B.a的劲度系数比b的大C.弹性限度内施加同样大的力，a的形变量比b的大D.弹性限度内，两弹簧的弹力都与弹簧的长度成正比【答案】C【解析】【详解】A．因为图像的横截距代表弹簧原长，由图可知，a的原长比b的短，A错误；B．图像的斜率表示弹簧的劲度系数的大小，a的斜率比b的斜率小，所以a的劲度系数比b的劲度系数小，B错误；C．根据弹性限度内施加同样大的力，a的劲度系数比b的劲度系数小，则a的形变量比b的大，C正确；D．弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的形变量（伸长量或压缩量）成正比，弹力与弹簧的长度不成正比，D错误。故选C。4.我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主研制开发的，“蜘蛛侠”利用8 只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁或玻璃上自由移动。如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀速“爬行”到右上方B点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀速“爬行”到右上方B点，“蜘蛛侠”处于平衡状态，故在竖直面内受力平衡。故选B。5.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（　　）A.B. C.D.【答案】B【解析】【详解】设圆的半径为，半圆的半径为，则可知轨道长度为下滑的加速度根据运动学公式有则可得由于由此可得故选B。6.在长约1m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个大小适当的圆柱形红蜡块，玻璃管的开口端用胶塞塞紧，保证将其迅速竖直倒置后，红蜡块能沿玻璃管由管口匀速上升到管底。现将此玻璃管倒置安装在置于粗糙桌面上的小车上，如图所示。小车从A位置以初速度v0，开始向右先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，同时红蜡块沿玻璃管匀速上升。按照题图建立的坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是下列选项中的（　　） A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】红蜡块在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向先做匀减速直线运动后做匀加速直线，因此合加速度方向先水平向左，后水平向右。所以红蜡块的运动轨迹为曲线，根据轨迹向合加速度的一侧弯曲可知选项B正确。故选B。7.如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则（　　）A.B的加速度比A的大B.B的飞行时间比A的长C.B在最高点的速度比A在最高点的小D.B在落地时的速度比A在落地时的大【答案】D【解析】【详解】A．A、B两球都做斜上抛运动，只受重力作用，加速度即为重力加速度，A错误；B．在竖直方向上做竖直上抛运动，由于能上升的竖直高度相同，竖直分速度相等，所以两小球在空中飞行的时间相等，B错误；CD．由于B球的水平射程比较大，故B球的水平速度比A球的水平速度大，C错误，D正确。故选D。 8.如图所示，一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上，物块（可看做质点）静置于槽内最底部的A点处。现用一方向不变的斜向上的推力F把物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点，整个过程中，凹槽始终保持静止。设物块受到凹槽的支持力为，则在上述过程中下列说法正确的是（）A.F一直减小，先减小后增大B.F和都一直增大C.地面对凹槽的摩擦力一直增大D.地面对凹槽的支持力一直增大【答案】C【解析】【详解】AB．设物块的质量为m、圆形凹槽的质量为M。以物块为研究对象，受到重力、拉力和凹槽的支持力，由于拉力F的方向不变，支持力始终指向O点，作出矢量三角形如图所示物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点的过程中，支持力从竖直方向变为水平方向，根据图中表示力的有向线段可知：F一直增大，FN先减小后增大，故AB错误；CD．以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得地面对凹槽的支持力N=（m+M）g-Fsinθ由于F一直增大，则N一直减小；水平方向根据平衡条件可得地面对凹槽的摩擦力f=Fcosθ由于F一直增大，则地面对凹槽的摩擦力一直增大，故C正确D错误。故选C。9.如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个质量为M、高为h的物块上。若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，小球A的线速度大小为（　　） A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，B点的线速度等于木块的速度在垂直于杆方向上的分速度则杆的角速度小球A的线速度故选A。10.如图甲所示，倾角为的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行。时，将质量的物体（可视为质点）轻放在传送带上端，物体相对地面的图像如图乙所示，时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向重力加速度g取,。则（）A.传送带的倾角B.物体与传送带之间的动摩擦因数C.传送带上下两端的间距为D.物体在传送带上留下的痕迹长度为【答案】D【解析】 【详解】AB．由题图得0～1s内物体加速度根据牛顿第二定律得1～2s内加速度根据牛顿第二定律得联立解得θ=37°，μ=0.5故AB错误；C．由题可得物体0～2s内的位移大小即为传送带上下两端的间距，根据v-t图像与t轴所围的面积表示位移，可知位移故C错误；D．由题图知传送带的速率v0=10m/s，则0～1s内，物体的位移为传送带的位移为x2=v0t1=10×1m=10m故物体与传送带间相对位移大小为Δx1=x2-x1=10m-5m=5m物体相对传送带向上运动；1～2s内物体的位移为传送带的位移为x4=v0t2=10×1m=10m故物体与传送带间相对位移大小为Δx2=x3-x4=1m 物体相对传送带向下运动，痕迹重叠1m，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5m，故D正确。故选D。二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。11.用如图甲所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除阻力的影响，实验前必须补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力：（1）某小组补偿阻力时是这样操作的：将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图乙，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止，即认为刚好补偿阻力完毕。请问该小组补偿阻力的操作_________（选填“正确”或“不正确”）；（2）如果该小组已按（1）中的操作补偿阻力，保持M（小车质量）不变，通过改变砂桶中沙子质量，得到图像是下图中的_________（将选项代号的字母填在横线上）；A．B．C．D．（3）若在另一组实验过程中，保持M（小车质量）不变，通过改变砂桶中沙子质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度．根据测得的多组数据画出关系图线如图所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是_________。A．没有平衡小车与木板之间的摩擦B．木板倾斜角度过大C．所用小车的质量过大D．所加沙子的总质量过大 （4）打点计时器使用交流电频率，下图是某小组在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E每相邻两点之间还有4个点未标出，根据纸带所提供的数据，算得C点的速度大小为_________（结果保留两位有效数字）。（5）在本实验中认为细线的拉力F等于砂和砂桶的总重力，由此造成的误差是系统误差，设拉力的真实值为，为了使，应当满足的条件是_________。【答案】①.不正确②.C③.D④.0.60⑤.【解析】【详解】（1）[1]小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度，所以该同学的操作不正确，正确的操作应该为给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑。（2）[2]如果这位同学先如（1）中的操作，导致平衡摩擦力过度，因此当小车上还没有挂砂和砂桶时，小车应该就已经有加速度了，故ABD错误，C正确。（3）[3]用砂桶中沙子的重力代替拉力F，需要满足砂桶中沙子质量远小于小车质量。随着F的增大，不满足砂桶中沙子质量远小于小车质量时，a-F图线最后会略微下弯曲，故造成此现象的原因是所加沙子的总质量过大，故D正确，ABC错误。（4）[4]由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s根据匀变速直线运动的推论公式Δx=at2可以求出加速度（5）[5]对沙桶进行分析有对小车进行分析有根据题干要求有 解得12.如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材，由调速器、安全带、安全钩、缓降绳索等组成。发生火灾时，使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上，然后将安全带系在人体腰部，通过缓降绳索等安全着陆。如图乙所示，是某中学在某次火灾逃生演练现场中，逃生者从离地面18m高处，利用缓降器材由静止开始匀加速下滑，当速度达到6m/s时，以大小为2.5m/s2加速度减速，到达地面时速度恰好为零，g=10m/s2。求：（1）减速下滑过程位移大小；（2）到达地面整个过程的时间。【答案】（1）7.2m；（2）6s【解析】【详解】（1）匀减速下滑过程的位移大小为（2）匀加速下滑过程有解得匀减速下滑的时间为 到达地面整个过程的时间为13.如图，质量的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量的小球相连。今用跟水平方向成角的力拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g取。在运动过程中，求：（1）轻绳的拉力T；（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数。【答案】（1）5N；（2）【解析】【详解】（1）m处于平衡状态，受到重力、拉力F和轻绳拉力FT，如图所示以m为研究对象，由平衡条件得：水平方向竖直方向解得θ=30°，（2）以M、m整体为研究对象，设杆对M的支持力为FN，由平衡条件得：水平方向竖直方向 解得14.如图所示，从A点以的水平速度抛出一质量的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC，其中轨道C端切线水平，小物块通过半径光滑圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板M上，滑到C点时，对圆弧轨道C点的压力为，已知长木板的质量，物块与长木板之间的动摩擦因数，长木板与地面间的动摩擦因数，OB与竖直方向OC间的夹角，取，求：（1）小物块运动至B点时的速度大小；（2）木板至少为多长时，才能保证小物块不从木板上滑出；（3）若木板足够长，求小物块滑上木板后运动的时间。【答案】（1）4m/s；（2）3m；（3）2s【解析】【详解】（1）分解vB，得解得（2）C点，有解得小物块滑上长木板后所受的滑动摩擦力为 f1=μ1mg=0.5×1×10N=5N物块对长木板的滑动摩擦力大小f1′=f1=5N地面对长木板的最大静摩擦力f2=μ2（m+M）g=0.1×（1+2）×10N=3N所以长木板会运动，对小物块受力分析有μ1mg=mam对木块受力分析有μ1mg-μ2（m+M）g=MaM根据速度—时间关系有v共=vC-amt=aMt根据位移—时间关系有解得最短板长为（3）共速后，一起减速到停小物块滑上木板后运动的时间15.如图所示，固定在水平地面上斜面体上有一木块A（到定滑轮的距离足够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在木块A上施加一沿斜面向下的作用力F，使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数，斜面的倾角，铁块B下端到地面的高度，木块A的质量，铁块B的质量 ，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，，。(1)求细线的拉力大小；(2)当时，求木块A受到的摩擦力；(3)撤去力F，设铁块B落地后不反弹，求木块A能沿斜面上滑的最大距离。【答案】(1)5N；(2)0.8N；方向沿斜面向下；(3)1.75m【解析】【详解】(1)对铁块B和动滑轮整体受力分析有解得(2)对木块A受力分析，设斜面对木块A的摩擦力沿斜面向上解得即斜面对木块A的摩擦力大小为0.8N，方向沿斜面向下。(3)撤去力F，设绳上的拉力为，铁块B下落的加速度大小为，木块A沿斜面上滑的加速度大小为，由题意可得对铁块B由牛顿第二定律有对木块A由牛顿第二定律有解得 铁块B刚落地时由速度与位移关系得此时木块A的速度大小木块A的位移大小此后木块A加速度大小木块A继续向上运动的位移大小故木块A沿斜面向上运动的最大距离