湖南省邵阳市2023-2024学年高三上学期10月期中物理（解析版）.docx

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物理试题一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.为了测一口枯井的深度，用一把玩具小手枪从井口竖直向下打出一颗弹珠，1.5s后听到弹珠撞击井底的声音，然后再用玩具小手枪从井口竖直向上打出另一颗弹珠，2.5s后听到弹珠从井口落回井底撞击的声音，假设弹珠从枪口射出速度大小不变，忽略声音传播时间，g取10m/s2，则（）A.枯井的深度为18.25mB.向下打出一颗弹珠，运动过程平均速度为12.5m/sC.弹珠从枪口射出速度大小为10m/sD.两种打出弹珠方式，弹珠到达井底的速度都为25m/s【答案】B【解析】【详解】AC．根据对称性，可知竖直向上打出的弹珠从井口到最高点的时间与最高点落回井口的时间相等，均为，根据可得弹珠从枪口射出速度大小为5m/s；从井口向下到井底，根据可知，枯井的深度为故AC错误；B．向下打出一颗弹珠运动过程平均速度故B正确；D．根据对称性，两次打出弹珠方式，子弹到达井底的速度一样，都为故D错误故选B。 2.一质量为2kg的物体在5个共点力作用下做匀速直线运动，现同时撤去其中大小分别为10N和15N的两个力，其余的力保持不变，下列关于此后该物体运动的说法中，正确的是（　　）A.可能做匀减速直线运动，加速度大小是15m/s2B.可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5m/s2C.可能做匀变速曲线运动，加速度大小可能是5m/s2D.一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是10m/s2【答案】C【解析】【分析】【详解】A．如果两个力的合力方向与匀速直线运动的方向相同，则撤去这两个力后，物体所受的合力与运动方向相反，做匀减速直线运动，因为合力范围为所以由牛顿第二定律可得，加速度的范围为故A错误；B．依题意，撤去这两个力后，物体的合力恒定，则加速度恒定，不可能做匀速圆周运动，故B错误；C．若撤去这两个力后，合力的方向与速度不在同一条直线上，则物体做匀变速曲线运动，加速度的范围为故C正确；D．物体可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故D错误。故选C。【点睛】解决本题的关键知道撤去几个力后，物体所受的合力恒定，根据牛顿第二定律知，加速度恒定，物体可能做匀变速直线运动，可能做匀变速曲线运动。3.如图所示，质量为和的两个物体放置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个大小分别为、的水平拉力分别作用于、上。则（）A.弹簧测力计示数是26NB.、共同运动的加速度大小为 C.突然撤去的瞬间，的加速度大小为D.突然撤去的瞬间，的加速度大小为【答案】D【解析】【详解】AB．以整体为研究对象，由牛顿第二定律得代入数据解得对受力分析，向左的和向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律得解得故AB错误；C．在突然撤去F2的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m1的受力没有发生变化，故加速度大小仍为2m/s2，故C错误；D．突然撤去的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律解得故D正确。故选D。4.如图，机场中长度为L=2m的水平传送带以v=1m/s的速度顺时匀速传动，现将质量为5kg的行李箱轻放在传送带的左端，行李箱与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5。行李箱可视为质点，重力加速度大小为g=10m/s2，则在行李箱被输送到传送带右端的过程中，下列说法错误的是（）A.行李箱在传送带上运动的时间为2.1sB.传送带对行李箱做了2.5J的功 C.传送带和行李箱间因摩擦产生的热量为5JD.因输送行李箱，传送带电动机额外消耗的电能为5J【答案】C【解析】【详解】A．行李箱在传送带上的加速度行李箱做加速运动的时间行李箱做加速运动的位移行李箱在传送带上匀速运动的时间为行李箱在传送带上运动的时间为故A正确；B．传送带对行李箱做的功为故B正确；C．传送带和行李箱间相对位移传送带和行李箱间因摩擦产生的热量为故C错误；D．因输送行李箱，传送带电动机额外消耗的电能为故D正确。本题选错误的，故选C。5. 一辆汽车在水平平直公路上由静止开始启动，汽车的输出功率与速度的关系如图所示，当汽车速度达到后保持功率不变，汽车能达到的最大速度为。已知汽车的质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，速度从达到所用时间为t，下列说法正确的是（　　）A.汽车速度为v0时，加速度为B.汽车的最大功率为C.汽车速度从0到过程中，加速度逐渐减小D.汽车速度从0到的过程中，位移为【答案】A【解析】【详解】AB．汽车速度为v0时，牵引力为，汽车速度为时，牵引力为，从到汽车功率恒定，则有解得根据牛顿第二定律可知，汽车速度为v0时，加速度为汽车的最大功率为A正确，B错误；C．牵引力功率为结合图像可知，阶段汽车的牵引力恒定，阶段牵引力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，汽车的加速度表示为 由此可以判断，阶段汽车加速度恒定，阶段汽车加速度逐渐减小，C错误；D．阶段汽车做匀加速直线运动，位移为阶段汽车的位移为，对汽车运用动能定理可得解得汽车速度从0到的过程中，位移为D错误。故选A。6.宇宙飞船飞临一颗半径为的未知行星，在距行星表面也为的圆轨道上做匀速圆周运动，周期为（如图）。宇宙飞船在A点沿圆周的切线方向发射一个探测器，使之沿椭圆轨道运动，恰好在点掠过行星表面后又能回到A点。已知万有引力常量为，则（　　）A.此未知行星的平均密度为B.探测器沿椭圆轨道运动时，周期C.探测器沿椭圆轨道运动时，周期D.探测器沿椭圆轨道运动时，在A点的速率大于在点的速率 【答案】B【解析】【分析】【详解】A．发射探测器前，宇宙飞船做半径的匀速圆周运动，设未知行星的质量为，宇宙飞船的质量为，则得所以A错误；BC．探测器椭圆轨道的半长轴，根据周期定律得所以B正确，C错误；D．A点是远日点，B点是近日点，由开普勒第二定律得，所以D错误。故选B。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为质量建筑材料从地面被吊起后在竖直方向运动的图像（竖直向上为正方向），重力加速度。根据图像下列判断正确的是（） A.在10~30s建筑材料的机械能增加B.46s时建筑材料离地面高度为28mC.在0~10s内塔吊拉力做功的功率为3030WD.在30~36s塔吊拉力对建筑材料做负功，其功率逐渐减小【答案】AC【解析】【详解】A．内，建筑材料向上匀速运动，建筑材料的动能不变，重力势能增加，建筑材料的机械能增加，故A正确；B．根据图像与横轴围成的面积等于位移可知，46s时建筑材料离地面的高度为故B错误；C．内建筑材料加速度大小为根据牛顿第二定律可得解得在内塔吊拉力做功的功率为故C正确；D．在内建筑材料向上减速运动，塔吊拉力对建筑材料做正功，其功率逐渐减小，故D错误。故选AC。8.如图所示三个装置，甲中桌面光滑，乙、丙中物块与桌面动摩擦因数相同，丙图中用大小为F=Mg的力替代重物M 进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是（）A.装置甲中绳上张力T甲＜MgB.无论怎么改变M和m的值，装置甲中物块m的加速度都不可能接近gC.装置乙、丙物块m的加速度相同D.装置甲中绳上的张力T甲小于装置乙中绳上的张力T乙【答案】AD【解析】【详解】A．对甲装置，由牛顿第二定律，得则绳张力小于重物M的重力，A正确；B．对整体分析，由牛顿第二定律得当M远大于m时，加速度接近g，B错误；CD．对装置丙，由牛顿第二定律得对装置乙，由牛顿第二定律，得 ，可知，装置甲中绳上的张力T甲小于装置乙中绳上的张力T乙，C错误，D正确。故选AD。9.如图甲所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，取斜面底端为重力势能的零势点，已知上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）A.木块上滑过程中，重力势能增加了B.木块受到的摩擦力大小为C.木块的重力大小为D.木块与斜面间的动摩擦因数为【答案】BD【解析】【详解】根据题意，由图乙可知，木块初状态的机械能全部为动能，大小为，末状态动能为0，机械能全部为重力势能，大小为AC．由上述分析可知，木块的重力势能增加了，由功能关系可知，克服重力做功为，设木块的重力大小为，由公式可得解得故AC错误； BD．根据题意可知，除重力做功外，只有摩擦力做功，设摩擦力大小为，由功能关系有解得又有解得故BD正确；故选BD。10.两个小球A、B中间用轻弹簧相连，放在光滑的水平面上，A球挨着左墙壁，质量为1.5kg。如图所示。若用水平向左的短时冲量作用于B球，B球将弹簧压缩，弹簧的最大弹性势能是4J，当A球离开墙壁瞬间，B球的动量大小是，下例说法正确的是（）A.从B开始运动到A离开墙壁的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒B.B球的质量是0.5kgC.墙壁受到的冲量大小为D.离开墙壁后弹簧的最大弹性势能是3J【答案】BCD【解析】【详解】A．A尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．所以A和B组成的系统的动量不守恒，A、B和弹簧组成的系统没有其他力做功，机械能守恒，故A错误；B．设B球的质量为，小球A离开墙壁瞬间速度为，根据题意可得 联立解得小球B的质量为故B正确；C．由机械能守恒定律可知小球B开始相左运动的速度也为，对A、B和弹簧组成的系统，根据动量定理可得墙壁对A、B和弹簧组成的系统的冲量根据牛顿第三定律可知墙壁受到冲量大小为，故C正确；D．离开墙壁后当，两个小球速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律解得弹簧弹性势能最大为故D正确。故选BCD。三、非选择题：共56分。考生根据要求作答。11.某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔相同时间发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，g=10m/s2。（1）关于该实验需要注意的问题，以下说法正确的是__。A.将斜槽的末端切线调成水平B.斜槽轨道必须光滑 C.将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行D.释放小球的位置越低实验的误差越小，且每次不必在同一位置由静止释放小球（2）小球平抛的初速度是___m/s，小球开始做平抛运动的位置坐标（）cm，______cm）【答案】①.AC##CA②.2③.-10④.-1.25【解析】【详解】（1）[1]A．为保证小球做平抛运动的初速度水平，将斜槽的末端切线调成水平，故A正确；BD．实验研究平抛运动的规律只需使从斜槽的末端飞出小球的初速度水平，大小相等，故斜槽轨道不需要光滑，每次必须在同一位置由静止释放小球，故BD错误；C．为保证小球做平抛运动，不受木板影响，将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，故C正确。故选AC。（2）[2]小球做平抛运动，竖直方向有解得,相邻两点的时间间隔为小球平抛的初速度是[3]小球在b点时竖直方向的速度为小球从抛出到运动至b点的时间小球开始做平抛运动的位置的横坐标[4]小球从抛出到运动至b点竖直方向的位移小球开始做平抛运动的位置的纵坐标 12.在验证机械能守恒定律的实验中，所用电源的频率为50Hz。某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测得各计数点到O点的距离，如图乙所示，图中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C分别是每打两个点取出的计数点。（1）从下列选项中选出实验所必须的器材，其对应的字母为________。A.打点计时器（包括纸带）　　B.重锤C.天平D.秒表（或停表）E.小车（2）若重锤的质量为1.00kg，当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了__________J；此时重锤的动能比开始下落时增加了_______J。（结果保留三位有效数字）（3）一同学分析得出的实验结果是重锤重力势能的减少量小于动能的增加量。下列对造成该实验结果的原因分析正确的是___________。A.空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力B.选用重锤的质量过大C.交流电源的频率大于50HzD.交流电源的频率小于50Hz（4）测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算对应速度v，然后以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出-h图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为____的直线，则验证了机械能守恒定律。A．19.6　　B．9.80　　C．4.90【答案】①.AB##BA②.1.85③.1.68④.D⑤.A【解析】 【详解】（1）[1]AB．需要使用打点计时器（包括纸带）打出纸带计算速度，需要使用重锤拖动纸带，故AB正确；C．要验证因重锤质量被约去，可以直接验证重锤质量可以不用测量，天平不是必须的器材，故C错误；D．该实验用不到秒表（或停表），故D错误；E．该实验用不到小车，故E错误。故选AB。（2）[2]重锤从开始下落到打B点时，减少的重力势能[3]打B点时速度计数点间时间间隔从重锤下落到打B点时增加的动能联立解得（3）[4]A．空气对重锤阻力和打点计时器对纸带的阻力，会导致重力势能部分转化为内能，则重力势能的减小量会略大于动能的增加量，故A错误；B．验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，选择质量较大的重锤，不会使得重力势能的减小量小于动能的增加量，故B错误；CD．若交流电的频率由于速度值仍按频率为50Hz计算，频率的计算值比实际值偏大，周期值偏小，算得的速度值偏大，动能值也就偏大，则可能出现 的结果。同理，交流电源的频率大于50Hz，则频率的计算值比实际值偏小，周期值偏大，算得的速度值偏小，动能值也就偏小，则可能出现故C错误，D正确。故选D。（4）[5]由得-h图像若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为的直线，则验证了机械能守恒定律。故选A。13.浏阳制作烟花鞭炮，历史悠久，素有“烟花鞭炮之乡”美誉。假设某浏阳花炮企业生产的某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出，到达最高点时炸开。礼花弹的结构如图所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个初速度并同时点燃延期引线。当礼花弹到最高点附近时，延期引线点燃礼花弹，礼花弹炸开。已知礼花弹质量，从炮筒射出的速度为，整个过程中礼花弹所受的空气阻力大小始终是其重力大小的倍，延期引线的燃烧速度为，忽略炮筒的高度，重力加速度取。（1）求礼花弹射出后，上升的最大高度；（2）要求爆炸发生在超过礼花弹最大高度的范围，则延期引线至少多长？ 【答案】（1）49m；（2）4.48cm【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律得根据运动学公式解得（2）根据联立得则14.为避免超高车辆对交通设施产生损害，在需保护的设施前方一定距离处应设置激光超高超限预警系统。当车辆高度超过预先设定好的高度时，预警系统发出指令让前方的预警屏提示司机车辆超高信息并指示行车路线诱导车辆绕行。为保证车辆行驶安全，绕行车道转弯处会设置一定的内、外高度差。假设一超高货车以的速度通过激光超高检测器，司机在距离绕行车道转弯处的地方看到屏的信息后经开始刹车货车做匀减速运动，行至绕行车道转弯处时的速度，恰好无侧滑趋势进入弯道。已知绕行车道的宽度，货车转弯时的半径，重力加速度取，货车可视为质点，较小时，可认为。求∶（1）绕行车道转弯处的内、外高度差。（2）货车刹车时的加速度大小。 【答案】（1）0.205m；（2）【解析】【分析】【详解】，（1）设弯道倾角为θ，货车恰好无侧滑趋势进入弯道时，对货车由牛顿第二定律得解得由于θ较小，可近似认为则绕行车道转弯处的内、外高度差解得h=0.25m（2）货车通过激光超高检测器时，从司机看到LED屏的信息到开始刹车，货车运动的位移货车刹车所产生的位移由运动学公式得解得 15.如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切。质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可以看成质点）。求：(1)子弹射入木块前的速度；(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得由以上两式解得(2)由动量守恒定律可知，第2，4，6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1，3，5…颗子弹射入后，木块运动。当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得由以上各式可得