福建省福州2024-2025學年第一學期高三第二次質量檢測試卷物理答案

福州三中2024—2025學年第一學期高三第2次質量檢查參考答案一、單選題：本大題共4小題，共16.0分。1.【答案】C【解析】【分析】詳細解答和解析過程見【答案】【解答】A.國際單位制中，時間的單位是，故A錯誤；B.“2024年4月25日20時59分”是時刻，不是時間間隔，故B錯誤；C.研究對接后的組合體繞地球的運動周期時，組合體的大小和形狀可以忽略，可將組合體視為質點，故C正確；D.研究6名航天員在失重環(huán)境下擺出“疊羅漢”造型的過程時，不可將航天員們視為質點，故D錯誤。2.【答案】A【解析】根據，功率增大后，牽引力增大，則車開始做加速運動，隨著增大，開始減小，根據牛頓第二定律可知減小，故車做加速度減小的加速運動，當后，車做勻速運動，結合圖像斜率表示加速度可知A正確。3.【答案】C【解析】A.設繩與豎直方向的夾角為，如圖所示將球的速度分解，可知沿繩方向的分速度（即繩子的速度）為即該時刻玩具小車的速度為，故A錯誤；B.因球勻速上滑過程中角將增大，所以將減小，故小車做減速運動，故B錯誤；CD.球受三力作用處于平衡狀態(tài)，設球重為，則繩對球的拉力大小、球對墻的壓力大小分別為，因球勻速上滑過程中角將增大，則、均增大，故C正確，D錯誤。故選C。4.【答案】D【解析】解：衛(wèi)星繞行星做圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，圖象的斜率：。A.由題意可知，木星的質量大于地球的質量，由圖示圖象可知：，，木星與地球的質量之比：，故A錯誤；B.萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得線速度：，木星與地球的線速度之比：，故B錯誤；C.由圖示圖象可知：，地球的密度：，故C錯誤；D.由圖示圖象可知：，木星的密度：，故D正確。故選：D。衛(wèi)星繞行星做圓周運動，萬有引力提供做圓周運動的向心力，應用萬有引力公式與牛頓第二定律求出圖象的函數表達式，然后根據圖示圖象求出木星與地球的質量。行星繞太陽做圓周運動，萬有引力提供向心力，應用萬有引力公式與牛頓第二定律求出行星的線速度，然后求出線速度之比。應用密度公式求出地球與木星的密度。此題考查了萬有引力定律的應用，知道萬有引力提供向心力是解題的前提，根據萬有引力公式與牛頓第二定律求出圖象的函數表達式是解題的關鍵；應用萬有引力公式、牛頓第二定律與密度公式可以解題。二、多選題：本大題共4小題，共24.0分。5.【答案】BD【解析】解：A.物塊先做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為：物塊速度增加至與皮帶速度相同時所用時間為：物塊做勻加速直線運動的位移為：，然后物塊相對傳送帶靜止一起做勻速直線運動，故A錯誤；B.物塊做勻加速運動的過程中，傳送帶的位移為：物塊相對于傳送帶運動的位移大小為：則摩擦產生的熱量為，故B正確；C.物塊運動到皮帶右端時速度為，根據動能定理得傳送帶對小物塊做功為：，故C錯誤；D.傳送帶克服摩擦力做功為，故D正確。故選：BD。物塊在傳送帶上先做初速度為零的勻加速直線運動，根據牛頓第二定律求出物體的加速度，再由速度-時間公式求出物塊加速至與皮帶速度相同時所用時間，由位移-時間公式求出此過程的位移，與皮帶的長度比較，與從而分析此后物塊的運動情況。根據相對位移求摩擦產生的熱量。根據動能定理求傳送帶對小物塊做功。根據功的公式求傳送帶克服摩擦力做功。對于傳送帶問題，關鍵是要弄清楚物塊的運動情況，利用牛頓第二定律和運動學公式求解物塊勻加速運動的位移，從而判斷其運動情況。要注意摩擦生熱與相對位移有關。6.【答案】BD【解析】由得到，結合圖像可知，物塊運動的加速度大小，初速度，A項錯誤，B項正確；由，解得，C項錯誤，D項正確。故選BD。7.【答案】AC【解析】解：A.、兩物塊質量相同，根據向心力公式，可知物塊、一起轉動過程中所需向心力大小相等，故A正確；B.兩物體做勻速轉動的向心加速度大小恒定，受到的摩擦力提供向心力，，受到的摩擦力與角速度平方成正比，B錯誤；C.對、整體分析，當最大靜摩擦力提供向心力，有，解得，對進行分析，當最大靜摩擦力提供向心力，有解得，故、一起轉動的最大角速度為，此時圓盤對的摩擦力為，故C正確；D.由C選項分析可知，當圓盤越轉越快，到角速度角速度大于時，將離心運動，但不完全是背離圓心的方向，D錯誤。故選AC。8.【答案】CD【解析】A.剛施加力時，對、整體進行分析，根據牛頓第二定律有，解得對進行分析，根據牛頓第二定律有根據牛頓第三定律有解得對的壓力大小為，故A錯誤；B.假設、分離，則兩者之間彈力為0，對進行分析，根據牛頓第二定律有解得加速度大小為，方向豎直向下施加拉力后，對、整體進行分析，令平衡位置的壓縮量為，則有令整體相對平衡位置位移為，則回復力為解得可知，回復力大小與相對平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，整體做簡諧運動，根據簡諧運動的對稱性，整體運動的最大加速度為表明、整體先向上做加速運動，后向上做減速至0，速度減為0時的加速度大小小于分離時向下的加速度，可知，假設不成立，即施加力后，在運動過程中、不可能分離，故B錯誤；C.結合上述可知，運動到最高點時，整體加速度方向向下，大小為對整體分析有，解得即彈簧的彈力大小為，故C正確；D.靜止時設彈簧的壓縮量為，則，第一次速度最大的位置即平衡位置，平衡位置的壓縮量為，則有，則從靜止時位置到第一次速度最大的位置間的距離是，故D正確。三、填空題：本大題共3小題，共12.0分。9.【答案】；?！窘馕觥俊痉治觥扛鶕龉Χx、功率定義、圓周運動時線速度公式分析即可?！窘獯稹矿H對磨的拉力沿圓周切線方向，拉力作用點的速度方向也在圓周切線方向，故可認為拉磨過程中拉力方向始終與速度方向相同，故根據微元功原理可知，拉力對磨盤所做的功等于拉力的大小與拉力作用點沿圓周運動弧長的乘積，則磨轉動一周，弧長，所以拉力所做的功，根據功率的定義得，磨盤邊緣的線速度為。10.【答案】2.528.8【解析】解：在勻變速直線運動中，中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度，可知第時的瞬時速度為：根據加速度定義式可得加速度大小為：汽車的剎車時間：，則前6秒內的位移等于前的位移，則有：。故答案為：2.5；28.8。根據勻變速直線運動的規(guī)律求解第時的瞬時速度，根據加速度定義式可得加速度大??；求出汽車的剎車時間，根據運動學公式求解位移大小。本題考查了運動學中的剎車問題，注意汽車速度減為零后不再運動。所以解答此類問題的一般方法是先判斷速度減為零的時間，判斷給定的時間內汽車是否已經靜止，再選用合適的公式進行解答。11.【答案】1:4；0【解析】解：先對球受力分析，受重力和彈簧的拉力，根據平衡條件，有：再對、球整體受力分析，受重力、拉力和彈簧的拉力，如圖所示：根據平衡條件，有：根據胡克定律，有：，故得：；撤去的瞬間，彈簧的彈力不變，則球的受力情況不變，故加速度仍然為0。故答案為：1:4，0先對球受力分析，根據平衡條件求解彈簧的拉力；再對、球整體受力分析，根據平衡條件求解彈簧的拉力；最后根據胡克定律判斷兩個彈簧的勁度系數之比。撤去的瞬間，抓住彈簧的彈力不變，分析球的加速度。解決本題的關鍵要掌握整體法和隔離法的選擇技巧：當分析相互作用的兩個或兩個以上物體整體的受力情況及分析外力對系統的作用時，宜用整體法；而在分析系統內各物體（或一個物體各部分）間的相互作用時常用隔離法。整體法和隔離法不是獨立的，對一些較復雜問題，通常需要多次選取研究對象，交替使用整體法和隔離法。四、實驗題：本大題共2小題，共14.0分。12.【答案】（1）5.40；（2）最大值；（4）?！窘馕觥浚?）游標卡尺讀數為。（2）小球經過最低點時細線拉力最大，實驗中應記錄小球經過最低時繩子的拉力，故應記錄拉力的最大值。（3）由于遠大于小球的半徑，故單擺擺長近似等于繩長，在最低點，根據牛頓第二定律有，解得，故斜率為，縱截距，聯立可得。13.【答案】（2）增加；（3）1.90；（4）；。【解析】（2）由圖可知，紙帶上相鄰計數點間距離越來越大，說明小車做加速運動，則應對小車增加細砂；（3）相鄰計數點間的時間間隔為，由逐差法可知，加速度大小為；（4）設一個槽碼的質量為，設小車質量為，則有，由牛頓第二定律有，聯立可得，所以，，解得當地的重力加速度為，動摩擦因數為。五、計算題：本大題共3小題，共34.0分。14.【答案】解：（1）出手點離地面的高度為籃筐離地面的高度為籃球做斜拋運動，可逆向看作平拋運動，豎直方向有：代入數據解得：（2）籃球出手時，豎直方向分速度設出手時瞬時速度與水平方向的夾角為，由幾何關系得，則（3）由幾何關系得，水平分速度水平距離為答：（1）出手后，籃球在空中運動的時間為；（2）出手時瞬時速度與水平方向的夾角為37°；（3）水平距離為?！窘馕觥浚?）末速度水平的斜拋運動可逆向看作平拋運動，豎直方向為自由落體運動，根據位移-時間公式求解籃球在空中運動的時間；（2）根據速度-時間公式求解籃球豎直方向的分速度，根據幾何關系求解出手時瞬時速度與水平方向的夾角；（3）根據幾何關系求解水平方向的分速度，根據求解水平位移。本題考查斜拋運動，解題關鍵是知道末速度水平的斜拋運動可逆向看作平拋運動，將運動分解到水平方向和豎直方向，結合運動學公式和幾何關系列式求解即可。15.【答案】解：（1）小球在點且恰好與圓環(huán)間無相互作用，由平衡條件知：，解得：；，彈簧處于壓縮狀態(tài)（2）由彈簧處于壓縮狀態(tài)知：，解得：小球從到的過程，由動能定理得：在點由牛頓第二定律得：解得：由牛頓第三定律知對軌道的壓力等于（3）小球到達點時由題意可知，小球受到軌道對它向下的彈力在點由牛頓第二定律得：小球從到的過程，由動能定理得：解得：【解析】解決本題的關鍵要分析清楚小球的受力情況，要抓住小球通過和兩點時，彈簧的形變量相等，彈簧的彈力相等。16.【答案】解：（1）對工件和滑塊組成的整體，由牛頓第二定律得：，對滑塊，由牛頓第二定律得：，由牛頓第三定律，滑塊對擋板壓力的大小，代入數據解得：。（2）撤去推力時工件和滑塊的速度，此后，滑塊到達點前做勻速運動，工件做勻減速運動，設加速度大小為，由牛頓第二定律得：，設撤去推力后經時間滑塊滑到點，由題意得：，代入數據解得：。（3）滑塊滑過點后，設工件加速度大小為、滑塊加速度為，，，滑塊滑過點后經時間與工件速度相同，則，設此過程滑塊相對工件的位移為，則，此后兩者共同減速直至靜止，故，代入數據解得：。【解析】（1）先對工件和滑塊整體分析，根據牛頓第二定律求出加速度，然后對滑塊單獨分析，根據牛頓第二定律可求擋板對滑塊的力，根據牛頓第三定律可求滑塊對擋板的壓力大小。（2）求出撤