福建省福州2024-2025学年第一学期高三第二次质量检测试卷物理答案

福州三中2024—2025学年第一学期高三第2次质量检查参考答案一、单选题：本大题共4小题，共16.0分。1.【答案】C【解析】【分析】详细解答和解析过程见【答案】【解答】A.国际单位制中，时间的单位是，故A错误；B.“2024年4月25日20时59分”是时刻，不是时间间隔，故B错误；C.研究对接后的组合体绕地球的运动周期时，组合体的大小和形状可以忽略，可将组合体视为质点，故C正确；D.研究6名航天员在失重环境下摆出“叠罗汉”造型的过程时，不可将航天员们视为质点，故D错误。2.【答案】A【解析】根据，功率增大后，牵引力增大，则车开始做加速运动，随着增大，开始减小，根据牛顿第二定律可知减小，故车做加速度减小的加速运动，当后，车做匀速运动，结合图像斜率表示加速度可知A正确。3.【答案】C【解析】A.设绳与竖直方向的夹角为，如图所示将球的速度分解，可知沿绳方向的分速度（即绳子的速度）为即该时刻玩具小车的速度为，故A错误；B.因球匀速上滑过程中角将增大，所以将减小，故小车做减速运动，故B错误；CD.球受三力作用处于平衡状态，设球重为，则绳对球的拉力大小、球对墙的压力大小分别为，因球匀速上滑过程中角将增大，则、均增大，故C正确，D错误。故选C。4.【答案】D【解析】解：卫星绕行星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，图象的斜率：。A.由题意可知，木星的质量大于地球的质量，由图示图象可知：，，木星与地球的质量之比：，故A错误；B.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得线速度：，木星与地球的线速度之比：，故B错误；C.由图示图象可知：，地球的密度：，故C错误；D.由图示图象可知：，木星的密度：，故D正确。故选：D。卫星绕行星做圆周运动，万有引力提供做圆周运动的向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出木星与地球的质量。行星绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出行星的线速度，然后求出线速度之比。应用密度公式求出地球与木星的密度。此题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，根据万有引力公式与牛顿第二定律求出图象的函数表达式是解题的关键；应用万有引力公式、牛顿第二定律与密度公式可以解题。二、多选题：本大题共4小题，共24.0分。5.【答案】BD【解析】解：A.物块先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：物块速度增加至与皮带速度相同时所用时间为：物块做匀加速直线运动的位移为：，然后物块相对传送带静止一起做匀速直线运动，故A错误；B.物块做匀加速运动的过程中，传送带的位移为：物块相对于传送带运动的位移大小为：则摩擦产生的热量为，故B正确；C.物块运动到皮带右端时速度为，根据动能定理得传送带对小物块做功为：，故C错误；D.传送带克服摩擦力做功为，故D正确。故选：BD。物块在传送带上先做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，再由速度-时间公式求出物块加速至与皮带速度相同时所用时间，由位移-时间公式求出此过程的位移，与皮带的长度比较，与从而分析此后物块的运动情况。根据相对位移求摩擦产生的热量。根据动能定理求传送带对小物块做功。根据功的公式求传送带克服摩擦力做功。对于传送带问题，关键是要弄清楚物块的运动情况，利用牛顿第二定律和运动学公式求解物块匀加速运动的位移，从而判断其运动情况。要注意摩擦生热与相对位移有关。6.【答案】BD【解析】由得到，结合图像可知，物块运动的加速度大小，初速度，A项错误，B项正确；由，解得，C项错误，D项正确。故选BD。7.【答案】AC【解析】解：A.、两物块质量相同，根据向心力公式，可知物块、一起转动过程中所需向心力大小相等，故A正确；B.两物体做匀速转动的向心加速度大小恒定，受到的摩擦力提供向心力，，受到的摩擦力与角速度平方成正比，B错误；C.对、整体分析，当最大静摩擦力提供向心力，有，解得，对进行分析，当最大静摩擦力提供向心力，有解得，故、一起转动的最大角速度为，此时圆盘对的摩擦力为，故C正确；D.由C选项分析可知，当圆盘越转越快，到角速度角速度大于时，将离心运动，但不完全是背离圆心的方向，D错误。故选AC。8.【答案】CD【解析】A.刚施加力时，对、整体进行分析，根据牛顿第二定律有，解得对进行分析，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有解得对的压力大小为，故A错误；B.假设、分离，则两者之间弹力为0，对进行分析，根据牛顿第二定律有解得加速度大小为，方向竖直向下施加拉力后，对、整体进行分析，令平衡位置的压缩量为，则有令整体相对平衡位置位移为，则回复力为解得可知，回复力大小与相对平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，整体做简谐运动，根据简谐运动的对称性，整体运动的最大加速度为表明、整体先向上做加速运动，后向上做减速至0，速度减为0时的加速度大小小于分离时向下的加速度，可知，假设不成立，即施加力后，在运动过程中、不可能分离，故B错误；C.结合上述可知，运动到最高点时，整体加速度方向向下，大小为对整体分析有，解得即弹簧的弹力大小为，故C正确；D.静止时设弹簧的压缩量为，则，第一次速度最大的位置即平衡位置，平衡位置的压缩量为，则有，则从静止时位置到第一次速度最大的位置间的距离是，故D正确。三、填空题：本大题共3小题，共12.0分。9.【答案】；。【解析】【分析】根据做功定义、功率定义、圆周运动时线速度公式分析即可。【解答】驴对磨的拉力沿圆周切线方向，拉力作用点的速度方向也在圆周切线方向，故可认为拉磨过程中拉力方向始终与速度方向相同，故根据微元功原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，则磨转动一周，弧长，所以拉力所做的功，根据功率的定义得，磨盘边缘的线速度为。10.【答案】2.528.8【解析】解：在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可知第时的瞬时速度为：根据加速度定义式可得加速度大小为：汽车的刹车时间：，则前6秒内的位移等于前的位移，则有：。故答案为：2.5；28.8。根据匀变速直线运动的规律求解第时的瞬时速度，根据加速度定义式可得加速度大小；求出汽车的刹车时间，根据运动学公式求解位移大小。本题考查了运动学中的刹车问题，注意汽车速度减为零后不再运动。所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。11.【答案】1:4；0【解析】解：先对球受力分析，受重力和弹簧的拉力，根据平衡条件，有：再对、球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：根据平衡条件，有：根据胡克定律，有：，故得：；撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，则球的受力情况不变，故加速度仍然为0。故答案为：1:4，0先对球受力分析，根据平衡条件求解弹簧的拉力；再对、球整体受力分析，根据平衡条件求解弹簧的拉力；最后根据胡克定律判断两个弹簧的劲度系数之比。撤去的瞬间，抓住弹簧的弹力不变，分析球的加速度。解决本题的关键要掌握整体法和隔离法的选择技巧：当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法。整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。四、实验题：本大题共2小题，共14.0分。12.【答案】（1）5.40；（2）最大值；（4）。【解析】（1）游标卡尺读数为。（2）小球经过最低点时细线拉力最大，实验中应记录小球经过最低时绳子的拉力，故应记录拉力的最大值。（3）由于远大于小球的半径，故单摆摆长近似等于绳长，在最低点，根据牛顿第二定律有，解得，故斜率为，纵截距，联立可得。13.【答案】（2）增加；（3）1.90；（4）；。【解析】（2）由图可知，纸带上相邻计数点间距离越来越大，说明小车做加速运动，则应对小车增加细砂；（3）相邻计数点间的时间间隔为，由逐差法可知，加速度大小为；（4）设一个槽码的质量为，设小车质量为，则有，由牛顿第二定律有，联立可得，所以，，解得当地的重力加速度为，动摩擦因数为。五、计算题：本大题共3小题，共34.0分。14.【答案】解：（1）出手点离地面的高度为篮筐离地面的高度为篮球做斜抛运动，可逆向看作平抛运动，竖直方向有：代入数据解得：（2）篮球出手时，竖直方向分速度设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为，由几何关系得，则（3）由几何关系得，水平分速度水平距离为答：（1）出手后，篮球在空中运动的时间为；（2）出手时瞬时速度与水平方向的夹角为37°；（3）水平距离为。【解析】（1）末速度水平的斜抛运动可逆向看作平抛运动，竖直方向为自由落体运动，根据位移-时间公式求解篮球在空中运动的时间；（2）根据速度-时间公式求解篮球竖直方向的分速度，根据几何关系求解出手时瞬时速度与水平方向的夹角；（3）根据几何关系求解水平方向的分速度，根据求解水平位移。本题考查斜抛运动，解题关键是知道末速度水平的斜抛运动可逆向看作平抛运动，将运动分解到水平方向和竖直方向，结合运动学公式和几何关系列式求解即可。15.【答案】解：（1）小球在点且恰好与圆环间无相互作用，由平衡条件知：，解得：；，弹簧处于压缩状态（2）由弹簧处于压缩状态知：，解得：小球从到的过程，由动能定理得：在点由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律知对轨道的压力等于（3）小球到达点时由题意可知，小球受到轨道对它向下的弹力在点由牛顿第二定律得：小球从到的过程，由动能定理得：解得：【解析】解决本题的关键要分析清楚小球的受力情况，要抓住小球通过和两点时，弹簧的形变量相等，弹簧的弹力相等。16.【答案】解：（1）对工件和滑块组成的整体，由牛顿第二定律得：，对滑块，由牛顿第二定律得：，由牛顿第三定律，滑块对挡板压力的大小，代入数据解得：。（2）撤去推力时工件和滑块的速度，此后，滑块到达点前做匀速运动，工件做匀减速运动，设加速度大小为，由牛顿第二定律得：，设撤去推力后经时间滑块滑到点，由题意得：，代入数据解得：。（3）滑块滑过点后，设工件加速度大小为、滑块加速度为，，，滑块滑过点后经时间与工件速度相同，则，设此过程滑块相对工件的位移为，则，此后两者共同减速直至静止，故，代入数据解得：。【解析】（1）先对工件和滑块整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后对滑块单独分析，根据牛顿第二定律可求挡板对滑块的力，根据牛顿第三定律可求滑块对挡板的压力大小。（2）求出撤