天津市杨村第一中学2024-2025学年高一下学期第三次学业质量检测物理试题

天津市杨村第一中学2024-2025学年高一年级下学期第三次学业质量检测物理试题 一、单选题（每题5分） 1．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是（　　） A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．在最低点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 D．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量不为零 2．物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（　　） A．物体重力势能的增加量 B．物体动能的增加量 C．物体动能的增加量和重力势能增加量的总和 D．物体克服重力所做的功 3．中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的试验“火星 -500”。假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A．若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度 B．飞船在轨道Ⅰ上经过P点的速度大于在轨道Ⅱ上经过P点的速度 C．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度 D．飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度小于在Q点的速度 4．如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t =0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点（形变在弹性限度内），然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力F随时间t变化的图像如图所示，则（    ） A．t2～t3这段时间内，小球的速度先增大后减小 B．t1～t2 这段时间内，小球的速度始终在增加 C．t1～t3这段时间内，小球的机械能守恒 D．t2时刻小球的机械能最大 5．电影《夺冠》让人们想起了中国女排在奥运会夺冠的激动人心的时刻，女排队员的拼搏精神永远激励着人们奋发前进。一名排球运动员进行垫球训练，排球以的速度竖直向下打在运动员的手上，然后以的速度竖直向上飞出。已知排球的质量为250g，排球与手作用时间为0.2s。下列说法正确的是（　　） A．排球的动能变化量为 B．排球的动量变化量大小为 C．排球受到手的冲量大小为 D．排球对手的平均作用力大小为 二、多选题（每题5分） 6．如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值与滑动摩擦力大小相等，则（　　） A．时间内F的功率不变 B．时刻F的功率最大 C．时刻后物块A做反向运动 D．时刻物块A的动能最大 7．两个质量相同的小铁块A和B，分别从高度相同的都是光滑的斜面和圆弧斜面的顶点滑向底部，如图所示。如果它们的初速度都为零，则下列说法正确的是（　　）    A．下滑过程中重力所做的功相等 B．它们到达底部时动能相等 C．它们到达底部时速度相同 D．它们在下滑到最低点时重力的瞬时功率相同 8．据报道、一个国际研究小组借助于智利的天文望远镜观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点做匀速圆周运动，如图所示。假设此双星系统中体积较小的成员能“吸食”体积较大的星体的表面物质，达到质量转移的目的，且在演变过程中两者球心之间的距离保持不变，双星平均密度可视为相同，则在最初演变的过程中（    ） A．它们做圆周运动的万有引力保持不变 B．它们做圆周运动的角速度保持不变 C．体积较大的星体做圆周运动的轨道半径变大 D．体积较大的星体做圆周运动的向心加速度变大，线速度变大 三、实验题（12分） 9．“探究平抛运动特点”实验，我们可以用频闪照片记录小球运动位置。如图所示为一小球做平抛运动频闪照片的一部分，图中背景格的边长为5.0cm。通过计算分析，可求得物体做平抛运动的初速度大小为 m/s，B点的速度大小为 m/s。（g=10m/s2） 10．某小组利用如图所示装置进行“验证机械能守恒定律”实验。 (1)下列说法正确的是（   ） A．本实验应选用密度大、体积小的重物 B．释放纸带时，重物应远离打点计时器 C．在“验证机械能守恒定律”时不需要知道当地的重力加速度 D．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过计算出瞬时速度v （2）某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示．纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点．重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有 ． A．OA、AD和EG的长度        B．OC、BC和CD的长度 C．BD、CF和EG的长度        D．AC、BD和EC的长度 （3）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是 A．该误差属于偶然误差 B．该误差属于系统误差 C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差 D．可以通过消除空气阻力和摩擦阻力的影响来消除该误差 17．如图甲所示，学生将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证 (4)用如图所示实验装置验证机械能守恒定律，连接小车与托盘的绳子与水平桌面平行，带遮光片的小车位于气垫导轨上（图中未画出，视为无摩擦力），重力加速度为g，先接通电源，后释放托盘与砝码，测得如下物理量：遮光片宽度d，遮光片释放点到光电门的长度l，遮光片通过光电门的挡光时间Δt，托盘与砝码的总质量m1，小车和遮光片的总质量m2。若在误差允许范围内能证明这一过程中系统机械能守恒，则满足的关系式是 （用题干中的字母表示）。 四、解答题 11．（14分）如图所示，长为的轻杆一端可绕O点自由转动，杆的中点和另一端分别固定小球A、B（A质量为m，B质量为）。让轻杆从水平位置由静止释放，不计空气阻力和转轴处的摩擦，重力加速度大小为g，求： （1）小球B运动到最低点时速度； （2）小球转至最低点时，杆对B球的拉力FB； （3）在转动的过程中，杆对小球A做的功WA。 12．（16分）如图，一质量M＝6kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量m＝6kg，停在木板B的左端．质量为m0＝1kg的小球用长为L＝0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h＝0.2m，物块A与小球可视为质点，不计空气阻力．已知物块A、木板B间的动摩擦因数μ＝0.1，(g＝10m/s2)求： (1)小球运动到最低点与物块A碰撞前瞬间，小球的速度大小； (2)小球与物块A碰撞后瞬间，物块A的速度大小； (3)为使物块A、木板B达到共同速度前物块A不滑离木板，木板B至少多长？ 13．（18分）如图所示，粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，一质量m的小滑块可视为质点将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，经过B点后恰好能通过最高点C作平抛运动。已知：导轨半径R=0.4m，小滑块的质量m=0.1kg，小滑块与轨道AB间的动摩擦因数，AB的长度L=20m，设轻弹簧原长时弹性势能为零。求： （1）小滑块的落地点到B点的距离； （2）小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小； （3）弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能； （4）若仅改变AB的长度L，其他不变，使滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道，求出L的范围。    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．D【详解】A．机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故A错误； B．圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向上方，处于超重状态，则乘客重力小于座椅对他的支持力，故B错误； C．运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，速度在重力方向上的分量大小变化，所以重力的瞬时功率在变化，故C错误。 D．根据I=mgt可知，转动一周，乘客重力的冲量不为零，故D正确。故选D。 2．C【详解】根据动能定理即 地板对物体的支持力所做的功等于物体动能的增加量和重力势能增加量的总和。故选C。 3．A【详解】A．若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期T，由； 得A正确； B．飞船由轨道I变为轨道Ⅱ需在P点加速，故在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动经过P点速度，B错误； C．飞船在两轨道上P点时到地球中心距离相同，受地球引力即有 即加速度相同，C错误； D．由开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度，D错误。故选A。 4．A【详解】A、t2～t3这段时间内，弹簧从压缩量最大，到恢复原长，在此过程中小球先加速后减速，所以小球的速度先增大后减小，故A正确； B、t1～t2这段时间内，从刚接触到弹簧到弹簧压缩到最短，在这个过程中合力先向下后向上，所以小球的速度先增大后减小，故B错误； C、t1～t3这段时间内，由于弹力先做负功后做正功，所以小球的机械能不守恒，故C错误； D、t2时刻弹簧对小球做的负功达到最大，所以小球的机械能最小，故D错误； 综上所述本题答案是：A 点睛：小球先自由下落,与弹簧接触后,弹簧被压缩,在下降的过程中,弹力不断变大,当弹力小于重力时,物体加速下降,合力变小,加速度变小,故小球做加速度减小的加速运动,当加速度减为零时,速度达到最大,之后物体因为惯性继续下降,弹力变得大于重力,合力变为向上且不断变大,加速度向上且不断变大,故小球做加速度不断增大的减速运动. 5．B【详解】A．排球的动能变化量为 故A错误； B．取向下为正方向，排球的动量变化量为 所以排球的动量变化量大小为3.5kg·m/s，故B正确； C．根据动量定理有解得排球受到手的冲量为 所以排球受到手的冲量大小为4.0N·s，故C错误； D．排球对手的平均作用力为所以排球对手的平均作用力大小为20N，故D错误。 故选B。 6．AD【详解】A．由图可知时间内，，物块不运动，功率为零，保持不变，故A正确； B．由图像可知时刻F取最大值，加速度最大，但因为时间内，物块速度继续增加，力F减小，故不能判断时刻F的功率最大，故B错误； C．时刻，物块A速度 ，故时刻后一段时间内物块A做正向运动，故C错误； D．由图可知，在时间内，，物块做加速运动；在时刻后，，物块做减速运动，故时刻物块A的速度最大，动能最大，故D正确。故选AD。 7．AB【详解】A．下滑过程中重力所做的功为 由于小铁块A和B质量相同，可知下滑过程中重力所做的功相等，故A正确； BC．根据动能定理可得可得 可知它们到达底部时动能相等，速度大小相等，方向不同，故B正确，C错误； D．根据由于小铁块A和B下滑到最低点时的竖直分速度大小不相等，则重力的瞬时功率不相等，故D错误。故选AB。 8．BCD【详解】A．设体积较小的星体质量为，轨道半径为，体积大的星体质量为，轨道半径为，双星间的距离为，转移的质量为，万有引力 由数学知识可知，当时，引力最大，即二者的质量越接近，万有引力越大，A错误； B．根据牛顿第二定律，对则有 对则有 又因为解得 总质量不变，两者距离不变，则角速度不变，B正确； CD．根据牛顿第二定律可得解得 、、均不变，增大，则增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大；又因为， 体积较大星体的线速度也增大，向心加速度也增大，CD正确。 故选BCD。 9．[1]竖直方向，根据匀变速直线运动的推论解得 物体做平抛运动的初速度大小为 [2]根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，B点竖直方向速度大小为 B点的速度大小为 10．(1)A；（2）B ；（3） B ；(4) 【详解】（1）A．本实验应选用密度大、体积小的重物，以减少空气阻力的影响，故A正确； B．释放纸带时，重物应靠近打点计时器，故B错误； C．在“验证机械能守恒定律”时有需要知道当地的重力加速度，故C错误； D．实验中应用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，计算出瞬时速度v。如果直接用匀变速直线运动的公式计算速度，则默认了加速度为重力加速度，也默认机械能守恒，失去本实验的意义，故D错误。故选A。 （2）第二空.要能验证机械能守恒定律，需求解出一个计时点的速度，和从O点到该点的距离，而在计算计时点的速度时，是利用匀变速直线运动过程中某一段的中间时刻的速度等于该段的平均速度来求解的． A、当知道OA、AD和EG的长度时，无法算出任何一点的速度，A错误； B、当知道OC、BC和CD的长度时，能求出C点的速度，从求出O到C点的动能变化量，知道OC的长度，可以求出O到C重力势能的变化量，可以验证机械能守恒，B正确； C、当知道BD、CF和EG的长度，无法算出任何一点的速度，故C错误； D、当知道AC、BD和EC的长度，无法算出任何一点的速度，故D错误； （3）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这个误差是系统误差，无法消除，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，ACD错误，B正确． 第四空.若实验中重锤所受阻力不可忽略，根据动能定理得，解得，即当时，根据数学知识知B图正确． （4）根据机械能守恒定律得 ，整理得。 11．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）运动过程中机械能守恒，有 由题意可得，A、B的角速度相同，则有 解得 （2）在最低点时，对小球B有解得 （3）对A由动能定理得=mgL+WA解得 WA= 12．(1)4m/s (2)1m/s (3)0.25m 【详解】(1)对小球下摆过程，由机械能守恒定律得：解得：v0＝4m/s (2)对小球反弹后过程，由机械能守恒定律得：解得：v1＝2m/s 小球与物块A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向 由动量守恒定律得：m0v0＝－m0v1＋mvA解得vA＝1m/s (3)物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以物块A的速度方向为正方向 由动量守恒定律得：mvA＝(m＋M)v，解得v＝0.5m/s 由能量守恒定律得： 解得：x＝0.25m． 13．（1）0.8m；（2）6N；（3）5J；（4）或 【详解】（1）小滑块恰好能通过最高点C，有解得 根据得t=0.4s 小滑块的落地点到B点的距离 （2）从B到C根据动能定理有解得 在B点，对小滑块有解得 根据牛顿第三定律可得小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小为6N。 （3）设弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能为EP，根据能量守恒定律有 解得故弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能为5J。 （4）当小滑块恰好能通过最高点C做平抛运动时，AB的长度为20m，当滑块运动到与圆心O等高时速度为零，设此时AB之间的距离为L1，从A到与圆心等高位置，根据能量守恒定律可得 解得 物块恰好达到B点，根据能量守恒定律可得 解得 故要使滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道，则或。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$