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天津市河西区2023-2024学年高三上学期期中物理试题含解析.pdf


文档分类:中学教育 | 页数:约15页 举报非法文档有奖
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】的内容,可以使用淘豆网的站内搜索功能,选择自己适合的文档,以下文字是截取该文章内的部分文字,如需要获得完整电子版,请下载此文档到您的设备,方便您编辑和打印。:..河西区2022—2023学年度第一学期高三年级期末质量调查物理试卷(答案在最后)一、单项选择题(共5小题,每小题5分,共25分。每道小题只有一个正确的答案。答对得3分;答错,不答得0分)—时间图象如图所示,该质点()【答案】D【解析】【详解】,前2s内,质点始终朝正方向运动,速度方向没有发生变化,A错误;,第2秒末斜率不变,所以加速度大小、方向均不变,B错误;,故质点位移为图线与坐标轴所围成的面积,不为零,C错误;,第4秒内和第5秒内的位移大小相同、方向相反,即第3秒和第5秒末的位置相同,D正确。故选D。、乙为两颗地球卫星,其中甲为地球同步卫星,乙的运行高度低于甲的运行高度,两卫星轨道均可视为圆轨道。以下判断正确的是()【答案】A【解析】【分析】:..【详解】?mr?2r2得GM??r3由甲的高度大于乙的高度,可知甲的角速度小于乙的角速度,A正确;?mar2解得Ma?Gr2由甲的高度大于乙的高度,甲的加速度小于乙的加速度,B错误;,是最大的环绕速度,则乙的速度小于第一宇宙速度,C错误;,轨道平面在赤道的上空,不可能运行时能经过北京的正上方,D错误。故选A。,某网球运动员正对球网跳起从同一高度O点向正前方先后水平击出两个速度不同的排球,排球轨迹如虚线Ⅰ和虚线Ⅱ所示。若不计空气阻力,则(),轨迹如虚线Ⅰ,轨迹如虚线Ⅱ的排球下降的高度较小【答案】A【解析】【详解】,竖直方向做自由落体运动,有1h?gt22下落时间为:..2ht?g可知两球下落高度相同,所用时间相同,故A正确;?gt?g?2ghyg可知两球下落相同高度时在竖直方向上的速度相同,故B错误;,虚线Ⅰ的排球下落高度较多,根据2ht?g可知轨迹如虚线Ⅰ的排球所用的时间较多,故C错误;,所以在相同时间间隔内下降的高度相同,故D错误。故选A。,两个圆锥内壁光滑,竖直放置在同一水平面上,圆锥母线与竖直方向夹角分别为30?和60?,有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动,下列说法正确的是()、B球受到的支持力之比为3:、B球的向心力之比为3:、B球运动的角速度之比为3:、B球运动的线速度之比为1:2【答案】C【解析】【详解】、B受力分析,受到重力和支持力,在竖直方向合力为零,则有Fsin??mgN解得mgF?Nsin?所以Fsin60?NA??3Fsin30?NB:..故A错误;,则有mgF?向tan?所以Ftan60?向A??3Ftan30?向B故B错误;,则半径r?htan?由牛顿第二定律可知mg?m?2rtan?解得1g??tan?h所以?tan60?A??3?tan30?B故C正确;??r解得rA?1rB故D错误。故选C。,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、,物体上升、:..【答案】C【解析】?(F?mg)h?E?E,得E?E?(F?mg)h,即F+mg=12N;【详解】对上升过程,由动能定理,kk0kk0(mg?F)(6?h)?E,即mg?F?k??8N,联立两公式,得到m=1kg、F=,k二、多项选择题(共3小题,每小题5分,共15分。每道小题有多个正确的答案。全部答对得6分;部分答对得3分;有答错或者不答得0分),轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块()【答案】AD【解析】【详解】,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得kx-f=max减小,a减小,当a=0时,物块速度最大,此时,物块在O点左侧;从加速度a=0处到O点过程,由牛顿第二定律得f-kx=max减小,a增大;当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得:..kx+f=max增大,a继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,故A正确,故B错误;,后做负功,故C错误;,由动能定理可得W-W=0弹f故D正确。故选AD。,成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成v,以恒定功率P在平直轨道上运动,经时间t达到该功率下的最大果。一列质量为m的动车,初速度为0v,设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内()??mv2?mv2m2m20【答案】BC【解析】P?Fv【详解】,根据可知动车的牵引力减小,根据牛顿第二定律得牵F?F?ma牵可知动车的加速度减小,所以动车做加速度减小的加速运动,A错误,B正确;,牵引力等于阻力,则额定功率为P?FvmC正确;,在t时间内,牵引力做功为W?Pt根据动能定理得:..11Pt?Fs?mv2?mv22m20D错误。故选BC。,一粗糙斜面固定在地面上,,,,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止,则在此过程中()【答案】BD【解析】【详解】如图所示,以物块N为研究对象,它在水平向左拉力F作用下,缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中,水平拉力F逐渐增大,绳子拉力T逐渐增大;对M受力分析可知,若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下,则随着绳子拉力T的增加,则摩擦力f也逐渐增大;若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上,则随着绳子拉力T的增加,、填空实验题(共2小题,共计12分),安装实验器材测量重力加速度g。已知物块A与遮光片的质量为m,遮光片中心Am,置于光滑的桌面上。锁定物块B,使系统保持静止状态。某时刻距光电门的高度为h。物块B质量为B:..解除锁定,物块A由静止开始向下运动,光电门记录遮光片的遮光时间?t(忽略绳和滑轮的质量,不计系统内的摩擦)。cm(1)用游标卡尺测出遮光片的宽度d,测量结果如图乙所示:遮光片的宽度d?___________;g?(2)重力加速度的表达式___________(用题中所给字母及所测量的物理量表示);(3)实验数据分析发现,测得的重力加速度g比真实值偏小,原因可能是___________。(任写一条即可)?m?4m??d2【答案】①.②.AB③.测得的重力加速度g比真实值偏小,原因可2h?m??t2A能是物块B与桌面间有摩擦力或绳与滑轮间有阻力作用。【解析】【详解】(1)[1]如图乙所示:?+?14?(2)[2]物块B置于光滑的桌面上,解除锁定,则物块A与B都从静止开始做匀加速直线运动,根据动滑轮原理,两物体的速度大小关系v?2vBA即a?t?2a?tB得a?2aB物块A下落h的速度为dv??t根据运动学公式d2???2a?h????t?:..解得d2a?2h??t2根据牛顿第二定律,对B和A分析T?m?2aBm?g?2T?m?aAA联立解得?m?4m??d2g?AB2h?m??t2A(3)[3]测得的重力加速度g比真实值偏小,原因可能是物块B与桌面间有摩擦力或绳与滑轮间有阻力作用。、质量的关系。(1)关于实验操作,下列说法正确的是________。,,实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车和砝码的质量M(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出)。已知打点计时器采用的交流电频率为50Hz,根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2(结果保留两位有效数字)。(3)该同学想利用该实验装置测出木块和木板间动摩擦因数,进行了如下操作:①将长木板重新平放于桌面上;②将小车更换为方形木块,为了能使细绳拖动木块在木板上滑动时产生明显的加速度,又往砂桶中添加了:..不少砂子,并测得砂桶和砂的总质量为m,木块的质量为M(m不再远小于M);③多次实验测得木块的加速度大小a;(M、m、a、g)的??________。请根据以上数据,写出动摩擦因数表达式mg?(M?m)a【答案】①.C②.③.Mg【解析】【详解】(1)[1],每次改变小车所受的拉力后不需要重新平衡摩擦力,故A错误;,实验时,应先接通打点计时器的电源,待打点稳定后,再释放小车,故B错误;,由牛顿第二定律可得F?Ma以砂和砂桶为对象,由牛顿第二定律可得mg?F?ma联立可得MmgmgF??M?mm1?M为了使细线拉力近似等于砂和砂桶的总重力,实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车和砝码的质量M,故C正确。故选C。(2)[2]相邻两计数点间还有四个点没有画出,可知相邻两计数点间的时间间隔为T??5s=,小车的加速度为(?????)?10?2a?m/s2??(3)[3]对整个系统,根据牛顿第二定律有mg??Mg?(M?m)a解得动摩擦因数为mg?(M?m)a??Mg:..四、计算题(共3小题,共计48分。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),质量M?23kg的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块与质量m?3kg的小球B相连。今用跟水平方向成??30?角的力F?103N拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动中A、B相对位置保持不变,g取10m/s2。求:(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角θ;(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。3【答案】(1)30?;(2)5【解析】【详解】(1)对B进行受力分析,设细绳对B的拉力为F,由平衡条件可得TFcos30??Fcos?,Fsin30??Fsin??mgTT解得3F?103N,tan??T3即θ=30°(2)对A进行受力分析,由平衡条件有Fsin??Mg?F,Fcos???FTNTN解得3??5:..,一可视为质点的物块在t?0时刻以v?8m/s的速度滑上一固定斜面,斜面足够长,斜面的03倾角??30?,物块与斜面间的动摩徖因数??。经过一段时间后物块返回斜面底端,取重力加速度5g?10m/s2。求:(1)物块向上和向下滑动过程中,物块的加速度大小;(2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间。【答案】(1)8m/s2,2m/s2;(2)3s【解析】【详解】(1)物块向上滑动过程中,根据牛顿第二定律有mgsin???mgcos??ma1物块向上滑动过程中,物块的加速度大小为a?8m/s21物块向下滑动过程中,根据牛顿第二定律有mgsin???mgcos??ma2物块向下滑动过程中,物块的加速度大小为a?2m/s22(2)物块从斜面底端运动至最高点的时间为vt?1?1s1a1物块从斜面底端运动至最高点的位移为11x?at2??8?12m?4m2112物块从最高点运动至斜面底端,根据动力学公式有1x?at2222解得物块从最高点运动至斜面底端所需的时间为t?2s2:..物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间为t?t?t?,半径R?1m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接,O为圆弧轨道ABC的圆心,B点为圆弧轨道的最低点,半径OA、OC与OB的夹角分别为53?和37?。在高h?,一质量m?2kg的小物块压缩弹簧后被锁扣锁住,储存了一定量的弹性势能E,若KPv向右滑下平台,做平抛运动恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道,打***扣K,小物块将以一定的水平速度0物块进入圆弧轨道后立即在A处放一个弹性挡板(碰撞过程机械能不损失)。已知物体与轨道CD间的动摩??????,重力加速度取10m/s2,,。求:E;(1)弹簧存储的弹性势能P(2)物体经过点时,对圆弧轨道压力F的大小;BN(3)物体在轨道CD上运动的路程s。29【答案】(1)9J;(2)86N,方向竖直向下;(3)m8【解析】【详解】(1)小物块离开平台后做平抛运动,将其A点速度沿水平和竖直方向分解,如图所示。由平抛运动规律知竖直分速度:..v2?2ghy解得v?2gh?4m/sy由几何关系可得物块的初速度v?vtan37??3m/s0y由机械能守恒定律可得弹簧储存的弹性势能为1E?mv2?9Jp20(2)对从水平面运动到B点的过程,由机械能守恒定律得??11mgh?R?Rcos53??mv2?mv22B20经过B点时,由向心力公式有v2F?mg?mBNR代入数据解得F?86NN由牛顿第三定律知,对轨道的压力大小为F'?86NN方向竖直向下。(3)物块从B运动到C过程由机械能守恒定律得11mv2?mgR(1?cos37?)?mv22B2C解得v?29m/sC物体沿轨道CD向上作匀减速运动,速度减为零后,由于mgsin37???mgcos37?,物体继续下滑至圆轨道上A点,碰后以原速返回后经过C点后继续上滑,如此反复,直到物体无法滑上C点,此过程由能量守恒1mv2??mgscos37?2C代入数据可解得:..29s?m8

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  • 时间2024-04-15