文档介绍：该【2024学年福建省泉州市泉港二中物理高三第一学期期中教学质量检测试题含 】是由【小屁孩】上传分享，文档一共【14】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2024学年福建省泉州市泉港二中物理高三第一学期期中教学质量检测试题含 】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。:..2024学年福建省泉州市泉港二中物理高三第一学期期中教学质量检测试题考生请注意:、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题: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、人在平地上静止站立时,,在快速下蹲和蹬伸的过程中,人体受到的支撑力发生变化(如图,G为重力,F为支撑力).下列曲线能正确反映该变化的是().:..、,双臂竖直,身体悬垂;接着用力上拉使下颚超过单杠(身体无摆动);然后使身体下降,(),,最终悬垂时单臂的拉力不变3、质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示,该质点()、如图所示,体操运动员在比赛中,他先双手撑住吊环,然后身体下移,双臂缓慢张开到图示位置,此时连接吊环的绳索与竖直方向的夹角为α。已知他的体重为G,吊环和绳索的重力不计,则每条绳索的张力为():..??2cos?2sin?225、如图所示,实线为等量异种点电荷周围的电场线,虚线为以一点电荷为中心的圆,M点是两点电荷连线的中点。若将一正试探点电荷从虚线上M点移动到N点,设M、N两点的电势分别为φ、φ,此电荷在M、N两点的加速度分别为a、a,此电荷在MNMNM、N两点的电势能分别为E、E,<<>、如图所示为甲、乙两质点做直线运动的v-t图象,若两质点从同一地点出发,到t时1刻相遇,则下列说法正确的是()?8m/?12m/s2???3?,甲、乙相距的最大距离为3m1:..二、多项选择题: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,有多个选项是符合题目要求的。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、下列说法中正确的是(),,,,且瓶内压强高于外界压强,在缓慢漏气过程中(内外气体的温度相同且保持不变),则瓶内气体吸收热量且分子平均动能不变8、如图所示,传送带的水平部分长为L,传动速率为v,在其左端无初速度释放一小?木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为,则木块从左端运动到右端的时间可能是()LvL2L2LA.??gv?gv9、如图所示,质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上,有一质量为m的小滑块B以初速度v从左侧滑上木板,且恰能滑离木板,:(),,,,则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小10、如图所示电路中,闭合开关S,当滑动变阻器的滑片P从b端向a端滑动时,以下判断正确的是():..、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11.(6分)“用自由落体法验证机械能守恒定律”,器材安装如图所示.(1)请指出图中的错误及不妥之处(至少写出两处):....①_________________________________________.②_________________________________________.(2)改进实验中错误及不妥之处后,,根据纸带所给数据,打C点时重物的速度为________m/s(计算结果保留2位有效数字).v2(3)某同学选用两个形状相同质量不同的重物a和b进行实验测得几组数据,画出-h2的图象如图丙所示,求出图线的斜率k,由图象可知a的质量m__________(填“大于”1或“小于”)(4)通过分析发现造成k值偏小的原因是实验过程中存在各种阻力,已知实验所用重物2的质量m=,,求出重物所受的平均阻力2:..F=________N.(计算结果保留2位有效数字)f12.(12分)(1)在做“研究平抛物体的运动”实验时,为了能较准确地描绘运动轨迹,下面列出了一些操作要求,,,取下纸,(或方格纸)相触(2)如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分,图中背景方格的边长均为20cm,如果取g=10m/s2,那么:①照相机的闪光频率是_________Hz;②小球运动中水平分速度的大小是_________m/s;③小球经过B点时的速度大小是_________m/、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.(10分)如图所示,倾角为37°足够长的传送带以4m/s的速度顺时针转动,现将小物块以2m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带,小物块的速度随时间变化的关系如图所示,g=10m/s2,sin37°=,cos37°=,试求:(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大;(2)0~.(16分)如图所示,在与水平方向成53°的斜向上拉力F作用下,,经2s运动的距离为3m,随即撤掉F,小物块运动一段距离后停止。已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=,sin53°=,cos53°=,g=10m/::..(1)物块运动的最大速度;(2)F的大小;15.(12分)如图所示,一质量为m的物块在与水平方向成θ的力F的作用下从A点由静止开始沿水平直轨道运动,到B点后撤去力F,物体飞出后越过“壕沟”落在平台EG段。已知物块的质量m=1kg,物块与水平直轨道间的动摩擦因数为μ=,AB段长L=10m,BE的高度差h=,BE的水平距离x=。若物块可看作质点,空气阻力不计,g取10m/s2。(1)要越过“壕沟”,求物块在B点最小速度v的大小;(2)在第(1)问的条件下,计算物块落到平台时的瞬时速度v′;(3)若θ=37?,为使物块恰好越过“壕沟”,求拉力F的大小。参考答案一、单项选择题: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、D【解题分析】人腾空时支持力为零,故AC项错误,人在快速下蹲和蹬伸的过程中,加速度先向下,再向上,即先失重,再起重,故支持力先小于重力,然后大于重力,、C【解题分析】试题分析:在上升和下降过程中,人都是从静止开始,最终又回到静止状态,故上升时是先超重后失重,下降时是先失重后超重,而超重时是单杠对人的用力大于人的重力,:..失重时是单杠对人的作用力小于人的重力,故选项AB均错误;若增大两手间的距离,由于两手的合力等于人的重力,而重力不变,故两个分力的夹角越大,则需要分力也就越大,故选项C正确,:超重与失重,、D【解题分析】0—2s内速度图象在时间轴的上方,都为正,;速度时间图象的斜率表示加速度,由图可知1—3s图象斜率不变,加速度不变,方向没有发生改变,B错误;根据“面积”表示位移可知,前3秒内发生的位移为?11?x???2?2??2?1?m?1m,C错误;根据“面积”表示位移可知,前2秒与前6?22?秒的位移相同,所以2秒末和第6秒末的位置相同,.【题目点拨】速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移,速度的正负表示速度的方向,只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变;只要总面积仍大于0,、A【解题分析】运动员的受力简化为如图所示由共点力的平衡可知,在竖直方向上有2Fcos??GG解得F?2cos?5、B【解题分析】:E?ENM根据F?qE和牛顿第二定律可得:a?aNM故A错误;:..,根据电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面,所以有:???NM故B正确;,所以从M点移动到N点电势能增加,电场力对电荷做负功,故C、D错误。6、C【解题分析】C、由图可知,甲的加速度a?2m/s2,乙的加速度a?6m/s2,则1211???2t2??6?t?2?2t?3?3s,求得,C项正确;21211??????A、v?at?6?23m/s,A项错误;B、v?at?2?6?63m/s,B1112211项错误;D、0t内,甲、乙相距的最大距离为?x??2?6m?6m,.【题目点拨】本题是速度-时间图象问题,要明确斜率的含义,知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义,、多项选择题: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,有多个选项是符合题目要求的。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、ACE【解题分析】,分子间的引力和斥力都减小,选项A正确;,这是高原地区大气压较低的缘故,选项B错误;,功转变为热的宏观过程是不可逆过程,选项C正确;,它说明液体分子的永不停息地做无规则运动,选项D错误;,气体对外做功,而温度始终相等,内能不变,则气体需要吸收热量。因温度是分子平均动能的标志,则分子的平均动能不变,故E正确。故选ACE。8、ACD:..【解题分析】,速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动。匀加速直线运动的加速度a=μg匀加速运动的时间vt?1?g匀加速直线运动的位移v2v2x??12a2?g匀速运动的时间L?xLvt?1??2vv2?g则木块从左端运动到右端的时间Lvt?t?t??12v2?g故A正确;,到达右端的速度恰好为v,根据平均速度推论知vL?t2则运动的时间2Lt?v故B错误,D正确;,根据1L?at22得2L2Lt??a?g故C正确。故选ACD。9、CD:..【解题分析】A、滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的成积Q?mgl,因为相对位移没变,所以产生热量不变,故A错误;相对B、由极限法,当M很大时,长木板运动的位移x会减小,滑块的位移等于x?L减MM11小,对滑块根据动能定理??mg(x?L)?mv2?mv2,可知滑块滑离木板时的速M2120度v增大,把长木板和小滑块看成一个系统,满足动量守恒:Mv?mv?Mv?,可知101长木板的动量变化比较小,所以若只增大M,则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少,故B错;C、采用极限法:当m很小时,摩擦力也很小,m的动量变化减小,把长木板和小滑块看成一个系统,满足动量守恒,.?xx?LD、当很小时,长木板运动的位移会减小,滑块的位移等于减小故D正MM确.【题目点拨】本题应注意以下几点:1、、摩擦力与相对位移得乘积等于产生得内能,、AC【解题分析】当滑动变阻器的滑片P从b端向a端向下滑动时,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,总电流减小,通过L的电流减小;由2U=E-I(R+r)并L2知,变阻器与L并联部分电压增大,所以电压表示数变大,通过灯L的电流变大,故11AC正确,BD错误。故选AC。三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、【解题分析】(1)图甲中的错误及不妥之处:使用直流电源;重物离打点计时器太远;没有从上方提着纸带,而是用手托着纸带.(2)C的瞬时速度等于BD段的平均速度则::..??BD?m/s???f?mg?f?h?mv2?()h(3)根据动能定理:,则有,有图像得斜率22mmg?ffk??g?,b得斜率小,知b得质量小,?m?f?h1v?m?f??mv2?2(4)根据动能定理知,则有,可知2222m2mg?fk?2?,代入数据解得f?【题目点拨】本题实验题,对于实验一定要注意实验得操作要求以及数据处理;如果题目涉及图像问题,一定要结合图像求解,、ABF535【解题分析】(1)[1]调节使斜槽末端保持水平,是为了保证小球做平抛运动,故A正确;为要画同一运动的轨迹,必须每次释放小球的位置相同,且由静止释放,以保证获得相同的初速度,故B正确,C错误;平抛运动的竖直分运动是自由落体运动,在相同时间里,位移越来越大,因此木条(或凹槽)下降的距离不应是等距的,故D错误;球经过不同高度的位置记录在纸上后,取下纸,平滑的曲线把各点连接起来,故E错误;平抛运动的物体在同一竖直面内运动,固定白纸的木板必须调节成竖直,小球运动时不应与木板上的白纸相接触,以免有阻力的影响,,CDE错误.(2)[2]从图中看出,A、B、C间的水平位移均相等是3L,,即△y=gT2=2L=,解得:T=,频率1为:f??5HzT3L3?[3]球运动中水平分速度的大小:v??m/s?3m/?[4]小球经过B点的竖直分速度v??m/s?4m/syB2T2?:v?v2?v2?32?42m/s?5m/、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。713、(1)(2)18m8【解题分析】:..根据v-t图象的斜率求出物体运动的加速度,由牛顿第二定律求解物体与传送带间的动摩擦因数;速度图象的“面积”大小等于位移,物体在0-2s内的位移为负值,在2-8s内的位移为正值;在前6s内物体与传送带发生相对滑动,求出相对位移?x。【题目详解】(1)根据v-t图象的斜率表示加速度,可得物体的加速度大小为:?v2?0a??m/s2?1m/s2?t2由牛顿第二定律得:?mgcos370?mgsin370?ma带入数据解得:7??8(2)0-8s内只有前6s内物体与传送带发生相对滑动0-6s内传送带匀速运动距离为:s?4?6m=24m带速度图象的“面积”大小等于位移则0-2s内物体位移为:1s=?2?2m?-6s内物体位移为:1s=?4?4m?8m22所以划痕的长度为:?x?s+s-s=24+2-8m=18m带12【题目点拨】本题主要考查了传送带问题,根据图象分析物体的运动情况,求出位移和加速度,从而求出相对位移。14、8m/【解题分析】(1)小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动,后做匀加速直线运动,,经2s物块运动的最大速度,由1s?at22v2?2as:..解得v?8m/sm(2)对物体进行受力分析,建立如图所示坐标系解得F?、(1)4m/s(2)42m/s与水平方向呈45?角斜向右下方(3)【解题分析】(1)由B点做平抛运动恰好落到E点时,在B点有最小速度v,根据平抛运动位移公式:1h?gt22x?vt代入数据解得:t=,v=4m/s(2)水平速度为v?vx竖直方向速度为v?gty由运动的合成有v??v2?(gt)2?42m/s方向呈45?角斜向右下方。(3)在AB段,对物体进行受力分析,根据动能定理:1FLcos37???(mg?Fsin37?)L?mv22代入数据解得:F=。