文档内容
平许济洛 2023—2024学年高三第一次质量检测
物 理
全卷共６页，共１００分。考试时间９０分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号、考场号、座位号用笔填写在答题卡上。
2.每小题选出答案后、用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后、再
选涂其它答案，不能答在试卷上。
3.考试结束后，将答题卡上交。
一、选择题(本题共12小题、共40分。 1~8题每小题3分，9~12题每小题4分。1~8题只有一个选项符合
题意：9～12题有多个选项符合题目要求，全部选对得４分，选对但不全的得2分，有错选或不选得0
分)
1、关于做自由落休运动的物休，下列说法正确的是
A.为了研究自由落体运动，牛顿首先建立了平均速度、瞬时速度及加速度等概念
B.物体在任意相等时间间隔内的位移变化量相等
C.物体在某段位移内的平均速度等于在这段位移内初速度、末速度之和的一半
D.在同一位置先后释放两个物体，在落地前的运动过程中，它们的速度差不变，距离也不变
2.跷跷板是一种深受小朋友喜爱的游戏器械，如图所示为两个正在玩跷跷板游戏的小朋友(可视为质
点)。则关于该游戏，下列说法正确的是
A.两个小朋友运动的角速度相同
B.两个小朋友运动时所受的向心力相同
C.两个小朋友运动的线速度相同
D.两个小朋友运动的向心加速度相同
3.用轻质细线把小球a和b悬挂起来，二者静止时的状态如图所示。今对小球 a持续施加一个水平向
左的恒力，同时对小球b持续施加一个水平向右、同样大小的恒力(图中两力均未画出)。a、b小球最
后会达到新的位置再次静止不动。则a、b小球从最初时的静止位置到加上恒力后的静止位置的过程中，
下列说法正确的是
A.两个恒力对a、b小球均做正功
B.重力对a、b小球均做负功
C. a球的重力势能增加
D. b球的重力势能增加
4.一质量为8kg的小物块做直线运动，运动过程中其动能的平方根 √E 与时 间
k
t的关系如图所示，则小物块在运动过程中受到的合力大小是
A.96N B.48N
C.24N D.12N
5.2023年5月30日上午9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号 F 遥
十六运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射。该飞船与空间站对接后在距离地面约 400km(小于地球同 步
卫星高度)的圆形轨道上运行，如图所示。下列说法正确的是
A.飞船在对接后的运行过程中受力平衡
B.飞船在对接后的运行周期小于同步卫星的运行周期
C、飞船与空间站在同一轨道上通过加速完成对接
学科网（北京）股份有限公司D.空间站中的宇航员不受重力作用
5、在某次篮球比赛中，罚球队员站在紧靠罚球线处，双手将篮球举过头顶后抛出，篮球飞出后恰好
垂直击中篮板。已知罚球线与篮筐中心的水平距离为4.225m，篮筐离地高度为3.05m，篮筐直径为
45cm，击中篮板的位置在篮筐正上方约 40cm处，该运动员身高1.85m，双手向上伸直后离地的高度约
2.20m，篮球直径为 24.6cm，忽略空气阻力，g=10m/s²。则该运动员将篮球抛出时的速度大小最接近
于
A.5m/s B.8m/s C.10m/s D.12m/s
7.如图所示，在水平面上，一被锁定且处于压缩状态的轻弹簧左端固定、右端与物块 A拴接，物块
A、B并排紧挨着处于静止状态，质量均为m。已知物块A的下表面光滑，物块B的下表面与水平面间
的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。现使弹簧解除锁定，物块A 与B开始一起向右运动直到分离，
则在此过程中，下列说法正确的是
A. B与 A分离时弹簧处于原长状态
1
B. B与A分离时的加速度大小为 μg
2
C. B 与A分离之前，弹簧的弹性势能一直减少
2μing
D. B与A分离时，A 移动的距离大于
k
8.如图所示，光滑的大圆环用一细轻杆固定在竖直平面内，可视为质点的小环套在大圆环上。某时刻
将小环从大圆环的最高处由静止释放，小环沿大圆环滑动。设小环所在位置与大圆环最高处的连线与
竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，则小环滑动时的向心加速度大小aₙ与θ的关系图像正
确的是
9.一小孩用一细绳将木箱从离他较远的位置沿着水平面缓慢拉近，如图所示。已知木箱与地面之间的
动摩擦因数处处相同，不计细绳的质量，小孩双手离地的高度可认为不变。则在木箱缓慢靠近小孩的
过程中，下列说法正确的是
A.木箱对地面的压力逐渐增大
B.木箱对地面的摩擦力逐渐减小
C.木箱对地面的作用力逐渐减小
D、木箱对细线的拉力先增大后减小
10.有一种很火的益智玩具——“磁悬浮陀螺”，依靠磁场力可以让旋转的陀螺悬浮在空中，如图所
示。对处于悬浮状态的陀螺，下列说法正确的是
A.陀螺上各质点均处于平衡状态
B.陀螺处于完全失重状态
C.距离陀螺中心越远的质点，线速度越大
D.若陀螺绕其中心的转速为20r/s，则陀螺上距离中心1cm处质点的向心加速度大小约为160m/s²
11.安全问题是货车司机首要关注的问题，如图所示是货车司机在某一平直模拟公路上进行的“货车
学科网（北京）股份有限公司和挂车脱钩实验”。一货车后面连接着一挂车，在平直模拟公路上匀速直线行驶。已知平直模拟公路
上各处粗糙程度相同。在某一瞬间货车和挂车突然脱钩，货车在脱钩前、后牵引力不变，则在挂车停
止运动前，下列说法正确的是
A.货车和挂车组成的系统动量守恒
B.货车和挂车组成的系统机械能守恒
C.货车和挂车组成的系统动量不守恒
D.货车和挂车组成的系统机械能不守恒
12.如图所示，半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道 PQ竖直固定，底端与水平传送带相切，质量
m=1kg的小物块从圆弧轨道的最高点P由静止释放，到达最低点Q时滑上水平传送带。已知水平传送
带以大小ν=1m/s的速度逆时针匀速转动，小物块与传 送带间的
动摩擦因数μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s²,传送带 足够长。
下列说法正确的是
A.小物块第1次经过Q点时对圆弧轨道的压力大小为 30N
B.小物块在水平传送带上向右滑行的最远距离为4m
C.从小物块开始下滑至第1次返回Q点的过程中，小物块与传送带之间产生的热量为 12.5J
D.经过多次往复运动后，小物块最终将静止在Q点
二、实验题(本题共2小题,共15 分。13题6分,14题9分)
13.某实验小组利用如图所示的装置，探究在质量不变的情况下加速度与合外力的关系(已平衡摩擦
力)。小车上放有n个砝码，小车与砝码的总质量为 M，小桶质量为 m₀。每次从小车中取出一个砝码放入
小桶中，将小桶和桶内砝码的总重力视为合外力 F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出。多次改
变合外力 F的大小，计算相应的加速度。实验中，桶内的砝码取自小车中，故系统的总质量不变。以合外
力F为横轴、加速度a为纵轴，画出a-F图像，图像是一条过原点
的直线。
(1)a－F图像斜率的物理意义是 (填正确答案标号)
1 1
A. B.
M M+m
0
C. M D. M+m₀
(2)实验中，你认为把小桶和桶内砝码的总重力当作合外力F是 (填“合理”或“不合理”)
的。
(3)实验中， (填“需要”或“不需要”)满足“小车和车上砝码总质量”远大于“小桶和
桶内砝码总质量”的实验条件。
14.某实验小组采用如图所示的装置来验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
①安装仪器，并将木板一侧适当垫高以平衡摩擦力；
②将另一小车B(图甲中未画出)静置于 P处，在小车B中放入适当质量的重物；
③接通电源，轻推一下，使小车A 沿木板向下运动，A、B碰撞后粘在一起运动，打出一条如图乙所示
的纸带(图乙中的x₁、x₂均已测出)；
学科网（北京）股份有限公司(1)在步骤①中，平衡摩擦力的目的是 ；
(2)关于步骤①中平衡摩擦力的操作，下列最准确的是 (选填正确答案标号)；
A.将小车轻放于木板上，小车静止不动
B.轻推一下小车，目测小车做匀速直线运动
C.将小车连上纸带，接通电源，轻推一下小车，在纸带上打出一系列点，纸带上点迹分布均匀
(3)在图乙中， (填“x₁”或“x₂”)段对应的点是两车碰撞前打出的；
(4)測得小车A的质量为m₁，小车B的质量为m₂，重物的质量为Δm，那么在误差允许的范围内满足关
系式 (用m₁、m₂、Δm、x₁、x₂表示)，则在碰撞过程中系统动量守恒。
三、计算题(本题共4 小题,共45分。15题9分,16题9分,17题11分,18题16分,解答要写出必要的文字
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)
15.(9分)2023 年6月,中国天眼 FAST 发现了一个名为 PSRJ1953＋1844 的双星系统,该双星系统是目
前发现运行周期最短的脉冲星双星系统。假设该双星系统是由两颗质量之和为Ｍ的脉冲星组成，二者
之间距离为Ｌ，绕连线上某点做匀速圆周运动，引力常量为G,求
(1)该双星系统的运行周期T；
(2)该双星的线速度大小之和v。
16.(9分)如图所示，光滑、固定的长方形斜面 ABCD 与水平面间的夹角为α=30°，边长AB=3m，
AD=4m。一质量为 m=1kg的小物块在平行于斜面方向的恒力 F作用下，从A点由静止开始沿斜面滑动，
刚好能够从C点滑出，重力加速度g=10m/s²。求
(1)恒力 F最小时的大小与方向；
(2)在满足第(1)问的条件下，小物块到达 C点时的速度大小。
17.(11分)根据国际标准，滑梯的坡度应该在30°到50°之间。这个范围既能够保证游玩者的安全，
又能够让他们感受到刺激和快乐。如图所示为某景区所设计的一条玻璃滑道，为保证安全，要求游玩
者在倾斜滑道的滑行速度不超过 10m/s，在水平滑道末端 滑行速度
近似为零。现测得落差为H=45m的一段缓坡适合安装滑道， 全线采用
倾角θ=37°的倾斜滑道和水平缓冲滑道结合的方式，滑 行过程中
的游玩者与滑道之间的动摩擦因数均为μ=0.5，不计倾 斜滑道与
学科网（北京）股份有限公司水平滑道接合处的机械能损失，重力加速度g=10m/s²,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求
(1)一段倾斜滑道的最大长度；
(2)为保证游玩者最终能够停在滑道上，滑道总长度的最小值。
18.(16分)在竖直平面内，有一光滑倾斜轨道 PQ 与一足够长的水平直轨道 QH 通过一段极短光滑圆弧
平滑连接，长木板B放在水平轨道上，如图所示。某时刻使长木板 B 获得水平向左的速度而运动起来。
当B的速度为v₀ =9.0m/s时，把小物块C轻放在长木板B上，同时将另一小物块A(图中未画出)从斜
面上某高度处由静止释放。经过时间t₁，长木板B的速度恰好减为0，其左端刚好运动至Q点并与到
达此处的小物块A发生弹性碰撞(碰撞时间极短，不考虑再次碰撞)。又经过时间t₂，发现小物块C 和
长木板B同时停止运动，小物块 C 始终未脱离长木板 B。已知 B、C 的质量分别为 m =1.0kg、
B
m =2.0kg,长木板B 与水平轨道间的动摩擦因数μ₁=0.20，小物块C与长木板B间的动摩擦因数
C
μ₂=0.10,，倾斜轨道的倾角θ=53°，重力加速度取g=10m/s²,sin53°=0.80,不计空气阻力。求(计
算结果均保留两位有效数字)
(1)小物块C刚放到长木板B上时，B、C 的加速度大小；
(2)小物块C从放到长木板B上到最终停下来所用的总时间 l；
(3)小物块A 的质量 mʌ。
平许济洛 2023~2024 第一次高三物理参考答案及解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 C A D B B C D B BC CD AD ABC
1. 伽利略为了研究自由落体，首先建立了平均速度、瞬时速度及加速度的概念，A错；连续相等时间间隔的位
移差是定值，B错；自由落体为匀变速直线运动，平均速度等于初速度与末速度和的一半，C正确；先后释放
两个相同的小球，它们落地前速度差不变，距离越来越大， D错误。
2. B、C、D选项中，两个小朋友运动时线速度、向心加速度和所受的向心力的方向不同，故A正确, B、C、D
错误。
3.以a、b两球整体为研究对象受力，水平方向上两恒力平衡，重力没有水平分力，故 a上方绳子应该保持竖
直。再以b为研究对象，得a、b之间的绳子应该是倾斜的。故最终状态：a位置不变，b水平方向向右，竖直
方向向上移动，所以b球重力势能增加。D选项正确。
4.解析：由动量定理的关系式得： −Ft=mvₜ −mv₀
根据动量与动能的关系： p=√2mE
k
学科网（北京）股份有限公司F
可得： √E =− t+√E
k √2m k0
F
斜率：
|k|=12=
√2m
则合力: F=48N
故选 B。
5.解析：对接后，飞船做匀速圆周运动，受力不平衡，选项A错误；由于同步卫星的轨道半径大于飞船的轨道
半径，所以对接后飞船的运行周期小于同步卫星的周期，选项B正确；飞船在低轨道加速完成对接，选项C错
误；飞船中的宇航员处于完全失重状态，仍受到重力作用，选项D错误。
6.运动员抛出球垂直击中篮板，此运动可看做反向平抛运动。抛出时篮球离地面高度约 2.20m，击中篮筐高度
1
约 3.05m+0.4m=3.45m,故运动竖直高度约为 1.25m。由 ℎ = gt2 得运动时间 t=0.5s, 抛出竖直速度
2
x
v =>=5m/s。水平距离约为 4.225m+0.25-0.123m=4.5m, 水平速度 v = =9m/s。故脱手速度
y x t
v=√v2+v2, 最接近 10m/s。
x y
μmg
7. 物块A与物块B分离时, 对于B,根据牛顿第二定律可得:μmg=ma, 即a=μg。对于 A:kx=ma 得 x= ,
k
可知弹簧处于拉伸状态。选项A、B错误；解除锁定时弹簧处于压缩状态，分离时弹簧处于伸长状态，则B与A
分离之前，弹簧的弹性势能先减少后增加，错误。分离前，对于 A、B整体速度达到最大时，a=0，即
2μmg
kx₀=μmg，可得：x₀=x。必有. x >x +x,即 x > 。(或开始时弹簧压缩kx'>μmg, 故A 移动距离
A 0 A k
2μmg
x'+x大于 )。选项D正确;
k
8. 小环从最高点滑下，由机械能守恒定律得
1
则向心加速度
mg×2Rcos2θ= mv2
2
v2
故 B正确 a = =4gcos2θ
n R
9.木箱缓慢靠近小孩可认为木箱始终处于受力平衡状态，对木箱受力分析如图
水平方向
Fcosθ=F
f
竖直方向
Fsinθ+F =mg
N
又 F =μF
f N
联立得
μmg μmg 1 mg
F= = (其 tan= ) F =
μsinθ+cosθ √1+μ2sin(θ+) μ N 1+μtanθ
故随着θ从较小逐渐增大，摩擦力、支持力和木箱对地面的总作用力都减小。而对细线的拉力可能先减小后增
大。
学科网（北京）股份有限公司故选项 BC 正确
10.解析：陀螺做圆周运动，陀螺上各点所受合力为向心力；陀螺在竖直方向上受力平衡，所以选项A、B错误；
陀螺上各点属于同轴运动，距离中心越远的点，半径越大，向心加速度越大,选项C正确;ω=2πn=40πrad/s ,
向心加速度(a=ω²r= 160m/s² ,选项D正确。
11.对货车和挂车系统为研究对象，在水平方向上脱钩前后牵引力不变，总摩擦力也不变，水平方向上合外力
仍为零。故系统动量守恒。
脱钩后，设任意相等时间内，货车受摩擦力为 Fn、位移为x₁，挂车受摩擦力为 F₁₂、位移为x₂。牵引力
F=F +F ,外力对系统做功 Fx −F x −F x >0,，因x₁>x₂，故系统机械能增加。
f1 f1 1 f1 1 f2 2
1 v2
mgR= mv2 v =4m/s12.对小物块从释放到第一次经过Q点， 由动能定理得在Q点 : F −mg=m Q
2 Q Q N R
故 F '=F =30N,选项A正确；
N N
1
对木块从Q向右滑到最远速度为零，由 −μmgx=− mv2 得, x=4m。 选项B正确;
2 Q
ν
木块向右运动时用时 t = Q =2s,木块相对传送带位移 x1=x+vt₁=6m，返回时， 当木块速度与传送带相同时
1 μg
ν
将随传送带一起匀速运动，木块从速度减为零到与传送带同速用时 t = =0.5s,木块相对传送带位移
2 μg
v2
x =vt =0.25m, 故产生热量Q=μmg (x₁+x₂)=12.5J。选项C正确。除第一次外，之后小物块每次经过Q
2 22μg
点的速度大小都是1m/s，最终小物块在Q左右来回运动。 D错误。
13.(6分) (1)B ; (2)合理; (3)不需要。(每空2分)
解析：将车内的砝码转移到桶中，就保证了 M+m₀不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，
F 1
a= ,可见a-F图象斜率的物理意义是 , 系统的合外力就等于所悬挂小桶的总重力，不必满足
M+m M+m
0 0
M>m这样的条件。
14.(9分)
(1)为了保证小车所受的合外力为零(或保证小车在碰撞过程中满足动量守恒、或保证碰撞前、后保持匀速运
动) (2分) (合理即给分)
(2)C(2分); (3)x₁(2分); (4) m₁x₁=(m₁+m₂+Δm)x₂ (3分)。
解析：(1)动量守恒的条件是系统所受的合外力为零，所以平衡摩擦力的目的是保证小车所受的合外力为零；
(2)平衡摩擦力是让小车在运动过程中平衡，小车运动时很难通过视觉判断是否为匀速运动, 所以A、B错误,
C正确;
(3)因为两车碰撞后粘在一起，所以碰撞后两车的共同速度小于碰撞前小车 A的速度，在题图乙中，x₁对应的
点是两车碰撞前打出的；
x x
(4)设图乙中两段距离对应的时间为t，则两车碰撞前后的速度分别为： ν = 1 ,,ν = 2 两车碰撞过程中动
1 t 2 t
学科网（北京）股份有限公司量守恒：m₁v₁ = (m₁+m₂ +Δm)v₂
则有： m₁x₁=(m₁+m₂+Δm)x₂
√ L3 √GM
15.(9分) (1)T=2π (6分); (2)v +v = (3分)。
GM 1 2 L
解： (1)设双星系统中两个星球的质量分别为m₁、m₂，其圆周运动半径分别为n₁、r₂，则由万有引力定律
和牛顿第二定律得
m m 4π2
对星球 m₁,有: G 1 2=m ⋅ r ① (2分)
L2 1 T2 1
m m 4π2
对星球 m₂, 有: G 1 2=m ⋅ r ② (2分)
L2 2 T2 2
又 m₁+m₂=M、 r₁+r₂=L ③ (1分)
√ L3
联立①②③可得 T=2π ④ (1分)
GM
(2)由圆周运动知识，设两个星球的线速度大小分别为 v₁、v₂，
2πr 2πr 2π(r +r ) 2πL
则 v = 1,v = 2, 故 v +v = 1 2 = ⑤ (2分)
1 T 2 T 1 2 T T
√GM
联立④⑤可得 v +v = . (1分)
1 2 L
【注】解答过程合理即给分。
16. (9分) (1) F=3N(4分); (2)v=2√10m/s(5分).
解： (1)如图所示，对小球，沿AC方向做匀加速直线运动，
当力 F最小时有： Fₘ ᵢₙ=mgsinαsinθ (2分)
AB 3
又 tanθ= = 故sinθ=0.6 (1分)
AD 4
得 Fₘ ᵢₙ=3N 方向垂直A C斜 向上 (1分)
(2)对球,有 F =mgsinαcosθ (1分)
合
由A运动到C的过程，由动能定理得
1
F x = mv2 (2分)
合 AC 2
x =5m (1分)
AC
得小球在C点的速度 v=2√10m/s. (1分)
学科网（北京）股份有限公司【注】解答过程合理即给分。
17.(11分)
解：(1)游玩者从顶端沿斜面匀加速下滑，设游玩者质量为m，由牛顿第二定律得
mgsin37°- μmgcos37°=man (2 分) 代入数
据解得 a₁=2m/s² (1分)
由 v2=2a x (2分)
1 1 1
得 x₁=25m (1分)
(2)设倾斜滑道总长为s，水平滑道总长为x，对游玩者，从开始下滑到最终停在滑道上，由动能定理得：
mgH-μmgcos37°s-μmgx=0 (2分)
H
s= (1分)
sin370
解得 x=30m (1分)
则滑道总长度至少为L=s+x=105m. (1分)
【注】解答过程合理即给分。
18. (16分)( a =8.0m/s2,a =1.0m/s2。(4分)。
B C
3
(2) t=2.0s (4分); (3)m = kg≈0.43kg (8分) .
A 7
解：(1)小物块C放至长木板上后，先向左做匀加速直线运动，B做匀减速运动，
由牛顿第二定律可得，对C： μ m g=m a ① (1分)
2 C C C
对长木板B： μ m g+μ (m +m )g=m a ② (1分)
2 C 1 B C B B
解得 a =8.0m/s2;a =1.0m/s2。 (2分)
B C
(2)设C放上B后，经t₀时间，B、C速度相等，速度大小记为 v，则由运动学公式得
v=v −a t ③ (1分)
0 B 0
v=a t ④ (1分)
C 0
由于μ₂<μ₁,可知C、B共速后将继续相对运动，C做匀减速运动，加速度大小ac不变。
由运动的对称性知，C减速运动至停止的时间也是 t₀，所以C从放到长木板 B上到最终停下来所用的总时间为
t=2t₀ ⑤ (1分)
联立①②③④⑤可得 v=1.0m/s, t₀=1.0s, t=2.0s. (1分)故所求时间为2.0s。
学科网（北京）股份有限公司(3)与 C 共速后，长木板 B 向左匀减速运动，加速度大小为 a，则由牛顿第二定律得
μ (m +m )g−μ m g=m a (1分)
1 B C 2 C B
设再经 tB长木板B的速度减为0，则由1 v=at 得tB=0.25s (1分)
B
所以，长木板 B向左滑动的时间 t =t +t =1.25s (1分)
1 0 B
则A、 B 碰撞后, B向右运动的时间为 t₂= t-t₁=0.75s
设物块 A 与 B碰撞前后前的速度分别为vA、vB， 则碰前， 对A由动量定理可得
m gsinθ⋅t =m v ⑥ (1分)
A 1 A A
A、B碰撞过程， 由动量守恒定律可得 m v =m v +m v ⑦ (1分)
A A A 1 B 2
1 1 1
由机械能守恒定律得 m v2 = m v2+ m v2 ⑧ (1分)
2 Λ Λ 2 Λ 1 2 B 2
碰撞后，B向右做匀减速运动，直至停止，加速度大小仍为aB，直至停止，则有
v =a t ⑨ (1分)
2 B 2
3
将t₁、t₂代入并联立⑥⑦⑧⑨得 m = kg≈0.43kg (1分)
A 7
【注】解答过程合理即给分。
学科网（北京）股份有限公司
