河南省周口中英文学校2020届高三物理上学期期中试卷（附解析Word版）

周口中英文学校 2019--2020 高三上期期中考试物理试题 一、选择题 1.如图所示，一小球从 A 点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达 B 点时速度为 v，到达 C 点时速度为 2v，则 AB：BC 等于（ ） A. 1:1 B. 1:2 C. 1:3 D. 1:4 【答案】C 【解析】 【详解】根据匀变速直线运动的速度位移公式 有： 所以 AB：AC=1：4 则 AB：BC=1：3 A.1:1 与分析不符，故 A 项错误； B.1:2 与分析不符，故 B 项错误； C.1:3 与分析相符，故 C 项正确； D. 1:4 与分析不符，故 D 项错误。 2.在无限大的光滑水平桌面上有一小球(可视为质点)处于平衡状态，从某时刻起，小球受到 水平方向的恒力作用，关于小球以后的运动，下列说法正确的是(  ) A. 小球可能做匀速直线运动 B. 小球只能做匀变速运动 C. 小球可能做匀速圆周运动 D. 小球可能做变速圆周运动 【答案】B 2 2 0 2v v ax− = 2 2 B AB vx a = 2 2 C AC vx a = 【解析】 在无限大的光滑水平桌面上有一小球(可视为质点)处于平衡状态，可能静止，也可能做匀速 直线运动．从某时刻起，小球受到水平方向的恒力作用，产生的加速度也是恒定的，所以小 球一定做匀变速运动，可能是直线，也可能是曲线，要根据合力与初速度的方向确定，故 B 正确，ACD 错误。 3.一条足够长 浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带 的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是 A. 黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B. 木炭包的质量越大，径迹的长度越短 C. 传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 D. 木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短 【答案】D 【解析】 【详解】A．因为木炭包相对于传送带向后滑，即相对于传送带向左运动，黑色径迹出现在木 炭包的右侧。故 A 错误。 BCD．根据牛顿第二定律得，木炭包匀加速运动时的加速度大小 设传送带的速度为 v，则木炭包速度达到传送带速度时经历的时间 位移 在这段时间内传送带的位移 x2=vt 则木炭包与传送带间相对位移大小，即径迹的长度 则知，径迹的长度与木炭包的质量无关，传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，动摩擦 的 mga gm µ µ= = v vt a gµ= = 1 2 vx t= 2 2 1 2 2 vt vx x x vt gµ= − = − = 因数越大，径迹越小。故 BC 错误，D 正确。 4.2018 年 1 月 12 日，我国以“一箭双星”方式成功发射第 26、第 27 颗北斗导航卫星，这两 颗卫星属于中圆地球轨道卫星（介于近地和同步之间的轨道）这两颗卫星（ ） A. 运行速度大于第一宇宙速度 B. 运行速度小于同步轨道卫星的运行速度 C. 发射速度大于第一宇宙速度 D. 发射速度小于同步轨道卫星的运行速度 【答案】C 【解析】 中圆地球轨道卫星 运转半径大于近地卫星的轨道半径，小于同步卫星的轨道半径，根据 可知运行速度小于第一宇宙速度，大于同步轨道卫星的运行速度，选项 AB 错误； 第一宇宙速度是最小的发射速度，则中圆地球轨道卫星的发射速度大于第一宇宙速度，选项 C 正确；因发射速度大于在中圆地球轨道上的速度，而在中圆地球轨道上的速度大于同步轨道 卫星的运行速度，则发射速度大于同步轨道卫星的运行速度，选项 D 错误；故选 C. 点睛：卫星问题关键是知道万有引力提供向心力的几种表达式；知道同步卫星的轨道特点以 及第一宇宙速度的含义. 5.一质量为 m 的物体放在光滑的水平面上，今以恒力 F 沿水平方向推该物体，在相同的时间 间隔内，下列说法正确的是 A. 物体的位移相等 B. 物体动能的变化量相等 C. F 对物体做的功相等 D. 物体动量的变化量相等 的 GMv r = 【答案】D 【解析】 【详解】A．物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐 增大。故 A 错误。 BC．由功的公式 W=FL 知道，在相同的时间间隔内，L 变大，则 F 做功增大。根据动能定理得 知，物体动能的变化量逐渐增大，故 BC 错误。 D．根据动量定理得：Ft=△P，F、t 相等，则△P 相等，即物体动量的变化量相等。故 D 正确。 6.如图所示，长为 L 的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的 垂在桌边，松手后链条 从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为(   ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 链条在重力作用而向下滑动，只有重力做功，其机械能守恒；可设桌面为零势能面，列出机 械能守恒方程可得出链条的速度。 【详解】设桌面为零势能面，链条的总质量为 m 开始时链条的机械能为：E1= 当链条刚脱离桌面时的机械能：E2= 由机械能守恒可得：E1=E2 即： 解得： 。 1 4 3 2 gL 4 gL 15 4 gL 4 gL 1 1·4 8mg L− 21 2 2 mgLmv − 21 1·4 8 2 2 L mgLmg mv− = − 15 4 gLv = 故应选：C。 【点睛】零势能面的选取是任意的，本题也可以选链条滑至刚刚离开桌边时链条的中心为零 势能面，结果是一样的，要注意重力势能的正负；抓住机械能守恒时，链条动能的变化取决 于重力势能的变化量。 7.小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图中位置无初速释放，在小 球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( ) A. 绳对球的拉力不做功 B. 球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能 C. 绳对车做的功等于球减少的动能 D. 球减少的重力势能等于球增加的动能 【答案】B 【解析】 AD、在小球下摆到最低点的过程中，绳对球的拉力做负功，球的机械能减小，选项 AD 错误； BC、对小球，由功能关系，球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能，绳对车做的功等于球 克服绳拉力做的功，选项 B 正确，C 错误. 故选 B 8.如下图所示，光滑半圆槽质量为 M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着 恰好位于槽的边缘处.若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为 ( ) A. 零 B. 向右 C. 向左 D. 不能确定 【答案】A 【解析】 对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球 和圆槽具有共同的速度，根据总动量守恒可知，此时的速度都为零，所以圆槽的速度为零， 所以 A 正确，BCD 错误．故选 A． 9.如图所示，一根长为 L 不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴 O，两端分别连接质量为 2m 的小 球 A 和质量为 m 的物块 B，由图示位置释放后，当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好 在水平轴 O 点，且此时物块 B 的速度刚好为零，则下列说法中正确的是(  ) A. 物块 B 一直处于静止状态 B. 小球 A 从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能守恒 C. 小球 A 运动到水平轴正下方时的速度大小为 D. 小球 A 从图示位置运动到水平轴正下方的过程中，小球 A 与物块 B 组成的系统机械能守恒 【答案】D 【解析】 【详解】当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴 O 点，所以小球 A 下降的高 度为 ，物块 B 会上升一定的高度 ，由能量守恒有 所以小 球 A 运动到水平轴正下方时的速度 ，C 错误；由于物块 B 会上升一定的高度，所以 B 物体不可能一直静止，故 A 错误；在整个过程中小球 A 与物块 B 组成的系统机械能守恒，B 错 D 对。本题选 D。 10.如图,水平地面上有三个靠在一起的物块 P、Q 和 R,质量分别为 m、2m 和 3m,物块与地面间 的动摩擦因数都为 。用大小为 F 的水平外力推动物块 P,记 R 和 Q 之间相互作用力与 Q 与 P 之间相互作用力大小之比为 k。下列判断正确的是( ) A. 若 ,则 B. 若 ,则 C. 若 ,则 D. 若 ,则 【答案】BD 【解析】 gL 2 L h 21·2m· 2 ·2 2 Lv mg mgh= − v gL> µ 0µ ≠ 5 6k = 0µ ≠ 3 5k = 0µ = 1 2k = 0µ = 3 5k = 【分析】 先用整体法求出物体的合外力，进而求得加速度；然后再用隔离法对 P、R 两物体进行受力分 析，利用牛顿第二定律即可求得 k； 【详解】三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动，则加速度： ，所以，R 和 Q 之 间 相 互 作 用 力 ： ， Q 与 P 之 间 相 互 作 用 力 ： ，所以 R 和 Q 之间相互作用力与 Q 与 P 之间相互作用力大小之比 ，由于不管 是否为零， 恒成立，故 B、D 正确，A、C 错误； 故选 BD。 【点睛】关键是要抓住三个物体的加速度相同，先对整体研究，得到加速度，然后应用隔离 法研究内力。 11.如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速 圆周运动，则它们的（  ） A. 周期相同 B. 角速度的大小相等 C. 线速度的大小相等 D. 向心加速度的大小相等 【答案】AB 【解析】 【详解】对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动， 故合力提供向心力； 6 6 F mga m µ−= 1 13 3 2F ma mg Fµ= + = 2 5 6F F ma mg Fµ= − − = 1 2 3 5 Fk F = = µ 3 5k = 将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtanθ ①； 由向心力公式得到：F=mω2r ②； 设绳子与悬挂点间的高度差为 h，由几何关系，得：r=htanθ ③； C、由①②③三式得 ，与绳子的长度和转动半径无关，故 C 正确； A、又由 知，周期相同，故 A 正确； B、由 v=ωr，两球转动半径不等，则线速度大小不等，故 B 错误； D、由 a=ω2r，两球转动半径不等，向心加速度不同，故 D 错误； 故选 AC. 12.如图所示，甲、乙传送带倾斜放置，并以相同的恒定速率 v 逆时针运动，两传送带粗糙程 度不同，但长度、倾角均相同．将一小物体分别从两传送带顶端的 A 点无初速度释放，甲传 送带上小物体到达底端 B 点时恰好达到速度 v；乙传送带上小物体到达传送带中部的 C 点时 恰好达到速度 v，接着以速度 v 运动到底端 B 点．则小物体从 A 运动到 B 的过程 A. 小物体在甲传送带上的运动时间比在乙上的大 B. 小物体与甲传送带之间的动摩擦因数比与乙之间的大 C. 两传送带对小物体做功相等 D. 两传送带因与小物体摩擦产生的热量相等 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据两个物体的总位移相等，v-t 图象的“面积”表示位移，作出两个物体的v-t 图象，可知 t 甲＞t 乙．故 A 正确。 B．v-t 图象的斜率表示加速度，由图知，甲匀加速运动的加速度小于乙匀加速运动的加速度， 由牛顿第二定律得： mgsinθ+μmgcosθ=ma 得 g h ω = 2T π ω= a=gsinθ+μgcosθ 则知 μ 小时，a 小，因此物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙小，故 B 错误。 C．根据动能定理得： 则得传送带对物体做功 h、v、m 都相等，则 W 相等，故 C 正确。 D．设传送带长为 L。 甲中：物体运动时间为： 物体与传送带间的相对位移大小为： △x 甲=vt 甲-L=L 物体的加速度为： 由牛顿第二定律得： mgsinθ+f 甲=ma 甲 得： 产生的热量为： 乙中：物体运动时间为 物体与传送带间的相对位移大小为： 21 2mgh W mv+ = 21 2W mv mgh= − 2 2L Lt vv = =甲 2 2 va L =甲 2 2 mvf mgsinL θ= −甲 21 2Q f x mv mgLsinθ= = −甲 甲 甲 1 2 1 2 L Lt vv = =乙 物体的加速度为： 由牛顿第二定律得： mgsinθ+f 乙=ma 乙 得： 产生的热量为： 则知乙与物体摩擦产生的热量较多，故 D 错误。 二.实验题 13.在“验证机械能守恒定律”的实验 （1）实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材．为完成此实验，除了所给的器材，从 图中还必须选取的实验器材是________． （2）下列方法有助于减小实验误差的是________． A．在重锤的正下方地面铺海绵 B．必须从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒 C．重复多次实验，重物必须从同一位置开始下落 D．重物的密度尽量大一些 （3）完成实验后，小明用刻度尺测量纸带距离时如图（乙），已知打点计时器每 0.02 s 打一 个点，则 B 点对应的速度 vB＝________m/s.若 H 点对应的速度为 vH，重物下落的高度为 hBH， 重物质量为 m，当地重力加速度为 g，为得出实验结论完成实验，需要比较 mghBH 与________ 的大小关系（用题中字母表示）． 1 1 2 2x vt L L= − = 甲 乙 2 2 2 2 v va L L = = ⋅ 乙 2mvf mgsinL θ= −乙 21 1 2 2Q f x mv mgLsinθ= = −乙 乙 乙 【答案】 (1). 电磁打点计时器和学生电源或者是电火花计时器，毫米刻度尺 (2). D (3). 1.35 m/s (4). mvH2－ mvB2 【解析】 【详解】（1）[1]．打点计时器的工作电源是交流电源，在实验中需要刻度尺测量纸带上点与 点间的距离从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而 可知瞬时速度．纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表．必须选取的实验器 材其名称是学生电源、电磁打点计时器或者是电火花计时器、毫米刻度尺． （2）[1]．A、在重锤 正下方地面铺海绵，是防止损坏仪器，故 A 错误； B、不一定要从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒，故 B 错误； C、重复多次实验时，重物不需要从同一位置开始下落，故 C 错误； D．选重物的密度尽量大一些，可以减小受到的阻力的影响，可减少实验误差，故 D 正确； （3）[3]．根据刻度尺 指示可知：AC 之间的距离为：xAC=5.90-0.50=5.40cm，根据匀变速直 线运动中时间中的速度等于该过程中的平均速度，可以求出 B 点瞬时速度的大小为： 根据功能关系 可知因此需要比较 ，与 mghBH 的大小，即可验证机械能是否守恒，所以要 验证的表达式为 14. 两位同学用如图所示装置，通过半径相同的 A、B 两球的碰撞来验证动量守恒定律。 的 的 1 2 1 2 25.40 10 1.35m/s2 2 0.02 AC B xv T −×= = =× 2 2 0 1 1 2 2mgh mv mv= − 2 21 1 2 2H Bmv mv− 2 21 1 2 2 BHH Bmv mv mgh− = （1）实验中必须满足的条件是 。 A．斜槽轨道尽量光滑以减小误差 B．斜槽轨道末端的切线必须水平 C．入射球 A 每次必须从轨道的同一位置由静止滚下 D．两球的质量必须相等 （2）测量所得入射球 A 的质量为 mA，被碰撞小球 B 的质量为 mB，图中 O 点是小球抛出点在水 平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球 A 从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均 落点的位置 P，测得平抛射程为 OP；再将入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放，与小球 B 相撞，分别找到球 A 和球 B 相撞后的平均落点 M、N，测得平抛射程分别为 OM 和 ON。当所测 物理量满足表达式 时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式 时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞。 （3）乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图 12 所示，将白纸、复 写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球 A、球 B 与木条的撞击点。实验时，首先将 木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放，撞击 点为 B′；然后将木条平移到图中所示位置，入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放，确定其 撞击点 P′；再将入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放，与球 B 相撞，确定球 A 和球 B 相撞 后的撞击点分别为 M′和 N′。测得 B′与 N′、P′、M′各点的高度差分别为 h1、h2、h3。若 所测物理量满足表达式 时，则说明球 A 和球 B 碰撞中动量守恒。 【答案】（1）BC； （2）mA·OP= mA·OM+ mB·ON；OP+OM=ON （3） 【解析】 试题分析：①A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后 的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故 A 错误； B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故 B 正确； C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故 C 正确； D、为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量，故 D 错误； 故选：BC． ②小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间 t 相等， 它们的水平位移 x 与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度， 若两球相碰前后的动量守恒，则 mAv0=mAv1+mBv2，又 OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得： mAOP=mAOM+mBON， 若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得： mAv02= mAv12+ mBv22， 将 OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t 代入得：mAOP2=mAOM2+mBON2； ③小球做平抛运动，在竖直方向上：h= gt2，平抛运动时间：t= ， 设轨道末端到木条的水平位置为 x，小球做平抛运动的初速度： vA= ，vA′= ，vB′= ， 如果碰撞过程动量守恒，则：mAvA=mAvA′+mBvB′， 将速度代入动量守恒表达式解得： 故答案为：①BC；②mAOP=mAOM+mBON；mAOP2=mAOM2+mBON2；③ 三.计算题 2 3 1 A A Bm m m h h h = + 15.如图所示，一光滑水平桌面 AB 与一半径为 R 光滑半圆形轨道相切于 C 点，且两者固定不 动。一长 L 为 0.8 m 的细绳，一端固定于 O 点，另一端系一个质量 m1 为 0.2 kg 的球。当球在 竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起使细绳处于水平位置时无初 速释放。当球 m1 摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量 m2 为 0.8kg 的小铁球正碰，碰后 m1 小 球以 2 m/s 的速度弹回，m2 将沿半圆形轨道运动，恰好能通过最高点 D。g=10m/s2,求： （1）m2 在圆形轨道最低点 C 的速度为多大？ （2）光滑圆形轨道半径 R 应为多大？ 【答案】①1.5m/s②0.045m 【解析】 【分析】 （1）球 m1 摆至最低点的过程中，根据机械能守恒定律求出到最低点时的速度，碰撞过程，根 据动量守恒列式求碰后 m2 的速度． （2）m2 沿半圆形轨道运动，根据机械能守恒定律求出 m2 在 D 点的速度．恰好能通过最高点 D 时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出 R． 【详解】（1）设球 m1 摆至最低点时速度为 v0，由小球（包括地球）机械能守恒： ，解得 v0=4m/s m1 与 m2 碰撞，动量守恒，设 m1、m2 碰后的速度分别为 v1、v2． 选向右的方向为正方向，则： m1v0=m1v1+m2v2 代入数值解得：v2=1.5 m/s （2）m2 在 CD 轨道上运动时，由机械能守恒有： …① 由小球恰好通过最高点 D 点可知，重力提供向心力，即： 的 2 1 1 0 1 2m gL m v= 2 2 2 0 2 2 1 1(2 )2 2 Dm v m g R m v= + …② 由①②解得：R=0.045m 【点睛】本题主要考查了动量守恒、机械能守恒定律、向心力公式的应用，要知道小球恰好 通过最高点时，由重力提供向心力． 16.如图，与水平面夹角 θ＝37°的斜面和半径 R=0.4m 的光滑圆轨道相切于 B 点，且固定于 竖直平面内．滑块从斜面上的 A 点由静止释放，经 B 点后沿圆轨道运动，通过最高点 C 时轨 道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数 μ=0.25。（g 取 10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8）求： （1）滑块在 C 点的速度大小 vC； （2）滑块在 B 点的速度大小 vB； （3）A、B 两点间的高度差 h。 【答案】（1）2m/s（2）4.29m/s（3）1.38m 【解析】 （1）由题意，在 C 处滑块仅在重力作用下做圆周运动，设滑块的质量为 m，由牛顿定律： 解得： （2）由几何关系，BC 高度差 H 为： 滑块由 B 到 C 的运动过程中重力做功，机械能守恒，以 B 为势能零点： 带入数据：vB=4.29m/s （3）滑块由 A 到 B 过程，由牛顿定律： 2 2 2 Dm vm g R = 2 Cvmg m R = 2 /Cv gR m s= = (1 cos37 ) 0.72H R m= + = 2 21 1 2 2B Cmv mgH mv= + 22B Cv gH v= + sin37mg f ma − = 解得： 解得：a=4m/s2； 设 AB 间距为 L,由运动公式：vB2=2aL 由几何关系：h=Lsin370 解得： 17.如图所示， 为半径 的 光滑圆弧轨道，下端 恰与小车右端平滑对接。小 车质量 ，车长 ，车上表面距地面的高度 ，现有一质量 的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到 端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表 面间的动摩擦因数 ，当车运动了 时，被地面装置锁定（ 取 ）。试求： （1）滑块到达 端时，轨道对它支持力的大小； （2）车被锁定时，车右端距轨道 端的距离； （3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】（1） 至 过程，由机械能守恒得 在 点，由牛顿第二定律得 解得 。 （2）设滑块滑上小车后经过时间 与小车速度相同，共同速度大小为 对滑块有： ， 对小车有： ， cos37N mg=  f Nµ= (sin37 cos37 )a g µ= −  2 sin37 1.382a Bvh m= = AB 0.8mR = 1 4 B 3kgM = 2.06mL = 0.2mh = 1kgm = B 0.3µ = 0 1.5st = g 210m / s B B 30N 1m 6J A B 21 2 BmgR mv= B 2 NB BvF mg m R − = N 30NBF = 1t v 1mg maµ = 1 1Bv v a t−= 2mg Maµ = 2 1v a t= 解得 ，因 故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了 ，则小车右端距 端的距离为 解得 。 （3） 。 解得 11m / s, 1sv t= = 1 0t t< 0.5s B ( )1 0 12 vs t v t t= + −车 1ms =车 1 12 2 Bv v vQ mgx mg t tµ µ + = = −  相对 6JQ =