福建省莆田市七中2020届高三物理上学期期中考试试题（Word版含解析）

2019—2020 学年上学期期中考试卷 高三物理 一、单选题（每小题只有一个正确选项） 1.将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v-t 图象如图所 示．以下判断正确的是 A. 前 3s 内货物处于失重状态 B. 前 3s 内与最后 2s 内货物的平均速度相同 C. 最后 2s 内货物只受重力作用 D. 第 3s 末至第 5s 末的过程中，货物的机械能守恒 【答案】B 【解析】 试题分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，根据平均 速度的公式比较前 3s 内和后 2s 内平均速度的大小．根据机械能守恒的条件判断机械能是否 守恒． 前 3s 内货物向上做匀加速直线运动，加速度向上，处于超重状态，A 错误．前 3s 内的平均速 度 ，后 2s 内的平均速度 ，这两段时间内的平均速度 相同，B 正确；最后 2s 内物体的加速度为 ，加速度大小为 3m/s2， 小于 g，根据牛顿第二定律可知货物受重力和拉力两个力作用，C 错误；第 3s 末至第 5s 末， 货物做匀速直线运动，重力势能增加，动能不变，机械能增加，D 错误． 2.目前海王星有 14 颗已知的天然卫星,“海卫一”是海王星的卫星中最大的一颗．若“海卫 一”绕海王星的运行轨道视为圆其轨道半径为 r,运行周期为 T,将海王星视为质量分布均匀且 半径为 R 的球体,引力常量为 G,则海王星的质量为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 3 6 3 /2 2 vv m s= = = 2 6 3 /2 2 vv m s= = = 20 6 3 /2 va m st ∆ −= = = −∆ 2 2 4 r GT π 2 2 4 R GT π 2 3 2 4 r GT π 2 3 2 4 R GT π【详解】海王星对海卫一的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，由万有引力定律： 解得：M＝ ，故选 C. 3.如图，一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持 F 的大小不变， 而方向与水平面成 60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为(　　) A 2－ B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即： ，当拉力倾斜时， 物体受力分析如图 由平衡条件得： ， ，又 ，得摩擦力 ： ，联立解得： ，故选 C. 4.如图所示，A、B、C 三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A 由静止释放， B 的初速度方向沿斜面向下，大小为 ，C 的初速度方向沿斜面水平，大小也为 ，最终三个 滑块均到达斜面底端，则 ( ) . 为 2 2 2 4mMG mrr T π＝ 2 3 2 4 r GT π 3 3 6 3 3 3 2 F mgµ= NF mg Fsinθ= − cos60f F=  Nf Fµ= ( ) cos60f mg Fsin Fµ θ= − =  3 3 µ = 0v 0vA. 滑到斜面底端时，A、B 和 C 的动能一样大 B. 滑到斜面底端时，B 的动能最大 C. A 和 B 滑到斜面底端过程中产生的热量不是一样多 D. A 和 B 滑到斜面底端动能相同 【答案】B 【解析】 试题分析:根据动能定理有 ，故末动能为 ，由于滑 块 A、B 初动能不同，故 B 的末动能大，滑块 B、C 比较，滑块 C 路程长，克服阻力做功较多， 故 B 的末动能最大，故选项 A 和 D 错误、选项 B 正确.滑块下滑产生的热量等于机械能减小量 即为克服阻力做的功，A 和 B 下滑阻力作功相同，则生热相同，C 的最大，选项 C 错误.故选 B. 考点：本题考查了功能关系、动能定理. 5.如图所示，质量相同的两小球(可看成质点)a、b 分别从斜面顶端 A 和斜面中点 B 沿水平方 向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是 A. 小球 a、b 在空中飞行的时间之比为 2︰1 B. 小球 a、b 抛出时 初速度大小之比为 2︰1 C. 小球 a、b 到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为 1︰1 D. 小球 a、b 到达斜面底端时的动能之比为 4︰1 【答案】C 【解析】 【分析】 根据下落的高度求出平抛运动的时间之比,结合水平位移和时间求出初速度之比,根据动能定 理求出小球到达斜面底端时的动能之比.抓住速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水 平方向夹角正切值的 2 倍,求出两球的速度方向与斜面的夹角关系. 【详解】A、因为 a、b 两球下落的高度之比为 2:1,根据 得, ,则飞行时间之 的 2 1G f k kW W E E− = − 2 1k G f kE W W E= − + 21 2h gt= 2ht g =比为 ,故 A 错误. B、a、b 两球的水平位移之比为 2:1,时间之比为 ,根据 知,初速度之比为 , 故 B 错； C、小球落在斜面上时,速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍,因为位移与水平方向的夹角相等,则速度与水平方向的夹角相等,到达斜面底端时速度方 向与斜面的夹角也相等,故 C 对; D、根据动能定理可以知道,到达斜面底端时的动能之比 代入已知量可知 ，故 D 错； 故选 C 6.如图所示，质量为 M=10kg 的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个 F=10N 的水平 恒力．当小车向右运动的速度达到 2．8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量 m=2．0kg 的小黑煤 块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0．20．假定小车足够 长,g=10m/s2．则下列说法正确的是（ ） A. 煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动 B. 小车一直做加速度不变的匀加速直线运动 C. 煤块在 3s 内前进的位移为 9m D. 小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为 2．8m 【答案】D 【解析】 试题分析：根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：μFN＝ma1，FN−mg＝0，代入数 据解得：a1＝2m/s2 刚开始运动时对小车有：F−μFN＝Ma2，解得：a2＝0．6m/s2，经过时间 t， 小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v1＝a1t，车的速度为：v2＝v+a2t，v1＝v2， 解得：t=2s，以后煤块和小车一起运动，根据牛顿第二定律：F＝（M+m）a3，a3＝ m/s2 一起 2 :1 2 :1 0 xv t = 2 :1 2 2 1 2 1 2 2 a a b b mv mghE hE mv mg + = + 2 1 a b E E = 5 6以加速度 a3＝ m/s2 做运动加速运动，故选项 AB 错误；在 2s 内小黑煤块前进的位移为：x1＝ a1t2＝ ×2×22m＝4m，然后和小车共同运动 1s 时间，此 1s 时间内位移为：x′1＝v1t′+ a3t′2＝4．4m，故煤块在 3s 内前进的位移为 4+4．4m=8．4m，故选项 C 错误；在 2s 内小黑煤 块前进的位移为：x1＝ a1t2＝ ×2×2 2＝4m，小车前进的位移为：x2＝v1t+ a2t2＝2．8×2+ ×0．6×22＝6．8m，两者的相对位移为：△x＝x2−x1＝6．8−4＝2．8m，故选项 D 正确． 故选 D． 考点：牛顿第二定律的应用 【名师点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物 体的运动情况，再根据运动学基本公式求解，难度适中． 二、多选题（每小题有 2 个或 2 个以上的答案，正确得 4 分，部分正确得 2 分，选错不得分） 7.如图所示，是利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路面上从静止开始加速行驶， 经过时间 前进距离 ，速度达到最大值 ，在这一过程中牵引力的功率恒为 ，小车所受阻 力恒为 ，那么在这一过程中（ ） A. 小车做加速度逐渐减小的加速运动 B. 小车做匀加速运动 C. 牵引力所做的功为 D. 牵引力所做的功为 【答案】AD 【解析】 从题意得到，太阳能驱动小车以功率不变启动，开始阶段小车所受 牵引力大于阻力，小车 的速度增大，由 P=Fv 知，牵引力减小，小车的合外力减小，加速度减小，做变加速运动，当 牵引力平衡后小球做匀速直线运动，速度达到最大．故 A 正确，B 错误；电动机的功率恒为 的 5 6 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 t s mv P f 21 2 mmv fs− PtP ， 故 牵 引 力 所 做 的 功 为 ； 根 据 动 能 定 理 得 ： ， 解 得 ： ，故 C 错误，D 正确；故选 AD． 【点睛】小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式 P=Fv 可知，牵引 力不断减小，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动；结合动能定理列式求解相关量即 可． 8. 如图所示，两个完全相同的轻弹簧 a、b，一端固定在水平面上，另一端均与质量为 m 的小 球相连接，轻杆 c 一端固定在天花板上，另一端与小球拴接．弹簧 a、b 和轻杆互成 120°角， 且弹簧 a、b 的弹力大小均为 mg，g 为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的 加速度大小为 A. a=0 B. a="g" C. a=1．5g D. a=2g 【答案】AD 【解析】 试题分析：弹簧 a、b 的弹力大小均为 mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大 小为 mg，轻杆对小球的拉力大小为 2mg，将轻杆突然撤去时，小球合力为 2mg，此时加速度大 小为 2g；当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为 mg，根据平衡条件，轻杆上的力 为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为 0，此时加速度大小为 0，故 A、D 正确，B、C 错误．故选 AD． 考点：考查牛顿第二定律；物体的弹性和弹力． 【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，关键抓住小球瞬间所受的合力，结合牛 顿第二定律进行求解． 9.如图所示，A、B 两卫星绕地球运行，运动方向相同，此时两卫星距离最近，其中 A 是地球 同步卫星，轨道半径为 r．地球可看成质量均匀分布的球体，其半径为 R，自转周期为 T.若经 过时间 t 后，A、B 第一次相距最远，下列说法正确的有 W Pt= 21 2 mPt fs mv− = 21 2 mW Pt mv fs= = +A. 在地球两极，地表重力加速度是 B. 卫星 B 的运行周期是 C. 卫星 B 的轨道半径为是 D. 若卫星 B 通过变轨与 A 对接之后，B 的机械能可能不变 【答案】AC 【解析】 【详解】A、对于卫星 A，根据万有引力提供向心力，可得：G m r，可得地球的质 量：M ，在地球两极，据万有引力等于重力，可得：m′g＝G ，联立解得： g ，故 A 正确； B、卫星 A 的运行周期等于地球自转周期 T．设卫星 B 的周期为 T′．当卫星卫星 B 比 A 多转 半周时，A、B 第一次相距最远，则有： t t＝π，解得：T′ ，故 B 错误； C、根据开普勒第三定律得： ，解得：rB= ，故 C 正确； D、卫星 B 通过变轨与 A 对接，则需要在原轨道上对卫星 B 加速，使万有引力不足以提供向心 力，做离心运动，最后与 A 对接，则卫星 B 的机械能要增大，故 D 错误． 10.如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球 A、B，A 以速度v1 斜向上抛出，B 以速度 v2 竖直向上抛出，当 A 到达最高点时恰与 B 相遇。不计空气阻力，A、B 质量相等且均可视为质 点，重力加速度为 g，以下判断正确的是 2 3 2 2 4 r T R π 2Tt T t+ 2 3 2 2 tr t T    +  2 Mm r = 2 2 4 T π 2 3 2 4 r GT π= 2 'Mm R 2 3 2 2 4 r R T π= 2 'T π 2 T π− 2 2 Tt T t = + 3 2 3 2'B r T r T = 2 3 2 2 tr t T    + A. 相遇时 A 的速度一定为零 B. 相遇时 B 的速度一定为零 C. A 从抛出到最高点的时间为 D. 从抛出到相遇 A、B 竖直方向速度的变化量相同 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．相遇时 A 还具有水平速度，则相遇时 A 的速度不为零，选项 A 错误； B．因 A 在最高点的竖直速度为零，AB 竖直方向运动情况相同，则相遇时 B 的速度一定为零， 选项 B 正确； C．两球运动到最高点的时间相等，即 ，选项 C 正确； D．根据 可知，从抛出到相遇 A、B 竖直方向速度的变化量相同，选项 D 正确。 第 II 卷（非选择题) 三、实验题 11.某同学用如图甲所示实验装置来探究当地的重力加速度的大小．让 从高处由静止下落， 拖着的纸带被打点计时器打出一系列的点，O 是打下的第一个点，每相邻两个计数点之间 还有 4 个点未标出．计数点问距的测量数据如图乙所示．已知 ，打点计 时器的频率为 50Hz．所求结果均保留两位有效数字． 2v g 2vt g = v gt∆ = 2m 1m 1 250 , 150m g m g= =(1)在打计数点 D 时纸带的速度 ________m／s；纸带的加速度大小 _______m／s2． (2)若某同学测得各计数点到 O 点的距离为 h，作出的 图象如图丙所示，则测得当地的 重力加速度 g=___________m／s2． 【答案】 (1). 1.9 (2). 4.8 (3). 9.6 【解析】 【分析】 （1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点 D 的速度，根据推论△x=aT2， 求出加速度； （2）根据 ，及牛顿第二定律，结合图像的斜率，从而得出重力加速度 g 的值． 【详解】(1) 每相邻两个计数点之间还有 4 个点未标出，打点计时器的频率为 50Hz，相邻两 个计数点之间的时间间隔为 0.1s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则 有：vD= m/s=1.9m/s， 根据△x=aT2，a= m/s2=4.8m/s2； (2)由牛顿第二定律，则有：(m2−m1)g=(m1+m2)a； 根据速度位移关系： 联立得： υ = a = 2 hυ − 2 2v ah= 0.1680 0.2160 2 2 0.1 CEx T += × 2 (0.2640 0.2160) (0.1680 0.1201) 4 0.1 + − + × 2 2v ah= 2 2 1 2 1 2( )m m gv hm m −= +图像的斜率 k= 代入数据 ，解得 g=9.6m/s2. 12.某实验小组采用如图所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后， 沿木板滑行．打点计时器的工作频率为 50 Hz. （1）实验中木板略微倾斜，这样做是为了_________ A．使释放小车后，小车能匀加速下滑 B．可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功 C．增大小车下滑的加速度 D．可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动 （2）实验中先后用同样的橡皮筋 1 条、2 条、3 条……，合并起来挂在小车的前端进行多次 实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放小车．把第 1 次只挂 1 条橡皮筋时橡皮筋对小车 做的功记为 W1，第二次挂 2 条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为 2W1，……：橡皮筋对小车做功 后使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出．根据某次打出的纸带(如图所示)求： 小车获得的最终速度为________ m/s. （3）若阻力已经完全平衡，根据多次测量数据画出的 W－v2 像如图所示，根据图线形状，可 知 W 与 v2 的关系符合实际的是图 ________ 【答案】 (1). BD (2). 2.0 (3). A 【解析】 2 1 2 1 2( )m m g m m − + 5.76 2(0.15 0.05) 0.6 0.15 0.05 g −= ×+【详解】（1）实验中木板略微倾斜是平衡摩擦力，目的是使橡皮筋对小车的拉力为小车受到 的合力，即可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功，所以 B 正确，同时可使得橡皮筋松 弛后小车做匀速运动，故 D 正确，显然 AC 错误． （2）小车速度为 （3）由动能定理得：W= mv2，W 与 v2 是正比关系，由图示图象可知，A 正确． 四、解答题（共 48 分） 13.如图所示，质量为 mB＝24 kg 的木板 B 放在水平地面上，质量为 mA＝22 kg 的木箱 A 放在木 板 B 上．一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为 θ＝ 37°．已知木箱 A 与木板 B 之间的动摩擦因数 μ1＝0.5．现用水平向右、大小为 200 N 的力 F 将木板 B 从木箱 A 下面匀速抽出，已知 sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取 10 m/s2， (1)绳子对 A 拉力大小？ (2)则木板 B 与地面之间的动摩擦因数 μ2 的大小为多少？ 【答案】（1）100 N；（2）0.3 【解析】 【详解】(1)对 受力分析如图甲所示 由题意得： 24.00 10 m/s 2.0m/s0.02v −×= = 1 2 A 1cosθT fF F=联立解得： (2)对 、 整体受力分析如图乙所示 由题意得： 联立解得： 14.一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以 v0=8 m/s 的速度匀速行驶的货车有违 法行为时，决定前去追赶，经过 t0=2.5s，警车发动起来，以加速度 a= 2m/s2 做匀加速运动， 向货车追去，货车仍以原速度做匀速直线运动，求： (1)警车发动起来以后至少多长时间可以追上货车? (2)在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少? 【答案】(1)10s (2)36m 【解析】 【详解】(1)设警车追上货车所用的时间为 t1，则两车的位移分别为 1 sinθN T AF F m g+ = 1 1 1f NF Fµ= 100NTF = A B 2cosθT fF F F+ = 2 sinθ ( )N T A BF F m m g+ = + 2 2 2f NF Fµ= 2 0.3µ = 2 1 1 1 2jx at= ( )1 0 1 0hx v t t= +追上时两车位移相等， 即 解得追上时所用时间 、 (舍) (2)警车和货车速度相等时相距最远，设警车从发动到与货车同速所用时间为 t2， 由 得 即相距最远时警车所用时间 此时货车的位移 警车的位移 两车间的最大距离 15.如图 a 所示，在水平路段 AB 上有一质量为 2t 的汽车，正以 10m/s 的速度向右匀速运动， 汽车前方的水平路段 BC 较粗糙，汽车通过整个 ABC 路段的 v－t 图像如图 b 所示（在 t＝15 s 处水平虚线与曲线相切），运动过程中汽车发动机的输出功率保持 20kW 不变，假设汽车在两 个路段上受到的阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）有恒定的大小． 1 1=j hx x ( )2 1 0 1 0 1 2 at v t t= + 1 10st = 1 2st = − 2=jv at 0=hv v =j hv v 2 0at v= 0 2 4svt a = = ( )2 0 0 2= 52mhx v t t+ = 2 2 2 1= 16m2jx at = max 2 2 =36mh jx x x∆ = −（1）求汽车在 AB 路段上运动时所受 阻力 f1； （3）求 BC 路段的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 由图象知汽车在 AB 段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求 出；由图知，汽车到达 B 位置将做减速运动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑 在 t=15s 处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与 BC 段阻力 再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值；BC 段汽车做变加速运动， 但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小． 【详解】2t=2000kg （1）汽车在 AB 路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有 ， ， 解得： ，方向与运动方向相反； （2）设 BC 路段上运动时所受的阻力 ； t=15s 时汽车处于平衡态，有： ，解得 ； 对于汽车在 BC 段运动，由动能定理得： ； 即： ； 解得 s=68.75m． 【点睛】抓住汽车保持功率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含 条件汽车匀速运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能 量的角度求解． 16.如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面 AB 和光滑半圆轨道 BC 组成，斜面底端通过 的 2000N 68.75s m= 1 1F f= 1 1P Fv= 3 1 1 20 10 200010 Pf Nv ×= = = 2f 2 2 2 2F f P F v= =， 3 2 2 20 10 40005 Pf N Nv ×= = = 2 2 2 2 1 1 1 2 2Pt f s mv mv− = − 3 3 2 3 21 120 10 10 4000 2 10 5 2 10 102 2s× × − = × × × − × × ×一小段圆弧（图中未画出，长度可不计）与轨道相切于 B 点．斜面的倾角为 37°，半圆轨道 半径为 1m，B 是圆轨道的最低点，C 为最高点．将一小物块置于轨道 AB 上离地面高为 H 处由 静止下滑，用力传感器测出其经过 B 点时对轨道的压力 F，改变 H 的大小，可测出相应的 F 的 大小，F 随 H 的变化规律如图乙所示．物块在某次运动时，由 H=8.4m 处释放，通过 C 后，又 落回到斜面上 D 点．（已知 sin 37°=0.6， cos 37°=0.8，g 取 10m/s2）求： （1）物块的质量及物块与斜面间的动摩擦因数． （2）物块落到 D 点时的速度大小． 【答案】（1）物块的质量为 0.5kg，物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5． 　（2）物块落到 D 点时的速度大小为 m/s． 【解析】 （1）物块从斜面上 A 点滑到 B 点的过程中，由动能定理得： ① 物块在 B 点满足：F－mg＝m ② 由①②可得： ③ 由图象可知：H＝0 时，F＝5 N；H＝3 m 时，F＝15 N 代入③解得：m＝0.5 kg，μ＝0.5. （2）物块从 A 到 C 由动能定理得：mg(H－2R)－μmgHcot 37°＝ ④ 物块从 C 到 D 做平抛运动，下落高度 h＝ gt2 ⑤ 水平位移 x＝vCt ⑥ 由几何关系知：tan 37°＝ ⑦ 由④⑤⑥⑦可得：t＝0.4 s 4 2 2137 2 BmgH mgHcot mvµ °－ ＝ 2 Bv R 2 (1 cot37 )mg HF mg R  ＝ ＋ µ− 21 2 Cmv 1 2 2R h x −物块到 D 点时的速度的大小： 点睛：此题是动能定理及平抛运动的综合应用问题；解题时要能正确的分析物理过程，选择 合适的物理规律得到表达式，再结合图象的信息，求解物理量是常用的方法． 2 2( ) 4 2 /D Cv v gt m s= + =