福建省福州八中2020届高三上学期期中考试物理试题

福州八中2019-2020高三第三次质量检查（半期考）

考试时间90分钟  满分110分

一、选择题（共10题，共48分，1-6单选，每题4分，7-9多选每题6分）

1.国际单位制由7个基本单位、2个辅助单位和19个具有专门名称的导出单位组成,其中与力学有关的三个基本单位是(  )

A. N、m、s B. N、kg、s C. m、kg、s D. m/s、kg、N

【答案】C

【解析】

【详解】力学中的基本物理量有三个,它们分别是长度、质量、时间,它们的单位分别为m、kg、s，故 C正确.

2.一辆汽车从静止开始做加速直线运动，运动过程中汽车牵引力的功率保持不变，所受阻力恒定，行驶2min速度达到10m/s，该汽车在这段时间内行驶的距离为（　　）

A. 一定大于600m B. 一定小于600m

C. 一定等于600m D. 可能等于1200m

【答案】A

【解析】

【详解】功率不变，根据，随着汽车速度的增大，F逐渐减小，汽车做的是加速度逐渐减小的变加速运动，作出汽车做变速运动的速度图象（如图所示曲线）．若汽车在2min=120s内做匀加速直线运动（即图中直线），则位移为（图中三角形面积），而该汽车变速运动的位移是图中曲线与坐标轴围成的面积，一定大于600m，A正确．

3.如图，半圆形凹槽的半径为R，O点为其圆心。在与O点等高的边缘A、B两点分别以速度v1、v2水平同时相向抛出两个小球，已知v1∶v2=1∶3，两小球恰落在弧面上的P点。则以下说法中正确的是（ ）

A. ∠AOP为45°

B. 若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则应使v1、v2都增大

C. 改变v1、v2，只要两小球落在弧面上的同一点，v1与v2之和就不变

D. 若只增大v1，两小球可在空中相遇

【答案】D

【解析】

试题分析：两球竖直高度相同，则由可知运动时间相同，由v1∶v2=1∶3可知水平位移之比为1：3，由此可知A的水平位移为，cos∠AOP=，∠AOP为60°，A错；若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则应使v1增大，v2减小，B错；由水平方向，设运动时间为t，则，随着高度的不同运动时间也不同，则v1与v2之和不同，C错；若只增大v1，根据竖直方向为自由落体运动，两个小球在相同的时间内通过的高度差相同，则两小球可在空中相遇，D对；

考点：考查平抛运动

点评：本题难度中等，抓住各分运动具有等时性，分析两球在竖直高度相同的情况下运动时间相同，根据分运动的性质、利用各等量关系推导

4.如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对A施加一水平力F，则A、B的加速度可能是(g取10 m/s2)(　　)

A. aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2

B. aA＝2 m/s2，aB＝6 m/s2

C. aA＝8 m/s2，aB＝4 m/s2

D. aA＝10 m/s2，aB＝6 m/s2

【答案】D

【解析】

【详解】对B而言，当A、B间的摩擦力达到最大值时，此时的加速度达到最大，则，则最大加速度．对整体运用牛顿第二定律可得，即当拉力增加到48N时，发生相对滑动，当时，，当时，，且，恒定不变，故D正确．

5.如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上，另一端与挡板相连（挡板质量不可忽略）．放置在光滑的水平面上。把一质量为m的物体A紧靠着挡板压缩弹簧后，由静止开始释放，弹簧前端到O点时物体与挡板分离，此时物体的动能为E；现换一质量为M(M>m)的物体B紧靠着挡板压缩弹簧到相同的位置，由静止释放，则

A. 弹簧前端到O点左侧时B物体与挡板分离 B. 弹簧前端到O点右侧时B物体与挡板分离

C. 物体B与挡板分离时的动能大于Eo D. 物体B与挡板分离时的动能小于Eo

【答案】C

【解析】

【详解】AB．挡板与B物体分离时加速度相同、两物体间的弹力为零，所以分离时B物体的加速度为零，即挡板的加速度也为零，由于水平面光滑，所以弹簧恢复到原长时挡板的加速度为零，即弹簧前端在O点时B物体与挡板分离，故AB错误；

CD．由于两次弹簧压缩到相同位置，所以初始状态弹簧的弹性势能相同，从开始到两物体分离由能量守恒得： ，由于物体B的质量大于物体A的质量，所以B物体与挡板分离时的速度较小，此时挡板具有的动能较小，由能量守恒可得B物体的动能较大，即大于，故C正确，D错误。

6.如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r =1.5m.筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10m/s2，则ω的最小值是（    ）

A. 1rad/s B.   C.   D. 5rad/s

【答案】C

【解析】

受力分析如图，受重力G，弹力N，静摩擦力f 。 ω的最小值时，物体在上部将要产生相对滑动。由牛顿第二定律可知，，在平行于桶壁方向上，达到最大静摩擦力，即 ，由于。由以上式子，可得，故C正确。

7.倾角为θ、质量为M的室内小滑梯如图所示，质量为m的小朋友沿着滑梯匀加速下滑，整个运动过程中滑梯保持静止不动。对此运动过程，下列有关说法正确的是

A. 小朋友和滑梯之间的动摩擦因数一定小于tanθ

B. 地面对滑梯的支持力一定等于(m+M)g

C. 地面对滑梯的摩擦力大小一定等于mgcosθsinθ

D. 地面对滑梯的摩擦力方向一定向左

【答案】AD

【解析】

【详解】因为小朋友做匀加速下滑，即，解得，A正确；因为小朋友存在一个竖直向下的分加速度，处于失重状态，人对滑梯的作用力小于其重力，故地面对滑梯的支持力小于两者的重力，B错误；小朋友存在一个水平向左的分加速度，即在水平方向上小朋友的合力向左，根据牛顿第三定律可知小朋友对电梯在水平方向上的作用力向右，即电梯有向右的运动趋势，电梯受到地面的摩擦力方向一定向左，，故地面的摩擦力大小为，C错误D正确．

8.质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s，p2=7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8kg·m/s，则甲、乙两球质量m1与m2间的关系可能是(   )

A. m1=m2 B. 2m1=m2 C. 5m1=3m2 D. 4ml=m2

【答案】BC

【解析】

【详解】根据动量守恒定律得：

解得：

碰撞过程系统的总动能不增加，则有

代入数据解得：

碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有：

代入数据解得：

综上有

所以只有可能，故BC正确

9.如图所示，足够长传送带与水平方向夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮，与木块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带的摩擦力作用，现将传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)的过程中，下列说法不正确的是（ ） 

A. 物块a的质量为

B. 摩擦力对a做的功大于物块a、b动能增加量之和

C. 任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小不相等

D. 摩擦力对a做的功等于物块a、b构成的系统机械能的增加量

【答案】AD

【解析】

【详解】A．开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，则有

则

故A正确；

B．b上升h，则a下降hsinθ，则a重力势能的减小量为

即物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量，则系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于物块a、b动能增加之和，故B错误；

C．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率

对a有

所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故C错误；

D．根据功能关系得知，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，故D正确。

10.如图所示，细线AB和BC连接着一质量为m的物体P，其中绳子的A端固定，c端通过小定滑轮连接着一质量也为m的另一个物体Q，开始时，用手抓住物体Q，使物体P、Q均静止，此时AB和BC两绳中拉力大小分别为T1、T2。把手放开瞬间，AB和BC两绳中拉力大小分别为T1'、T2'。已知ABC处于同一竖直平面内，绳子间连接的夹角如图。则

A. T1：T1'=1:1 B. T1：T2=1:2 C. T2：T2'=2：3 D. T1'：T2'=：1

【答案】AC

【解析】

【详解】P、Q均静止时，由P受力平衡条件可知：，，把手放开瞬间，将P物体的重力沿AB方向和BC方向分解，由于PQ两物体沿绳方向的速度相同，所以P物体接下来以AB为半径的圆周运动，由于此时速为0，向心力为0，所以此时AB绳的拉力等于P物体重力沿AB方向的分力即为，此时，圆弧切线方向的合力为，加速度为，解得，对P物体有：，联立解得：，所以T1：T1'=1:1，. T2：T2'=2：3，故AC正确。

11.某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h＝0.25 m、开口向右的小筒中（没有外力作用时弹簧的另一端也位于筒内），如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变所挂钩码的个数来改变l，作出F—l图线如图乙所示。

（1）由此图线可得出的结论是____________。

（2）弹簧的劲度系数为_______N/m，弹簧的原长l0＝_______m.

【答案】    (1). 在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比    (2). 100    (3). 0.15

【解析】

【详解】试题分析：（1）[1] 根据图象结合数学知识可知：在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比；

（2）[2][3]根据胡克定律F与的关系式为：

，

从图象中可得直线的斜率为2N/cm，截距为20N，故弹簧的劲度系数为

，

由

，

于是：

考点：考查了胡可定律

【名师点睛】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数学推导能力．

12.为了“探究动能改变与合外力做功”的关系,某同学设计了如下实验方案:

第一步:把带有定滑轮木板(有滑轮的)一端垫起,把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重锤相连,重锤后连一穿过打点计时器的纸带,调整木板倾角,直到轻推滑块后,滑块沿木板向下匀速运动,如图甲所示.

第二步:保持长木板的倾角不变,将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处,取下细绳和重锤,将滑块与纸带相连,使纸带穿过打点计时器,然后接通电源,释放滑块,使之从静止开始向下加速运动,打出纸带,如图乙所示.打出的纸带如图丙所示.

请回答下列问题:

(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为,根据纸带求滑块速度,打点计时器打B点时滑块速度vB=__________.

(2)已知重锤质量为m,当地的重力加速度为g,要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块 ______________(写出物理量名称及符号,只写一个物理量),合外力对滑块做功的表达式W合=__________________.

(3)算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v,以v2为纵轴、W为横轴建立坐标系,描点作出v2-W图象,可知该图象是一条 _______________,根据图象还可求得___________________。

【答案】    (1).     (2). 下滑的位移X    (3). mgx    (4). 过原点的直线    (5). 滑块的质量M

【解析】

【详解】(1)[1]匀变速直线运动中，时间中点瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：

(2)[2][3]由做功定义式可以知道还需要知道滑块下滑的位移x,由动能定理可以知道

即

(3)[4][5]合外力做的功为

即:

图象应该为一条过原点的直线,设图象的斜率为k,则

得滑块质量

还可以求得滑块的质量M。

13.一颗在赤道上空运行的人造卫星，其轨道半径为r=2R(R为地球半径)，卫星的转动方向与地球自转方向相同.已知地球自转的角速度为，地球表面处的重力加速度为g.求： 

(1)该卫星所在处的重力加速度g′； 

(2)该卫星绕地球转动的角速度ω；

(3)该卫星相邻两次经过赤道上同一建筑物正上方的时间间隔.

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【详解】(1)在地球表面处物体受到的重力等于万有引力mg=，

在轨道半径为r=2R处,仍有万有引力等于重力mg′=，

解得：g′=g/4；

(2)根据万有引力提供向心力，

mg=，

联立可得ω=，

(3)卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时，卫星再次出现在建筑物上空

以地面为参照物，卫星再次出现在建筑物上方时，建筑物随地球转过的弧度比卫星转过弧度少2π.

即ω△t−ω0△t=2π

解得：

【点睛】（1）在地球表面处物体受到的重力等于万有引力mg=，在轨道半径为2R处，仍有万有引力等于重力mg′=，化简可得在轨道半径为2R 处的重力加速度；

（2）人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，结合黄金代换计算人造卫星绕地球转动的角速度ω；

（3）卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时，卫星再次出现在建筑物上空．

14.如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE，由一半径为R=2m的光滑圆弧轨道BC和光滑斜直轨道DE分别与粗糙水平面相切连接而成。现从B点正上方H=1.2m的A点由静止释放一质量m=1kg的物块，物块刚好从B点进入圆弧轨道。已知CD的距离L=4m，物块与水平面的动摩擦因数=0.25，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：

(1)物块第一次滑到C点时的速度；

(2)物块第一次滑上斜直轨道DE的最大高度；

(3)物块最终停在距离D点多远的位置。

【答案】(1) 8m/s  (2) 2.2m  (3) 0.8m

【解析】

【分析】

根据动能定理可求物块第一次滑到C点时的速度；物块由A到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE的最大高度；物块将在轨道BCDE上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD上通过的总路程为S，根据动能定理求出。

【详解】解：(1)根据动能定理可得

解得

(2)物块由A到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：

解得：

(3)物块将在轨道BCDE上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD上通过的总路程为S，则： 

解得：

因: ,故物块最终将停在距离D点0.8m处的位置。

15.如图所示，长木板AB和光滑四分之一圆弧轨道在B点平滑连接成一个整体，放置在光滑的水平面上，长木板和圆弧轨道的总质量为M=3kg，一个质量为m=0.98kg的物块放在木板AB的中点，一颗质量为m0=20g的子弹以初速度v0=100m/s射入物块并留在物块中（子弹射入物块时间极短，可忽略不计)，木板的长度L=1m，重力加速度取g=10m/s2.

（1）要使物块能滑上圆弧轨道，物块与长木板间的动摩擦因数应该满足什么条件?

（2）若物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.15，物块从子弹击中后到运动至B点，需要多长时间?

【答案】（1）小于0.3    （2）

【解析】

(1)子弹射入物块过程，根据动量守恒定律有:m0v0=（m0+m）v1

求得v1=2m/s

若物块刚好滑到B点时与木板有共同速度，则:（m0+m）v1=( m0+m +M) v2

求得v2=0.5m/s

根据功能关系:

求得:μ=0.3

因此，要使物块能滑上圆弧轨道，物块与长木板间的动摩擦因数应小于0.3

(2)设物块到达B点时，物块和木板与圆弧轨道组成的整体各自的速度分别是va、vb，需要的时间为t.

对物块，由动量定理得:-μ(m+m0）gt=m(m+m0) va-(m+m0) v1

对木板和圆弧轨道，由动量定理得μ(m+m0）gt=Mvb

物块滑到B点时，有

可解得,另一解不符合题意，舍去。

因木板和圆弧轨道在物块上升到最高点时的速度为0.5m/s，

【点睛】本题考查动能定理、动量定理的应用以及动量守恒定律的应用，要注意正确分析物理过程，同时分别对两物体进行分析，明确物理规律的应用才能准确求解.

16.如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取，）

（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。

（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能。

（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。

【答案】（1）（2）（3），

【解析】

试题分析：（1）根据题意知，B、C之间的距离l为

l=7R–2R①

设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得

②

式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得

③

（2）设BE=x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有

④

E、F之间的距离l1为

l1=4R–2R+x⑤

P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有

Ep–mgl1sin θ–μmgl1cos θ=0⑥

联立③④⑤⑥式并由题给条件得

x=R⑦

⑧

（3）设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为⑨

⑩

式中，已应用了过C点圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。

设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有

⑪

x1=vDt⑫

联立⑨⑩⑪⑫式得

⑬

设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有

⑭

P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有

⑮

联立⑦⑧⑬⑭⑮式得

⑯

【考点定位】动能定理、平抛运动、弹性势能

【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问题的能力。