福建省南安市柳城中学2020届高三上学期期中考试物理试题

柳城中学2019-2020学年高三年上学期期中考试

物  理  试  卷

一、选择题

1.关于物理学的发展，下列说法正确的是

A. 物理学家卡文迪许在实验室中测出了万有引力常量的值

B. 牛顿发现万有引力定律，被称为“称量地球重量”的人

C. 伽利略研究第谷的观测记录，发现行星运行规律，总结出行星运动三大定律

D. 开普勒提出日心说认为太阳是静止不动的，地球和其它行星绕太阳运动

【答案】A

【解析】

【分析】

由题意可知考查物理学史，根据物理学家的主要贡献、物理思想、方法分析可得。

【详解】A．物理学家卡文迪许在实验室中测出了万有引力常量的值，符合客观事实，故A正确；

B．牛顿发现万有引力定律，卡文迪许在实验室中测出了万有引力常量的值，由

可得

根据星球表面的重力加速度、星球半径、G值可以计算出星球的质量，卡文迪许被称为“称量地球重量”的人，故B错误；

C．开普勒研究第谷的观测记录，发现行星运行规律，总结出行星运动三大定律，故C错误；

D．哥白尼提出日心说认为太阳是静止不动的，地球和其它行星绕太阳运动，故D错误。

【点睛】有意识的记住一些科学家发现重要规律，理解其中包含的物理思想和方法。

2.如图所示，纸风车上有A、B两点，当风车被风吹着绕中心转动时，A、B两点的角速度分别为ωA和ωB，线速度大小分别为vA和vB，则(　　)

A. ωA＝ωB，vA<vB B. ωA＝ωB，vA>vB C. ωA<ωB，vA＝vB D. ωA>ωB，vA＝vB

【答案】B

【解析】

试题分析：A、B两点属于同轴转动，根据同轴转动，角速度相等；根据判断线速度大小．

由图纸风车上的A、B两点属于同轴转动，角速度相等，故，由于，根据，故B正确．

3.在同一点O抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则三个体做平抛运动的初速度vA、vB、vC的关系和三个物体做平抛运动的时间tA、tB、tC的关系分别是（    ）

A. vA>vB>vC，tA>tB>tC B. vA=vB=vC，tA=tB=tC

C. vA<vB<vC，tA>tB>tC D. vA>vB>vC，tA<tB<tC

【答案】C

【解析】

【详解】三个物体都做平抛运动，取一个相同的高度，此时物体的下降的时间相同，水平位移大的物体的初速度较大，如图所示，由图可知；由可知，物体下降的高度决定物体运动的时间，所以，故选项C正确，A、B、D错误。

4.如图所示，光滑直杆倾角为30°，质量为m的小环穿过直杆，并通过弹簧悬挂在天花板上，小环静止时，弹簧恰好处于竖直位置，现对小环施加沿杆向上的拉力F，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°。整个过程中，弹簧始终处于伸长状态，以下判断正确的是

A. 弹簧的弹力逐渐增大

B. 弹簧的弹力先减小后增大

C. 杆对环的弹力逐渐增大

D. 拉力F先增大后减小

【答案】B

【解析】

【详解】AB．由几何关系可知，弹簧的长度先减小后增加，即伸长量先减小后增加，弹簧的弹力先减小后增加，选项A错误，B正确；

C．当环缓慢沿杆向上滑动时，因为弹簧对环始终是拉力作用，则一定存在一个位置，即弹簧的弹力、重力以及力F相平衡，此时杆对环的弹力为零，则环在上滑的过程中杆对环的弹力先增加后减小，再增加，选项C错误；

D．设弹簧与杆之间的夹角为θ，则在圆环从开始到弹簧与杆垂直位置的过程中，由平衡知识：，随θ角的增加，F弹减小，则F增大；在圆环从弹簧与杆垂直位置到弹簧与竖直方向的夹角为60°的过程中，由平衡知识：，随θ角的减小，F弹增大，则F仍然是增大；可知拉力F一直增大，选项D错误.

5.如图，从斜面上的点以速度v0水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B点，己知AB=75m，a=37°，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 物体的位移大小为60m B. 物体飞行的时间为6s

C. 物体的初速度v0大小为20m/s D. 物体在B点的速度大小为30m/s

【答案】C

【解析】

【详解】A.位移是起点到终点的有向线段，所以位移为75m，A错误

BC.根据平抛运动规律：，，联立解得：，，B错误C正确

D.物体在B点速度：，D错误

6.2019年春节期间，中国科幻电影里程碑的作品《流浪地球》热播．影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程如图所示，地球在椭圆轨道I上运行到远日点B变轨，进入圆形轨道Ⅱ．在圆形轨道Ⅱ上运行到B点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚．对于该过程，下列说法正确的是

A. 沿轨道I运动至B点时，需向前喷气减速才能进入轨道Ⅱ

B. 沿轨道I运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期

C. 沿轨道I运行时，在A点的加速度小于在B点的加速度

D. 在轨道I上由A点运行到B点的过程，速度逐渐增大

【答案】B

【解析】

【分析】

卫星进入高轨道要点火加速；根据开普勒第三定律判断沿轨道I运行的周期与沿轨道Ⅱ运行的周期关系；根据判断加速度关系；根据开普勒第二定律判断在轨道I上由A点运行到B点的过程中的速度变化。

详解】A．沿轨道I运动至B点时，需向后喷气加速才能进入轨道Ⅱ，选项A错误；

B．因在轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的运动半径，根据开普勒第三定律可知，沿轨道I运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期，选项B正确；

C．根据可知，沿轨道I运行时，在A点的加速度大于在B点的加速度，选项C错误；

D．根据开普勒第二定律可知，在轨道I上由A点运行到B点的过程，速度逐渐减小，选项D错误；

故选B.

【点睛】此题关键是知道卫星变轨的方法，由高轨道进入低轨道要制动减速，由低轨道进入高轨道要点火加速；能用开普勒行星运动定律来解释有关的问题.

7.如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1kg的小球，小球分别与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间(g取10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力)，下列说法中正确的是

A. 小球受到地面的弹力仍然为零

B. 小球立即向左运动，且a＝8m/s2

C. 小球立即向左运动，且a＝10m/s2

D. 小球仍然静止

【答案】B

【解析】

【详解】A. 在细线剪断的瞬时，小球向左运动，竖直方向受力平衡，与地面有相互的挤压，压力不为零，故A错误；

B. 对小球受力分析，如图所示，

根据共点力平衡得，弹簧的弹力F=mg=10N，剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律得，a= m/s2=8m/s2，方向向左。故B正确，C错误，D错误；

故选：B.

【点睛】水平面对小球弹力为零，小球受重力、弹力和拉力处于平衡，根据共点力平衡求出弹簧弹力的大小．剪断轻绳的瞬间，弹力大小不变，根据牛顿第二定律求出小球的加速度大小和方向．

8.如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（ ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】CD、由题意知，在下滑过程中，根据牛顿第二定律可得：，故加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以C、D错误；

B、根据匀变速运动的规律，可得B正确；

A、下降的高度，所以A错误。

9.如图所示，在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶静止时，小孔中有水喷出，则下列说法正确的是（     ）

A. 将饮料瓶竖直向上抛出，上升过程饮料瓶处在超重状态

B. 将饮料瓶竖直向上抛出，下降过程饮料瓶处在失重状态

C. 将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，则水不流出

D. 饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，则水不流出

【答案】BC

【解析】

【详解】无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，所以A错误，B正确。将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，因飞船内的物体也是处于完全失重状态，可知水不流出，选项C正确；饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，不是完全失重状态，则水会流出，选项D错误；故选BC。

【点睛】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．

10.暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命。为了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星。已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列说法正确的是

A. “悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度

B. “悟空”的线速度大于第一宇宙速度

C. “悟空”的环绕周期为

D. “悟空”的质量为

【答案】AC

【解析】

【分析】

由题意可知考查环绕天体运动规律、天体质量计算，根据万有引力定律、牛顿第二定律分析计算可得。

【详解】A．“悟空”到地球球心的距离小于同步卫星到地球球心的距离，由公式可知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故A正确；

B．第一宇宙速度指的是环绕地球表面转动时的速度，取“悟空”为研究对象，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得

因“悟空”轨道半径大，其线速小于第一宇宙速度，故B错误；

C．设“悟空”的环绕周期为T，由

可得

T=

故C正确；

D．设地球质量为M，“悟空”质量为m，由牛顿第二定律可得

由角速的定义式可得

 联立可得地球的质量为

M=

无法计算出“悟空”的质量，故D错误。

【点睛】环绕规律：轨道半径越大，线速度越小、角速度越小、周期越长、向心加速度越小；利用环绕天体的轨道半径、周期只能计算中心天体的质量，无法计算环绕天体的质量。

11.一人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中(　　)

A. 物体所受的合力做功为mgh＋mv2

B. 物体所受合力做功为mv2

C. 人对物体做的功大于mgh

D. 人对物体做的功等于物体增加的重力势能和增加的动能之和

【答案】BC

【解析】

试题分析：由动能定理可求得物体所受的合外力做功．对物体，根据功能关系求解人对物体做的功．

由动能定理可知，合外力做功一定等于动能的改变量，即等于，故A错误B正确；由功能原理可知：除重力以外的力做功与摩擦力做功之和等于物体的机械能变化，则人对物体做的功为：，是物体克服摩擦力做的功，C正确；人对物体做的功等于物体增加的重力势能和增加的动能以及克服摩擦力做功之和，D错误。

12.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P．以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度匀速上升．则下列说法正确的是

A. 钢绳的最大拉力为

B. 钢绳的最大拉力为+mg

C. 重物最大速度为v2=

D. 重物做匀加速运动的时间

【答案】ACD

【解析】

【分析】

由题意可知考查机动车启动规律，根据牛顿第二定律、功率公式分析计算可得。

【详解】A B．重物先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，开始匀加速时加速度最大，绳子拉力最大，重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P，由

可得钢绳的最大拉力为

F=

故A正确，B错误；

C．最后重物匀速运动，牵引力等于重力大小 ， 联可可得重物的最大速度为

v2=

故C正确；

D．匀加速阶段，钢绳拉力为F1，重物做匀加速运动由牛顿第二定律可得

由前面分析可知

由运动学公式可得 联立可求的时间

故D正确。

【点睛】机动车以恒定的加速度启动时可分成三个阶段，第一阶段做匀加速直线运动，阻力、牵引力不变，速度均匀增大，功率增大，当功率达最大值后，功率不在变化。第二阶段做加速度减小的加速运动，功率不变，阻力不变，牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动。第三阶段，做匀速直线运动，功率、牵引力、阻力都要不变化。整个过程中第一阶段中的拉力最大。

13.在一次冰壶比赛中，运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面抛出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示，已知冰壶质量为19kg，g 取10m/s 2，则以下说法正确的是（　　）

A.

B.

C. 滑行时间

D. 滑行时间 

【答案】D

【解析】

【详解】对冰壶由图像和动能定理得：，解得：，则A错误，B正确；冰壶运动时， ，由运动学公式得：，则C错误，D正确。

14.一个质量为M的长木板静止在光滑水平面上,一颗质量为m的子弹，以水平速度射入木块并留在木块中，在此过程中，子弹射入木块的深度为d,木块运动的距离为s,木块对子弹的平均阻力为f,则对于子弹和长木板组成的系统，下列说法正确的是( )

A. 子弹射入木块过程中系统的机械能守恒

B. 系统的动量守恒，而机械能不守恒

C. 子弹减少的动能等于

D. 系统损失的机械能等于

【答案】BD

【解析】

【详解】A.子弹射入木块的过程中,木块对子弹的平均阻力对系统做功,所以系统的机械能不守恒.故A错误;
B.系统处于光滑的水平面上,水平方向不受其他的外力,所以动量守恒;由A的分析可得机械能不守恒.故B正确;
C.子弹减少的动能等于阻力与子弹位移的乘积,即:,故C错误;
D.系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积,即:.故D正确

二、实验题

15.在探究弹簧弹性势能实验中：

(1)如图1，弹簧的一端固定，原来处于自然长度。现对弹簧的另一端施加一个拉力缓慢拉伸弹簧，关于拉力或弹簧弹力做功与弹簧弹性势能变化的关系，以下说法中正确的是______

A．拉力做正功，弹性势能增加               

B．拉力做正功，弹性势能减少

C．弹簧弹力做负功，弹性势能增加 

D．弹簧弹力做负功，弹性势能减少

(2)由于拉力是变力，拉力做功可以分割成一小段一小段处理，每一小段的弹力可以近似看成是恒力，再把每一小段的功相加求和，可得W总=F1△l+F2△l+F3△l+…，某次实验中作出拉力F拉与弹簧伸长量x的图象如图2，则在弹簧被拉长L的过程中拉力做功为______。

（3）若换一根劲度系数更大的弹簧做此实验，则图2的图象斜率将______（选填“不变”“减小”“增大”）

【答案】    (1). AC    (2).     (3). 增大

【解析】

【分析】

由题意可知探究弹簧弹性势能实验中势能变化、变力做功问题，根据弹簧弹力做功特点、胡克定律计算可得。

【详解】(1) [1]

A B．拉力做正功，说明弹簧弹力对外做负功，弹性势能增加，故A正确，B错误；

C D．弹簧弹力对外做负功，其它能转化为弹性势能，弹性势能增加，故C正确，D错误。

(2) [2] 因拉力随位移均匀增大，可以用平均力来计算

(3) [3] 由胡克定律可得换一根劲度系数更大的弹簧做此实验，图2中图象斜率将增大

【点睛】当弹簧弹力对外做正功时，弹性势能减小；当弹簧弹力对外做负功时，弹性势能增加。

16.某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研究。物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。

(1)在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是______点，在打出C点时物块的速度大小为______m/s（保留3位有效数字）；物块下滑的加速度大小为_____m/s2（保留2位有效数字）。

(2)该实验中，改变拉力或小车质量后，在实际操作过程中，对小车所放的位置、接通电源与放开小车的先后顺序及小车运动的控制等描述，你认为正确的是___。

A．小车应尽量远离打点计时器，先放开小车后接通电源，在小车到达滑轮前按住小车

B．小车应尽量靠近打点计时器，先接通电源后放开小车，让小车一直到与滑轮相撞为止

C．小车应尽量靠近打点计时器，先接通电源后放开小车，在小车到达滑轮前按住小车

D．小车应尽量放在打点计时器与滑轮的中间，先接通电源后放开小车，在小车到达滑轮前按住小车

【答案】    (1). A    (2). 0.233    (3). 0.75    (4). C

【解析】

【分析】

由题意可知考查利用打点计时器研究物体的运动规律，根据实验原理分析计算可得。

【详解】(1) [1] 纸带做加速运动，最先打上的点迹对应的速度小，点迹比较稀疏，故A点是最先打上去的点。

[2] 分别读出各点数值，B：1.20cm  C：3.15cm  D：5.85cm  E：9.30cm

[3]用逐差法计算加速度

 (2) [4] 小车应尽量靠近打点计时器，这样可以更有效地利用纸带，刚接通电源时打点不稳定，待打点稳定后再释放小车，在小车到达滑轮前按住小车，避免撞击损坏小车。ABD错误，C正确，故选择C。

【点睛】计算纸带上某点的瞬时速度时可以计算相邻两点的平均速度，计算加速度时为了减小误并常用逐差法来计算。

三、计算题

17.某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20m/s的速度行驶时，急刹车距离不得超过25m．在一次实验紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5s，轿车在制动的最初1s内的位移为8.2m．则：

(1)求小汽车安全制动的加速度．

(2)试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求．

【答案】(1) 8m/s2  (2) 8.2 m/s2>8 m/s2 符合设计要求

【解析】

【分析】

由题意可知考查匀减速直线运动规律，据此结合运动学公式计算可得。

【详解】(1) 设小汽车安全制动的加速度为ao，做匀减速运动的物体可视为反向的匀加速直线运动，其运动规律具有对称性，由运动学公式可得

(2) 设小轿车的实际加速度大小为a，初速度为vo，则vo=1.5a，匀减速1s后的速度为v1，

位移为x1，由运动学公式可得

计算可得小轿车的实际加速度大小>8m/s2

说明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求。

【点睛】本题主要要掌握匀变速直线运动的规律，根据不同的条件选择不同形式的公式。如果物体做匀减速运动，可视为反向的匀加速直线运动，其运动规律具有对称性。

18.如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点。P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞。已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：

(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；

(2)Q运动的时间t。

【答案】(1), (2)

【解析】

（1）在0-3s内，对P，由动量定理有：
F1t1+F2t2-μmg（t1+t2）=mv-0
其中F1=2N，F2=3N，t1=2s，t2=1s
解得：v=8m/s
设P在BC两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得：μmg=ma
P在BC两点间做匀减速直线运动，有：v2-v12=2aL
解得：v1=7m/s
（2）设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2′，取向右为正方向，由动量守恒定律和动能守恒有：
mv1=mv1′+mv2′
mv12=mv1′2+mv2′2
联立解得：v2′=v1=7m/s
碰后Q做匀减速直线运动，加速度为：a′=μg=2m/s2
Q运动的时间为：

19.如图所示，是一传送装置，其中AB段长为L=1m，动摩擦因数μ=0．5；BC、DEN段均可视为光滑，DEN是半径为r＝0．5 m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过。其中N点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接，传送带以6m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，小球与传送带之间的动摩擦因数也为0.5。左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小球压缩弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），小球刚好能沿圆弧DEN轨道滑下，而始终不脱离轨道。已知小球质量m=0．2 kg ，g 取10m/s2。

（1）求小球到达D点时速度的大小及弹簧压缩至A点时所具有的弹性势能；

（2）小球第一次滑上传送带后的减速过程中，在传送带上留下多长的痕迹？

（3）小球第一次滑上传送带后的减速过程中，小球与传送带因摩擦产生的热量和电动机多消耗的电能？

【答案】   (2) (3)

【解析】

【分析】

由题意可知考查竖直面内的圆周运动，传送带模型，根据牛顿运动定律、功能关系分析计算可得。

【详解】(1) 小球刚好能沿圆弧DEN轨道滑下，说明小球在D点，只受重力作用，由牛顿第二定律可得

代入数值可求得

从A到D由动能定理可得

代入数值可得

弹簧弹力对外做正功，弹性势能减小，由功能关系可得

(2) 从D到N由动能定理可得

代入数值可得

小球在传送带上先向左做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律可知

设小球向左减速到零的时间为t1，位移为 x1

设该段时间内传送带向右匀速运动距离为x2

该段时间内小球和传送带相对距离为

小球速度减为零后开始向右匀加速运动，加速度大小仍为5m/s2，设经过时间t2 和传送带达到共速

设小球位移为x3，传送带位移为x4

相对距离

设在传送带上留下痕迹，则

(3) 由功能关系可得

设电动机多消耗的电能为E，由功能关系可得

【点睛】物体在竖直面上（内轨道）做圆周运动通过最高点时的速度最小为 ，计算滑动摩擦力做功生热时可以用摩擦力乘以相对距离来计算。理解小球的各阶段的运动性质：小球在传送带上先向左做匀减速运动，速度减为零后再向右做匀加速直线运动，达到传速带的速度后做匀速运动。计算相对距离，同向时相减，反向时相加。