福建省泉州市泉港区第一中学2020届高三上学期期中考试物理试题

泉港一中2019-2020学年度上学期期中考试卷

高三年级物理科试题

一、选择题

1.国际单位制（缩写SI）定义了米（m）、秒（s）等7个基本单位，其他单位均可由物理关系导出。例如，由m和s可以导出速度单位m·s–1。下列几个物理量单位正确的是

A. 滑动摩擦因数μ的单位N/kg

B. 功W的单位是kg•m/s2

C. 万有引力恒量G的单位是N•kg2/ m2

D. 劲度系数k的单位是kg/s2

【答案】D

【解析】

【详解】A．滑动摩擦因数μ没有单位，故A错误；

B．由功公式可知，功的单位为，故B错误；

C．由公式得

所以G的单位是，故C错误；

D．由胡克定律可得

所以劲度系数k的单位

故D正确。

2.高楼高空抛物是非常危险的事。设质量为M=1kg的小球从20m楼上做自由落体运动落到地面，与水泥地面接触时间为0.01s，那么小球对地面的冲击力是小球重力的倍数大约是

A. 10倍 B. 20倍 C. 200倍 D. 2000倍

【答案】C

【解析】

【详解】小球下落过程，由动能定理得：，解得：，方向：竖直向下；以向下为正方向，由动量定理得：，解得：，由于，故C正确。

3.在检测某电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F-图像（图中AB、BO均为直线）。假设电动车行驶中阻力恒定，求此过程中，下列说法正确的是

A. 电动车行驶过程中的功率恒为6000w

B. 电动车由静止开始运动，经过2s速度达到

C. 电动车匀加速的最大速度为3m/s

D. 电动车所受阻力为重力的0.5倍

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图象可知，图中AB部分对于F不变，电动车的牵引力不变，做匀加速运动，由公式P=Fv可知，电动车的功率增大，故A错误；

BCD．当电动车速度达到最大时，速度为15m/s，牵引力为400N，则电动车的额定功率

P额=Fv=400×15W=6000W

电动车速度最大时，牵引力与阻力相等，即

电动车匀加速结束时的速度

电动车匀加速的加速度为

解得

电动车匀加速的时间

故BD错误，C正确。

4.一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】铁块滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律，有

压力等于支持力，根据题意，有

对铁块的下滑过程运用动能定理，得到

联立解得：

故D正确。

5.如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮（不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间摩擦），绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，此时A物体加速度为a1。如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么以下说法错误的是

A. 如果al= a2，则F< Mg

B. 如果F=Mg，则al<a2

C. 如果al =a2，则F=Mg

D. 如果F=，则a1=a2

【答案】C

【解析】

【详解】对左图，对整体分析，根据牛顿第二定律得

对右图，对A分析，根据牛顿第二定律得

F-mg=ma2

则

ACD．若a1=a2，则可得

故AD正确，C错误；

B．若F=Mg，则

故B正确。

6.如图所示，A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮（轴心固定不动）相连，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，A球向左的速度为v，下列说法正确的是

A. 此时B球的速度为

B. 此时B球的速度为

C. 当β增大到等于时，B球的速度达到最大，A球的速度也最大

D. 在整个运动过程中，绳对B球的拉力一直做正功

【答案】A

【解析】

【详解】AB．将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B沿绳子方向的分速度。在沿绳子方向的分速度为

v绳子=vcosα

所以

故A正确，B错误；

C．当β增大到等于时，B球的速度沿绳子方向的分速度等于0，所以A沿绳子方向的分速度也是0，而cosα不等于0，所以A球的速度为0；此时A的动能全部转化为B的动能，所以B球的速度达到最大，故C错误；

D．在β增大到的过程中，绳子的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以绳对B球的拉力一直做正功，在β继续增大的过程中拉力对B球做负功，故D错误。

7.如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接。在水平拉力F作用下小球a从图示虚线位置开始缓慢向右移动（细绳中张力大小视为不变）。已知小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为。则下列说法正确的是

A. 当细绳与细杆的夹角为30°时，拉力F的大小为（2–）mg

B. 当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为（2–）mg

C. 支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大

D. 拉力F的大小一直减小

【答案】B

【解析】

【详解】AB．当细绳与细杆的夹角为时，拉力F的大小为

故A错误，B正确；

C．向右缓慢拉动过程中，两个绳子之间的拉力逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小，故C错误；

D．设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T=2mg，保持不变；以a为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力

FN=2mgsinθ-mg

向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；水平方向

F=f+2mgcosθ=2mgcosθ+μ（2mgsinθ-mg）=2mg（cosθ+μsinθ）-μmg

由于

由于θ从开始逐渐减小，可知θ增大，则（+θ）从 逐渐减小时sin（+θ）逐渐增大；

当θ＜后，

F=f+2mgcosθ=2mgcosθ+μ（mg-2mgsinθ）=2mg（cosθ-μsinθ）+μmg

由于

当θ从逐渐减小的过程中，cos（+θ）逐渐增大，所以当θ从逐渐减小的过程中F仍然逐渐增大，可知水平拉力一直增大，故D错误。

8.一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop(超级高铁)”. 据英国《每日邮报》2016年7月6日报道，Hyperloop One公司计划，将在欧洲建成世界首架规模完备的“超级高铁”(Hyperloop)，连接芬兰首都赫尔辛基和瑞典首都斯德哥尔摩，速度可达每小时700英里(约合1 126公里/时)．如果乘坐Hyperloop从赫尔辛基到斯德哥尔摩，600公里的路程需要40分钟，Hyperloop先匀加速，达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperloop的说法正确的是(　　)

A. 加速与减速时间不一定相等

B. 加速时间为10分钟

C. 加速时加速度大小为2 m/s2

D. 如果加速度大小为10 m/s2，题中所述运动最短需要32分钟

【答案】B

【解析】

试题分析：A、加速与减速的加速度大小相等，由逆向思维可得：加速与减速时间相等，故A错误；

BC、加速的时间为t1，匀速的时间为t2，减速的时间为t1，匀速运动的速度为v，由题意得：

，而t=40分=240秒，，而：v=1200km/h=x=600公里=600000m，

联立解得：t1=600s=10分，t2=1200s=20分，a＝m/s2＝0．56m/s2，故B正确、C错误；

D、如果加速度大小为10 m／s2，根据

联立解得：t=s=30．5min，故D错误。

故选B。

考点：匀变速直线运动规律的综合运用。

【名师点睛】对于复杂的运动，从时间、速度、位移三个角度分析等量关系，列式求解。加速与减速的加速度大小相等，由逆向思维可得：加速与减速时间相等；该过程分为加速、匀速和减速，三个运动从时间、速度和位移角度找关系，建立等式．联立求解。

9.A、B两物体同时同地同向出发，其运动的v–t图象和a–t图象如图甲、乙所示，已知在0~t0和t0~2t0两段时间内，A物体在v–t图象中的两段曲线形状相同，则有关A、B两物体的说法中，正确的是（   ）

A. A物体先加速后减速

B. a2=2a1

C. t0时刻，A、B两物体间距最小

D. 2t0时刻，A、B两物体第一次相遇

【答案】BD

【解析】

【详解】由甲图可知，A物体先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，速度一直增加，故A错误；

由甲图可知，两物体的速度变化量相同，在乙图中a—t图线围成的面积表示速度的变化量，即0～t0时间内a—t图线围成的面积相等，则有a2=2a1，故B正确；

由v－t图线可知，0～t0时间内A的速度一直小于B的速度，B在前，A在后，AB之间的距离不断增大，t0时刻以后A的速度大于B的速度，它们之间的距离开始减小，因此t0时刻两物体之间的距离最大，故C错误；

由甲图可知，2t0时刻A、B两物体v－t图线围成的面积相等，表示位移相等，两物体第一次相遇，故D正确。

10.如图，地球与月球可以看作双星系统它们均绕连线上的C点转动在该系统的转动平面内有两个拉格朗日点L2、L4(位于这两个点的卫星能在地球引力和月球引力的共同作用下绕C点做匀速圆周运动，并保持与地球月球相对位置不变)，L2点在地月连线的延长线上，L4点与地球球心、月球球心的连线构成一个等边三角形。我国已发射的“鹊桥”中继卫星位于L2点附近，它为“嫦娥四号”成功登陆月球背面提供了稳定的通信支持。假设L4点有一颗监测卫星，“鹊桥”中继卫星视为在L2点。已知地球的质量为月球的81倍，则

A. 地球和月球对监测卫星的引力之比为81：1

B. 地球球心和月球球心到C点的距离之比为1：9

C. 监测卫星绕C点运行的加速度比月球的大

D. 监测卫星绕C点运行的周期比“鹄桥”中继卫星的大

【答案】AC

【解析】

【详解】A项：由公式可知，地球和月球对监测卫星的引力之比为等于地球的质量与月球的质量之比即为81：1，故A正确；

B项：设地球球心到C点的距离为r1，月球球心到C点的距离为r2，对地球有：

联立解得：，故B错误；

C项：对月球有：，对监测卫星有：地球对监测卫星的引力，月球对监测卫星的引力，由于两引力力的夹角小于90o，所以两引力的合力大于，由公式可知，监测卫星绕C点运行的加速度比月球的大，故C正确；

D项：由于监测卫星绕C点运行的加速度比月球的大，所以监测卫星绕C点运行的周期比月球的更小，由于月球的周期与“鹄桥”中继卫星的相等，所以监测卫星绕C点运行的周期比“鹄桥”中继卫星的小，故D错误。

11.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一个水平拉力F，则以下说法正确的是

A. 当时，A、B都相对地面静止

B. 当时，A的加速度为

C. 当时，A相对B滑动

D. 无论F为何值，B的加速度不会超过

【答案】BCD

【解析】

【详解】AB之间的最大静摩擦力为：

fmax=μmAg=2μmg

B与地面间的最大静摩擦力为：

则对A，有

故拉力F最小为

所以

此时AB将发生滑动

A．当时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动，故A错误；

B．当时，故AB间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有

故B正确；

C．当时，A相对于B滑动，故C正确；

D．A对B的最大摩擦力为2μmg，B受到的地面的最大静摩擦力为当拉力超过一定值后，无论拉力多大，B受到A的摩擦力不变，故加速度不变，大小为

所以无论F为何值，加速度均不会超过，故D正确。

12.如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连（轻质弹簧的两端分别固定在A、B上），B、C两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连，A固定在水平地面上，C放在固定的倾角为的光滑斜面上。已知B的质量为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细绳与滑轮之间的摩擦力不计。现用手按住C，使细绳刚刚拉直但无张力，并保证ab段的细绳竖直、cd段的细绳与斜面平行。开始时整个系统处于静止状态，释放C后，它沿斜面下滑，斜面足够长，则下列说法正确的是

A. 整个运动过程中B和C组成的系统机械能守恒

B. C下滑过程中，其机械能一直减小

C. 当B的速度达到最大时，弹簧的伸长量为

D. B的最大速度为2g

【答案】BD

【解析】

【详解】A．整个运动过程中，弹簧对B物体做功，所以B和C组成的系统机械不守恒，故A错误；

B．C下滑过程中，绳子拉力对C做负功，由功能关系可知，物体C的机械能减小，故B正确；

C．当B的速度最大时，其加速度为零，绳子上的拉力大小为2mg，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量x2满足

得

故C错误；

D．释放瞬间，对B受力分析，弹簧弹力

得

物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离均为

h=x1+x2

由于x1=x2，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，设B物体的最大速度为vm，由机械能守恒定律得

解得：

故D正确。

二、实验题

13.某实验小组利用光电计时器等器材来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系，实验装置如图甲所示。

（1）本实验在正确操作的情况下，保持钩码的质量m不变．通过增加小车上的配重片来改变小车和遮光片的总质量M，由光电计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为△t1、△t2，用刻度尺测得两个光电门之间的距离x，用10分度的游标卡尺测得遮光条的宽度为d。则小车的加速度表达式=_____（表达式均用己知字母表示）．测得遮光条的宽度如图乙所示．其读数为____mm．

（2）该小组通过实验得到-图像，如图丙所示。则所挂钩码质量m=_____kg。（当地的重力加速度为g=9.8m/s2）

【答案】    (1).     (2). 5.00    (3). 0.1

【解析】

（1）通过光电门1的速度为，通过光电门2的速度为，根据位移速度公式可得；游标卡尺的读数为；

（2）根据牛顿第二定律可得，故有，所以图像的斜率，即，解得m=0.1kg．

14.某实验小组做“探究动能定理”实验，装置如图甲所示。探究对象是铝块（质量小于砂桶），保持其质量m不变，通过在砂桶中加砂来改变对铝块的拉力，由力传感器可测得拉力的大小F。已知当地重力加速度为g，电源频率为f。

（1）若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更________（填“大”或“小”）。

（2）实验时，让砂桶从高处由静止开始下落，在纸带打出一系列的点，如图乙所示，其中0是打下的第一个点，取纸带上0~5过程进行研究，铝块动能的增加量ΔEk=__________，外力做的功W=________。

（3）为了更普遍地反应铝块运动过程中功与动能增加量的关系，某同学选取0点到不同计数点过程，作出ΔEk–W图象如图丙所示，他根据_____________，才得到结论：外力做的功等于动能的增加量。

【答案】    (1). 大    (2).     (3). （F-mg）(h+x1)    (4). 图像斜率近似为1

【解析】

【详解】(1)[1]由于滑轮的摩擦，若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更大；

(2)[2]计数点5的瞬时速度

则系统动能的增加量

[3]外力做的功

(3)[4]对铝块由动能定理得

如果图像斜率近似为1时，可知外力做的功等于动能的增加量。

三、计算题

15.如图所示，在倾角θ=的足够长的固定的斜面底端有一质量m=1kg的物体.物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25，现用轻绳将物体由静止沿斜面向上拉动。拉力F=10N，方向平行斜面向上。经时间t=4s绳子突然断了，（sin=0.60；cos=0.80；g=10m/s2）求：

（1）绳断时物体的速度大小。

（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间？

【答案】（1）8m/s（2）（1+）s

【解析】

【详解】(1)物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，设加速度为a1，则有

F-mgsinθ-Ff=ma1

FN=mgcosθ

又

Ff=μFN

得

F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1

代入解得：

a1=2.0m/s2

所以，t=4.0s时物体速度

v1=a1t=8.0m/s

(2)绳断后，物体距斜面底端

断绳后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma2

得

a2=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2

物体做减速运动时间

减速运动位移

此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a3，则有：

mgsinθ-μmgcosθ=ma3

得

a3=g（sinθ-μcosθ）=4.0m/s2

设下滑时间为t3，则

解得：

所以

16.如图，光滑的水平面上放置质量均为m=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离）。甲车上带有一半径R=1m的1/4光滑的圆弧轨道，其下端切线水平并与乙车上表面平滑对接，乙车上表面水平，动摩擦因数μ=，其上有一右端与车相连的轻弹簧，一质量为m0=1kg的小滑块P（可看做质点）从圆弧顶端A点由静止释放，经过乙车左端点B后将弹簧压缩到乙车上的C点，此时弹簧最短（弹簧始终在弹性限度内），之后弹簧将滑块P弹回，已知B、C间的长度为L=1．5m，求：

（1）滑块P滑上乙车前瞬间甲车的速度v的大小；

（2）弹簧的最大弹性势能EPm；

（3）计算说明滑块最终能否从乙车左端滑出，若能滑出，则求出滑出时滑块的速度大小；若不能滑出，则求出滑块停在车上的位置距C点的距离。

【答案】（1）1m/s（2）（3）1m

【解析】

试题分析：（1）滑块下滑过程中水平方向动量守恒，

机械能守恒：

解得：，

（2）滑块滑上乙车后，由动量守恒定律得：

由能量守恒定律有：

解得：

（3）设滑块没有滑出，共同速度为，由动量守恒可知

由能量守恒定律有：

解得：＜L，所以不能滑出，停在车上的位置距C点的距离为1m。

考点：动量守恒定律；能量守恒定律

【名师点睛】此题考查了动量守恒定律及能量守恒定律的应用；正确分析物体的运动过程，把握每个过程所遵守的物理规律是解题的关键，也是应培养的基本能力．本题解题务必要注意速度的方向。

17.如图所示，A、B是水平传送带的两个端点，起初以的速度顺时针运转，今将一小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A处，同时传送带以的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因数为0.2，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道CPN，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，PN为其竖直直径，C点与B点的竖直距离为R，物体离开传送带后由C点恰好无碰撞落入轨道，，求：

（1）判断物体能否沿圆轨道到达N点。

（2）物块由A端运动到B端所经历的时间。

（3）AC间的水平距离；

【答案】（1）不能（2）3s（3）8.6m

【解析】

【详解】(1)物体能到达N点的速度要求

解得

对于小物块从C到N点，设能够到达N位置且速度为，由机械能守恒得

解得

故物体不能到达N点

(2)物体离开传送带后由C点无碰撞落入轨道，则得在C点物体的速度方向与C点相切，与竖直方向成，有

vcx=vcy

物体从B点到C作平抛运动，竖直方向

水平方向

得出

所以

物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律有

μmg=ma

得

物体历时t1后与传送带共速，则有

at1=v0+a0t1

得

得：

v1=2m/s＜4m/s

故物体此时速度还没有达到vB，且此后的过程中由于a0＜μg，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t2到达B点

得：

t2=2s

所以从A运动倒B的时间为

t=t1+t2=3s

(3)AB间的距离为

从B到C的水平距离为

所以A到C的水平距离为