福建省厦门市湖滨中学2020届高三上学期期中考试物理试题

厦门市湖滨中学2019---2020学年第一学期期中考高三物理试卷

一、单选题

1.小明玩飞镖游戏时，从同一位置先后以速度vA和vB将飞镖水平掷出，依次落在靶盘上A、B两点，如图所示，飞镖在空中运动的时间分别tA和tB．不计空气阻力，则（ 　　）

A. vA＜vB，tA＜tB

B. vA＜vB，tA＞tB

C. vA＞vB，tA＞tB

D. vA＞vB，tA＜tB

【答案】D

【解析】

根据知，B飞镖下降的高度大，则，根据知，两飞镖的水平位移相等，A的时间短，则，，故ABC错误，D正确；

故选D。

【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。

2.如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位移—时间图像，P(t1，x1)为图像上一点。PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q。则下列说法正确的是(  )

A. t1时刻，质点的速率为

B. t1时刻，质点的速率为

C. 质点的加速度大小为

D. 0～t1时间内，质点的平均速度大小为

【答案】B

【解析】

【详解】AB.x-t图象的斜率表示速度，则时刻，质点的速率为

故A错误，B正确；

C.根据图象可知，t=0时刻，初速度不为零，根据

可得加速度

故C错误；

D.时间内，质点的平均速度大小为

故D错误。

3.实际生活中常常利用如图所示的装置将重物吊到高处。现有一质量为M的同学欲将一质量也为M的重物吊起,已知绳子在水平天花板上的悬点与定滑轮固定点之间的距离为L,不计滑轮的大小、滑轮与绳的重力及滑轮受到的摩擦力。当该同学把重物缓慢拉升到最高点时,动滑轮与天花板间的距离为

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，绳子的拉力等于人的重力，即为Mg，而重物的重力也为Mg，则设绳子与竖直方向的夹角为θ，可得，则，此时动滑轮与天花板的距离为，故A正确，B、C、D错误；

故选A。

【点睛】以人为研究对象确定物体达到最高点时人的拉力大小，再以滑轮处为研究对象，根据受力情况确定细线与竖直方向的夹角，再根据几何关系求解。

4.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（   ）

A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B. 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力

C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

【答案】B

【解析】

摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，选项A错误；圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即，所以重力大于支持力，选项B正确；转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据P=mgvcosθ可知重力的瞬时功率在变化，选项D错误．故选B．

5.一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为，已知引力常量为G,则这颗行星的质量为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

根据G=mg，所以 ，根据万有引力提供向心力得： 解得：  ，故选B.

点睛：本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力．重力加速度g是联系星球表面宏观物体运动和天体运动的桥梁．

6.在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是(　   　)

A. 两弹簧都处于拉伸状态

B. 两弹簧都处于压缩状态

C. 弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长

D. 弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态

【答案】C

【解析】

A与B保持相对静止，则二者向下的加速度是相等的，设它们的总质量为M，则：Ma=Mgsinα；所以：a=gsinα；同理，若以C、D为研究对象，则它们共同的加速度大小也是gsinα。以A为研究对象，A受到重力、斜面体B竖直向上的支持力时，合力的方向在竖直方向上，水平方向的加速度：ax=acosα=g•sinαcosα；该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；以B为研究对象，则B受到重力、斜面的支持力作用时，合力的大小：F合=mgsinθ，所以B受到的重力、斜面的支持力作用提供的加速度为：a=gsinα，即B不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，ABD错误。故选C。

7.如图所示，长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端有固定转轴O，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动．已知小球通过最低点Q时，速度大小为 ，则小球的运动情况为（    ）

A. 小球不可能到达圆周轨道的最高点P

B. 小球能到达圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻杆对它的作用力

C. 小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力

D. 小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向下的弹力

【答案】C

【解析】

【详解】由能量守恒定律得：，解得：，所以小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力，故ABD错误，C正确．

故选：C

8.如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则(  )

A. 木块的最终速度为v0

B. 由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒

C. 车表面越粗糙，木块减少的动量越多

D. 车表面越粗糙，因摩擦产生的热量越多

【答案】A

【解析】

【详解】AB.以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动。以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：

解得最终两者的共同速度为，故A正确，B错误；

C.根据A选项分析，木块减少的动量为：

与车面粗糙程度无关。故C错误；

D.根据能量守恒，可得产生的热量为：

将代入，得：

与车面粗糙程度无关。，故D错误。

二、多选题

9.2017年11月21日,我国以“一箭三星”方式将吉林一号视频04、05、06星成功发射.其中吉林一号04星的工作轨道高度约为535 km,比同步卫星轨道低很多,同步卫星的轨道又低于月球的轨道,其轨道关系如图Z4-3所示.下列说法正确的是(  )

A. 吉林一号04星的发射速度一定大于7.9 km/s

B. 同步卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球的角速度小

C. 吉林一号04星绕地球运行的周期比同步卫星的周期小

D. 所有卫星在运行轨道上完全失重,重力加速度为零

【答案】AC

【解析】

【详解】A.7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星最小的发射速度，吉林一号04卫星的发射速度一定大于7.9km/s。故A正确。

B.根据万有引力提供向心力，则有：

解得：，同步卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，则同步卫星的角速度大于月球绕地球运动的角速度，故B错误；

C.根据万有引力提供向心力，则有：

解得：，吉林一号04星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则吉林一号绕地球运行的周期小于同步卫星的周期，故C正确。

D.卫星在轨道上运行时，处于完全失重状态，但是重力加速度不为零，故D错误。

10.下图是某同学站在压力传感器上做下蹲-起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息(  )

A. 1s时人处在下蹲的最低点

B. 2s时人处于下蹲静止状态

C. 该同学在0-4秒内做了2次下蹲-起立的动作

D. 下蹲过程中人先处于失重状态后处于超重状态

【答案】BD

【解析】

【详解】A.人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，到达最低点后处于平衡状态，由图可知，t=1s时人仍然加速下降，故A错误；

B.人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，到达最低点后处于平衡状态，所以在t=2s时刻人处于下蹲静止状态。故B正确；

C.人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学在0-4秒内做了一次下蹲-起立的动作，故C错误；

D.结合A的方向可知，下蹲过程先失重后超重，故D正确。

11.如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC是质量不计的撑杆，A端与竖直墙用铰链连接，一滑轮固定在A点正上方，C端吊一重物。现施加一拉力F缓慢将重物P向上拉，在AC杆达到竖直前(  )

A. BC绳中的拉力FT越来越大

B. BC绳中的拉力FT越来越小

C. AC杆中的支撑力FN不变

D. AC杆中的支撑力FN越来越大

【答案】BC

【解析】

【详解】以C点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力和绳子的拉力，作出力图如图：

由平衡条件得知，和的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：

缓慢将重物向上拉，AB、AC保持不变，BC变小，则保持不变，变小。故选BC。

12.如图所示，水平面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B，已知A的质量为m，B的质量为3m，A与水平面间的摩擦因数μ=0.5，重力加速度大小为g，不计绳子与滑轮的摩擦，静止释放物块A、B后（    ）

A. 相同时间内，A、B运动的路程之比为2:1

B. 细绳的拉力为

C. 当B下落高度h时，B的速度为

D. 当B下落高度h时，A、B组成的系统机械能减少0.5mgh

【答案】AB

【解析】

【详解】A.同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半的距离，即为，故A、B运动的路程之比为2：1，故A正确；

BC.任意相等时间内，物体A、B的位移之比为2：1，故速度和加速度之比均为2：1，设A的加速度为2a，则B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对A，有：

对B，有：

联立解得： ，；

对B，根据速度位移公式有：

解得：，故B正确，C错误；

D.根据功能关系，可知系统机械能的损失等于系统克服摩擦力做功， 当B下落高度h时，A向右运动的位移为2h，则有：

故D错误。

三、实验题

13.有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则。在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三段绳子的拉力F1、F2和F3，回答下列问题：

（1）改变钩码个数，实验能完成的是（    ）

A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4

B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4

C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4

D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5

（2）在拆下钩码和绳子前，最重要一个步骤是（    ）

A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向

B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度

C．用量角器量出三段绳子之间的夹角

D．用天平测出钩码质量

（3）根据实验原理及操作，在作图时，你认为图中________是正确的。(填“甲”或“乙”)

【答案】    (1). BCD    (2). A    (3). 甲

【解析】

【详解】（1）[1]]对O点受力分析

OA 、OB、OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以OC等于OD。因此三个力的大小构成一个三角形．

A.以钩码的个数表示力的大小，只能两分力沿直线时才能构成三角形，不符合实验方法，故A错误，不符合题意；

B.以钩码的个数表示力的大小，则三力为边构成等腰三角形，故B正确，符合题意；

C.以钩码的个数表示力的大小，则三力为边构成等边三角形，故C正确，符合题意；

D.以钩码的个数表示力的大小，则三力为边构成直角三角形，故D正确，符合题意。

（2）[2] 为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故最重要的一个步骤是A；

（3）[3] 以O点为研究对象，的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。

14.某同学利用如图甲所示的装置来验证“机械能守恒定律”。将宽度为d的挡光片（质量不计）水平固定在物体A上，将物体由静止释放，让质量较大的物体B通过细线和滑轮带着A—起运动，两光电门间的高度差为h，挡光片通过光电门1、光电门 2的时间分别为t1、t2，A、B两物体的质量分别为mA、mB，已知当地的重力加速度为g。回答下列问题。

（1）该同学用游标卡尺测挡光片的宽度时，测量情况如图乙所示，则挡光片的宽度d=________mm。

(2)由于没有天平，不能直接测出两物体的质量，该同学找来了一个质量为m0的标准砝码和一根弹簧，将标准砝码、物体A和物体B分别静止悬挂在弹簧下端，用刻度尺测出弹簧的伸长量分别为x0、xA、xB，则A、B两物体的质量分别为mA=____，mB=____。 

(3)若系统的机械能守恒，则应满足关系式=________。 

(4)若保持物体A的质量mA不变，不断增大物体B的质量mB，则物体A的加速度大小a的值会趋向于____。

【答案】    (1). 2.2    (2).     (3).     (4).     (5). g

【解析】

【详解】(1) [1]挡光片的宽度:

(2)[2][3]由胡克定律可得：

；,

联立可得：

，

(3)[4]物体B质量较大，B带动A一起运动，若系统机械能守恒则有：

……①

由于挡光片的宽度较小，则可得，物体通过挡光片时的速度大小为：

，

代入①可得：

化简可得：

(4)[4] 物体B质量较大，B带动A一起运动，对于A、B系统有：

则加速度：

保持物体A的质量mA不变，不断增大物体B的质量mB，当mB远大于mA时，

，

则加速度a的值会趋向于g。

四、计算题

15.如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量为m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)．

（1）求运动过程中所受空气阻力大小；

（2）假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；

【答案】（1）4N（2）100m

【解析】

【详解】（1）上升过程，根据位移时间公式有：

解得：a=6m/s2

由牛顿第二定律得：

代入数据解得：N

（2）下落过程，由牛顿第二定律得：

代入数据解得：m/s2

根据速度位移公式有：

代入数据解得：H=100m

16.山谷中有三块大石头和一根不可伸长的青之青藤，其示意图如下。图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m。开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤的下端荡到右边石头的D点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）大猴子水平跳离的速度最小值；

（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小；

（3）荡起时，青藤对猴子的拉力大小。

【答案】（1）=8m/s （2）9m/s （3）F=216N

【解析】

【详解】根据解得

则跳离的最小速度．

（2）根据机械能守恒定律得，

解得．

（3）根据牛顿第二定律得，

根据几何关系得，

联立解得 F=216N．

17.静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为 ，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为。重力加速度取。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；

（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？

（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？

【答案】（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）B先停止； 0.50m；（3）0.91m；

【解析】

分析】

首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。

【详解】（1）设弹簧释放瞬间A和B速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有

①

②

联立①②式并代入题给数据得

vA=4.0m/s，vB=1.0m/s

（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有

④

⑤

⑥

在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为

sA=vAt–⑦

联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得

sA=1.75m，sB=0.25m⑧

这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处。B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为

s=0.25m+0.25m=0.50m⑨

（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有

⑩

联立③⑧⑩式并代入题给数据得

故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有

联立式并代入题给数据得

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式

由④式及题给数据得

sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离