山东省曲阜夫子学校2019届高三物理上学期11月期中试卷（含解析）.doc

1、1山东省曲阜夫子学校 2019 届高三物理上学期 11 月期中试卷（含解析）一、选择题1.下列关于物理思想方法的叙述中正确的是A. 理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷、光滑面、位移等都是理想化模型B. 重心、分力与合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想C. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，通常采用先保持质量不变研究加速度和力的关系。再保持力不变研究加速度与质量的关系，这应用了微元法D. 根据加速度定义式 ，当t 趋近于零时， 就可以表示物体在某时刻的瞬时加速度，该定义应用了控制变量法【答案】B【解析】【详解】理想化模型是把实际问

2、题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷、光滑面等都是理想化模型，但是位移是物理概念，不属于理想模型，选项 A 错误；重心、分力与合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，选项 B 正确；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，通常采用先保持质量不变研究加速度和力的关系。再保持力不变研究加速度与质量的关系，这应用了控制变量法，选项 C 错误；根据加速度定义式 ，当t 趋近于零时， 就可以表示物体在某时刻的瞬时加速度，该定义应用了极限法，选项 D 错误；故选 B.2.材料相同、质量不同的两滑块，以相同的初动能分别在水平面上运动直到停止，则A. 质量大的滑块运动时间长

3、 B. 质量小的滑块运动位移大C. 质量大的滑块所受摩擦力的冲量小 D. 质量小的滑块克服摩擦力做功多【答案】B【解析】【分析】由动能定理可知克服摩擦力做的功的多少以及前进位移的大小；由动量定理可知摩擦力的冲量即等于动量的变化量，可知滑行时间的关系；2【详解】根据动能定理可知： -mgs=0-E K；即两物块克服摩擦力的功相等，且质量较小的滑块运动位移较大，选项 B 正确，D 错误；根据动量定理：-mgt=0-P， ，则,可知质量大的滑块运动时间短，选项 A 错误；根据动量定理可知摩擦力的冲量即等于动量的变化量即为： I p ，则质量大的物体摩擦力的冲量大，故 C 错误；故选 B。【点睛】本题

4、综合考查动能定理、动量定理的应用，在解题时要注意如果题目中涉及时间，则应考虑应用动量定理，若不涉及时间应优先采用动能定理或功能关系。3.2017 年 6 月 15 日上午 11 点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗 X 射线调制望远镜卫星“慧眼” 。假设将发射火箭看成如下模型；静止实验火箭总质量为 M=2100g当它以对地速度为 v0=840ms 喷出质量为m=100g 的高温气体后，火箭的对地速度大小为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)A. 30ms B. 40ms C. 42ms D. 50ms【答案】C【解析】【分析】发射过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可

5、以求出导弹的速度。【详解】喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的相同竖直方向的动量守恒；以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0+（M-m）v=0，解得：v=-42m/s，故 C 正确，ABD 错误；故选 C。【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，考查了求导弹的速度问题，知道发射过程系统动量守恒是解题的前提，应用动量守恒定律可以解题。4.如图所示，A、B 两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为 2h 和 h，将两球水平抛出后，两球落地时的水平位移大小之比为 1：2，则下列说法正确的是( )A. A,B 两球的初速度大小之比为 1：43B. A,B

6、 两球的初速度大小之比为 ：2C. 若两球同时落地，则两球抛出的时间差为D. 若两球同时抛出，则落地的时间差为【答案】C【解析】【分析】小球做平抛运动，由平抛运动规律可以求出小球的运动时间与水平速度，然后分析答题；【详解】A、小球做平抛运动，竖直方向有： ，则运动时间：所以 A 球的运动时间： ，B 球的运动时间： 。所以 。由 得 ，结合两球落地时的水平位移之比 ，可知 A、B 两球的初速度之比为 ，故 AB 错误；C、若两球同时落地，则两球抛出的时间差： ，故 C 正确；D、若两球同时抛出，则落地时间差： ，故 D 错误。【点睛】本题考查了求小球的初速度与运动时间关系，知道小球做平抛运动，

7、应用平抛运动规律可以解题。5.2018 年 7 月 25 日消息称，科学家们在火星上发现了第一个液态水潮，这表明火星上很可能存在生命。目前，美国的“洞察”号火星探测器正飞往火星，预计在今年 11 月 26 日降落到火星表面。假设该探测器在着陆火星前贴近火星表面运行一周用时为 T，已知火星的半径为 R1，地球的半径为 R2，地球的质量为 M，地球表面的重力加速度为 g，引力常量为 G，则火星的质量为A. B. C. D. 4【答案】A【解析】【详解】绕地球表面运动的天体由牛顿第二定律可知：同理绕火星表面运动的天体结合两个公式可解得： 故 A 对；综上所述本题答案是：A【点睛】在天体运动中要结合万

8、有引力提供向心力并结合牛顿第二定律求中心天体的质量。6.在电荷量分别为 2 q 和 -q 的两个点电荷形成的电场中，电场线分布如图所示，在两点电荷连线上有 a、 b、 c 三点，且 b、c 两点到正点电荷距离相等，则（ ）A. 在两点电荷之间的连线上存在一处电场强度为零的点B. 将一电子从 a 点由静止释放，它将在 a、b 间往复运动C. c 点的电势高于 b 点的电势D. 负试探电荷在 a 点具有的电势能大于在 b 点时的电势能【答案】C【解析】【详解】A、正负电荷在两点电荷之间的连线上产生的场强方向相同，所以在两点电荷之间的连线上不存在电场强度为零的点，故 A 错；B、将一电子从 a 点由

9、静止释放，电子在 a 点受到向右的电场力，所以要从静止向右运动，则运动不是在 a、 b 间往复运动，故 B 错；C、 b、 c 两点到正点电荷距离相等，若只有正电荷，则 bc 两点的电势相等，但由于负电荷5的存在导致 c 点的电势高于 b 点的电势，故 C 对；D、沿着电场线电势在降低，所以 a 点电势高于 b 点电势，而负电荷在电势高的地方电势能小，所以 a 点具有的电势能小于在 b 点时的电势能，故 D 错综上所述本题选;C7.如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 R，bc 是半径为 R 的四分之一的圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球受到与重力大小相

10、等的水平外力 F 的作用，自 a 点从静止开始向右运动，运动到 b 点时立即撤去外力 F，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是A. 水平外力 F 做的功为 2mgRB. 小球运动到 b 点时对圆弧轨道的压力大小为 3mgC. 小球能从 c 点竖直向上飞出D. 运动到 C 点时对圆弧的压力大小为 mg【答案】B【解析】【分析】根据功的概念求解 F 的功；根据动能定理和牛顿定律求解在 b 点时对轨道的压力；假设能到达 c 点，求得到达 c 点的速度，然后判断是否能到达 c 点.【详解】水平外力 F 做的功为 W=FR=mgR，选项 A 错误；从 a 到 b 由动能定理：FR= mvb2；在 b

11、点由牛顿第二定律： ，解得 Nb=3mg，选项 B 正确；到达 c 点时：，解得 vc=0，即到达 c 点的速度为零，运动到 c 点时对圆弧的压力大小为 0，选项 CD 错误；故选 B.8.如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳 OO悬挂于 O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为 m 的物块 A，另一端系一位于固定光滑斜面上的质量为 2m 的物块 B，斜面倾角=45，外力 F 沿斜面向上拉物块 B，使物块 B 由滑轮正下方位置缓慢运动到和滑轮等高6的位置，则( )A. 细绳 OO的拉力逐渐增大B. 细线对物块 B 的拉力逐渐变大C. 斜面对物块 B 的支持力逐渐变大D. 外力 F 逐渐变大【答案】

12、D【解析】【分析】对物块 B 进行受力分析，根据平衡条件列出方程，由于的变化，从而导致力的变化；【详解】A、由题可知，物块缓慢移动整体都处于平衡状态，则绳 的拉力等于下面绳对A 的拉力和绳对 B 的拉力的合力，由于绳对 A 的拉力和绳对 B 的拉力大小相等，都等于 A物体的重力的大小，但是由于 B 物体上移，导致二者之间的夹角变大，则根据平行四边形定则可知合力变小，即绳 的拉力逐渐减小，故选项 AB 错误；C、该时刻对物块 B 受力分析如图所示：当物块 B 上移时 先减小后增大，在垂直斜面方向根据平衡方程可知：斜面对物块 B 的支持力先减小后增大，在沿斜面方向根据平衡条件可知外力 F 逐渐变大

13、，故选项 C 错误，D7正确。【点睛】本题考查物体的动态平衡，关键是对物块 B 进行受力分析，同时由于角的变化，根据平衡方程进行分析即可。9.如图所示，带有光滑半圆弧轨道质量为 M 的滑块静止置于粗糙水平面上，AB 为水平直径，半径为 R，C 点为半圆弧最低点，现把一质量为 m 的小球从 A 点静止释放，在小球下滑过程中，滑块始终静止，下列说法正确的是A. 轨道对小球的作用力不做功B. 小球滑到 C 点的速度为C. 小球从 A 点下滑到 C 点的过程中，滑块受地面的摩擦力方向向左D. 若水平面光滑，轨道对小球的作用力不做功【答案】AB【解析】【分析】当地面粗糙或者光滑时，根据功的概念判断轨道对

14、小球能否做功；根据机械能守恒定律求解到达最低点的速度；小球下滑时对轨道作用力有水平向左的分量，由此判断滑块受到的摩擦力的方向。【详解】因滑块静止，则轨道对小球的作用力与速度方向垂直，轨道对小球的作用力始终不做功，选项 A 错误；根据机械能守恒定律可得：mgR= mvC2，解得 vC= ,选项 B 正确；小球从 A 点下滑到 C 点的过程中，小球对轨道的压力斜向左下方向，有水平向左的分量，可知滑块受地面的摩擦力方向向右，选项 C 错误；若水平面光滑，则小球在轨道内滑动时，轨道会运动，此时轨道对小球的作用力与小球的位移方向不垂直，即轨道对小球的作用力对轨道要做功，选项 D 错误；故选 AB.10.

15、如图甲所示，物体沿斜面由静止开始下滑，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面间和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，图乙中 v、a、F、S、t、E k分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小、路程、时间和动能。图乙中可能正确的是8A. B. C. D. 【答案】CD【解析】：物体在斜面上受到的摩擦力为恒定值，在水平面上受到的摩擦力也为恒定值，物体在斜面上受到的摩擦力小于在水平面间受到的摩擦力，A 错误；物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面做匀减速直线运动，BC 可能正确；由动能定理可知 D 正确。11.如图所示，在某海滨游乐场里有一种滑沙运动，其运动过程可类比如图所示的模型

16、，小孩(可视为质点)坐在长为 1m 的滑板上端，与滑板一起由静止从倾角为 37的斜面上下滑，已知小孩与滑板间的动摩擦因数为 0.5，滑板与沙间的动摩擦因数为 ，小孩的质量与滑板的质量相等，斜面足够长，g 取 10ms 2，则以下判断正确的是A. 小孩在滑板上下滑的加速度大小为 2ms 2B. 小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为 5.5ms 2C. 经过 的时间，小孩离开滑板D. 小孩离开滑板时的速度大小为【答案】AD9【解析】【分析】对小孩和滑板受力分析，根据牛顿第二定律求出小孩滑板下滑的加速度；根据运动学公式，分别求出滑板和小孩的位移，小孩相对滑板的位移等于滑板的长度，由速度公式求出小孩离开

17、滑板时的速度大小【详解】对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsin37 1 mgcos37 ma1 得：a 1 gsin37 1gcos372 m/s2，故 A 正确；小孩和滑板脱离前，对滑板运用牛顿第二定律有： mgsin37+ 1 mgcos37 2 2mgcos37 ma2；代入数据解得：a 2 gsin37+ 1gcos372 2gcos37=1m/ s2，故 B 错误；设经过时间 t，小孩离开滑板 ，解得： t s，故 C 错误；小孩离开滑板时的速度为： ，故 D 正确；故选 AD。【点睛】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道

18、加速度是联系力学和运动学的桥梁，关键是要注意小孩离开滑板时小孩相对木板的位移等于木板长12.把质量为 0.2kg 的小球放在竖直的弹簧上，弹簧下端固定在水平地面上，把球向下按至A 位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置 C(图丙)，途中经过位置 B 时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知 B、A 的高度差为 0.1m，C、B 的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，取地面为零势能面，g=10m/s 2。则下列说法正确的是A. 小球到达 B 位置时，小球机械能最大B. 小球到达 B 位置时，速度达到最大值 2msC. 小球在 A 位置时弹簧的弹性势能等于在 C 位置的

19、重力势能10D. 若将弹簧上端与小球焊接在一起，小球将不能到达 BC 的中点【答案】AD【解析】【分析】小球从 A 开始向上运动，开始做加速运动，当弹簧弹力与重力平衡时，小球速度达到最大，之后开始减速，运动到 B 时脱离弹簧，之后只在重力作用下减速。根据系统机械能守恒定律列式分析即可。【详解】从 A 到 B 的过程弹簧对小球做正功，所以小球的机械能增加，当弹簧恢复原长时机械能达到最大，故 A 正确；当小球受到的合力为零时，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，故 B 错误；小球从 A 到 C 的过程中，系统减少的弹性势能转化为重力势能，所以弹性势能的变化量等于重力势能的变化量，即小球在 A 位置时弹

20、簧的弹性势能等于在 A、C 位置的重力势能差值，故 C 错误；根据题意，若将弹簧上端与小球焊接在一起，BC 中点处的弹性势能与 A 处的弹性势能相等，根据能量守恒，从 A 向上运动到最高点的过程中重力势能增加，所以弹性势能必定要减小，即运动不到 BC 点的中点，故 D 正确。故选 AD。【点睛】本题考查机械能守恒定律的应用，要注意明确当加速度为零时，速度达到最大，并结合能量守恒解题即可。二、实验题13.某同学用弹性很好的橡皮筋(遵循胡克定律)等器材验证了力的平行四边形定则，进行的部分实验如下：A先用刻度尺测量橡皮筋的原长；B将橡皮筋的一端固定在竖直平板的 A 点，另一端与两个细绳套连接，细绳下

21、挂一重物，任其自然下垂，结点为 O，如图甲所示，测量此时橡皮筋的长度；C用一个弹簧测力计，水平的通过细绳套把橡皮条的结点拉到 O位置，如图乙所示；D记下弹簧测力计的读数和细绳 OB 的方向，用刻度尺测量橡皮筋的长度；已测量的数据中，拉到位置 O时橡皮筋的伸长量是竖直悬挂时的 倍。根据以上信息完成下面的问题：11(1)弹簧测力计的读数如图丙所示，读数为_；(2)若 g=10ms 2，悬挂重物的质量为_；(3)在图乙中，保持橡皮筋的方向不变，手拉测力计顺时针缓慢旋转，在此过程中弹簧测力计的示数变化情况为_。【答案】 (1). （1）5.50N(5.47-5.54) (2). （2）0.55kg (

22、3). （3）先减小后增大【解析】【分析】弹簧秤读数时应保留到最小刻度的下一位；画出力的平行四边形，保持合力不变，橡皮筋拉力的方向不变，手拉测力计顺时针缓慢旋转，可判断弹簧测力计的示数变化.【详解】 （1）弹簧测力计的读数 5.50N；（2）若 g=10ms 2，悬挂重物的质量为 0.55kg；（3）由平行四边形法则可知，保持橡皮筋的方向不变，手拉测力计顺时针缓慢旋转，在此过程中弹簧测力计的示数先减小后增加；14.某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为 50 Hz，得到如图 4 所示的纸带。选取纸带上打出的连续五个点 A、 B、 C、 D、 E，测出 A 点距起点 O

23、的距离为 s019.00 cm，点 A、 C 间的距离为 s18.36 cm，点 C、 E 间的距离为 s29.88 cm， g 取 9.8 m/s2，测得重物的质量为 m1 kg。12(1)下列做法正确的有_。A图中两限位孔必须在同一竖直线上B实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直C实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源D数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置(2)选取 O、 C 两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能是_J，打下 C 点时重物的速度大小是_m/s。(结果保留三位有效数字)(3)根据纸带算出打下各点时重物的速度 v，量出下落距离 s，则以 为纵

24、坐标、以 s 为横坐标画出的图象应是下面的_。【答案】 (1). AB； (2). 2.68； (3). 2.60； (4). C；【解析】试题分析:（1）图甲中两限位孔必须在同一直线上，故 A 正确；实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦，故 B 正确；开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故 C 错误；数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、13末位置，以减小测量的误差，故 D 错误。（2）重

25、物减少的重力势能为：E p=mgh=mg（s 0+s1）=1kg9.8m/s2（19.00+8.36）10-2m2.68J打下 C 点时重物的速度 vc=(s1+s2)/(4T)=2.28m/s(3)在验证机械能守恒定律的实验中，有： 则有： ，g 是常数，所以图线为过原点的倾斜直线，故 C 图正确。（4）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力考点： 验证机械能守恒定律三、计算题15.如图所示，质量为 m 的炮弹运动到水平地面 O 点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为 h，炮弹动能为 E，此时发生爆炸，将炮

26、弹炸为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为 g，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离。【答案】 【解析】【分析】炮弹爆炸的过程满足动量守恒，以及能量守恒关系；爆炸完了后一块自由落体，一块平抛，结合运动公式求解炮弹的两部分落地点之间的距离.【详解】爆炸之前 爆炸过程动量守恒： 14解得：v 1=0，v 1=2v0；随后一块自由落体运动，一块平抛运动，则 h= gt2；x=2v 0t解得16.如图甲所示，质量为 m=2kg 的物体置于倾角为 =37的足够长的固定斜面上，t=0 时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力 F，t 1=

27、0.5s 时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10ms 2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数 (2)拉力 F 的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离 s【答案】(1) =0.5 (2) F=15N (3)s=7.5m【解析】【分析】由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 根据 v-t 图象面积求解位移.【详解】 （1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：此过程有：mgsin+mgcos=ma 2代入数据解得：=0.5（2）由图象可知，

28、物体向上匀加速时加速度大小为：a 1= =20m/s2此过程有：F-mgsin-mgcos=ma 1代入数据解得：F=60N15（3）由图象可知，物体向上滑行时间 1.5s，向上滑行过程位移为：s 101.57.5m【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况17.如图所示，在竖直平面内，一半径为 R=0.45m 的光滑半圆轨道 MN 和粗糙水平轨道 PM在 M 点相切，MN 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，一质量为 mA=1kg 的物块 A(可视为质点)水平向右运动。与静止在 M 点的质量为 mB=2kg 的物块 B 发生完全弹性

29、碰撞，已知碰撞前瞬间物块 A 的速度为 v0=9ms，碰撞后物块 A 最终静止在水平轨道的 Q 处(图中未标出)，物块B 脱离半圆轨道后也恰好落到 Q 处，重力加速度 g=10m/s2，求：(1)碰撞后瞬间物块 B 的速度大小；(2)物块和水平轨道之间的动摩擦因数。【答案】 （1）6m/s（2）0.25【解析】【分析】（1）根据碰撞过程动量守恒和能量守恒关系求解碰撞后瞬间物块 B 的速度大小；（2）碰后物体 B 沿轨道上滑到达最高点后做平抛运动，根据平抛运动的规律求解落点的位置；在研究物体 A 碰前的减速过程，由动能定理求解动摩擦因数.【详解】 （1）物块 A 与 B 发生弹性碰撞，根据动量守

30、恒定律： m Av0=mAv1+mBv2由能量关系： mAv02= mAv12+ mBv22，解得 v1=-3m/s v2=6m/s（2）物块 B 从 M 点运动到 N 点的过程中，由动能定理： 解得 16然后做平抛运动，则 2R= gt2，x=v Nt解得 x=1.8m；对 A 物体由动能定理：解得 =0.2518.如图所示，一质量 m02kg 的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m201kg 的小物块（可视为质点）置于小车上 A 点，其与小车间的动摩擦因数040，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给小物块一个方向水平向右、大小为v06ms 的初速度，同时对小物块施加一个方向水平向左、大

31、小为 F06N 的恒力。取g10ms 2，求：（1）初始时刻，小车和小物块的加速度大小（2）经过多长时间小物块与小车速度相同？此时速度为多大？（3）小物块向右运动到最大位移的过程中，恒力 F 做的功和系统产生的内能?【答案】 （1） ， （2） ， （3） , 【解析】【详解】 （1）小物块受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，小车受摩擦力向右做匀加速运动设小车和小物块的加速度大小分别为 a1、 a2，由牛顿第二定律得：对小车： 解得： 对小物块： 解得： （2）设经过时间 t 小车与小物块速度相同，设速度为 v1，由运动学公式得对小车： 对小物块： 17解得： t = 0.5 s； （3）假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力 F 作用，设系统的加速度为a3，则由牛顿第二定律得 解得： 此时小车所需要的静摩擦力为 ，此时需要的摩擦力不大于最大静摩擦了，所以两者将一起向右做匀减速运动小物块第一段的位移： 小物块第二段的位移： 所以，小物块向右运动的最远位移为： 则恒力 F 做的功为 由功能关系知： 综上所述本题答案是：（1） ， （2） ， （3） , 【点睛】过程比较复杂，要受力分析找到运动的加速度，再结合运动学公式求出各自运动的位移，在计算内能时，要学会利用功能关系求解。18