安徽省蚌埠铁路中学2018届高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

1、- 1 -安徽蚌埠铁路中学 2018 届高三上学期期中物理试卷考试时间：90 分钟 试卷分值：100 分一、单选题(本大题共 9 小题，共 36 分)1. 汽车以 10m/s 的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方 15m 处的斑马线上有行人，于是刹车礼让，汽车恰好停在斑马线前，假设驾驶员反应时间为 0.5s，汽车运动的 v-t 图如图所示，则汽车的加速度大小为（ ） A. 20m/s2 B. 6m/s2 C. 5m/s2 D. 4m/s2【答案】C【解析】设匀减速直线运动所用的时间为 t，根据 v-t 图象的面积代表物体通过的位移可得：15m=10m/s0.5s+ 10m/st，解得 t=

2、2s，所以匀减速运动的加速度为：，则汽车的加速度大小为 5m/s2故选 C2. 一物体从 h 高处做自由落体运动，经时间 t 到达地面，落地速度为 v，那么当物体下落时间为 时，物体的速度和距离地面的高度分别是（ ）A. ， B. ， C. ， D. ，【答案】C【解析】根据 v=gt，可知在 和 t 末的速度比为 1：3，所以在 末的速度为 ；根据公式，可知在 和 t 内的位移比为 1：9，所以 内的位移为 ，离地面的高度为 ，故 C 正确，ABD 错误；故选 C。3. 一物体在几个力的作用下处于平衡状态，若保持其它力不变，而将其中一个力大小不变、方向逆时针旋转 180，则物体所受合力的变化

3、情况是（ ）- 2 -A. 合力的大小先变大后变小 B. 合力的大小先变小后变大C. 合力的方向逆时针转 90 D. 合力的方向逆时针转 180【答案】C【解析】物体在几个力的作用下处于平衡状态，则有其中某一个力而其余力的合力大小相等，方向相反，将其中一个力大小不变、方向逆时针旋转 180，则物体所受合力一直变大，合力的方向逆时针转 90，故 C 正确，ABD 错误；故选 C。4. 如图所示，一个人站在电梯中相对电梯静止不动，下列运动过程中，人处于超重状态的是（ ） A. 电梯匀速上升 B. 电梯加速下降C. 电梯减速下降 D. 电梯减速上升【答案】C【解析】电梯匀速上升时，加速度为零；人不超

4、重也不失重；故 A 错误；电梯加速下降时，加速度向下，故人失重，故 B 错误；电梯减速下降时，加速度向上，故人超重；故 C 正确；电梯减速上升时，加速度向下，故人失重，故 D 错误；故选 C点睛：本题考查超重与失重的性质，注意明确加速度向上有两种可能：加速向上或减速向下；而加速度向下可能是加速向下或减速向上5. 如图所示，小物体 P 放在水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力 f 的叙述正确的是（ ） A. 圆盘匀速转动时，摩擦力 f 等于零B. 圆盘转动时，摩擦力 f 方向总是指向轴 OC. 当物体 P 到轴 O 距离一定时，摩擦力 f 的大小跟圆盘转动的角速度成正比D. 当圆盘

5、匀速转动时，摩擦力 f 的大小跟物体 P 到轴 O 的距离成正比【答案】D- 3 -【解析】只有当木块 P 随圆盘一起绕过 O 点的竖直轴匀速转动时，P 受到的静摩擦力提供向心力，f 的方向才指向圆心，若圆盘不是匀速转动，摩擦力 f 方向不是指向轴 O，故 A、B 错误；当物体 P 到轴 O 距离一定时，f=mr 2，f 2，摩擦力 f 的大小跟圆盘转动的角速度平方成正比，故 C 错误；当圆盘匀速转动时，转速 n 一定，f=4 n2mr，fr，即摩擦力 f 的大小跟物体 P 到轴 O 的距离成正比，故 D 正确；故选 D。6. 美国地球物理专家通过计算可知，因为日本的地震导致地球自转快了 1.

6、6 s（1 s 的百万分之一） ，通过理论分析下列说法正确的是（ ）A. 地球赤道上物体的重力将不变 B. 地球赤道上物体的重力会略变大C. 地球同步卫星的高度略调小 D. 地球同步卫星的高度略调大【答案】C【解析】试题分析：据题，日本的地震导致地球自转快了 1.6s，地球自转的周期变小以赤道地面的物体来分析：由于地球自转的周期变小，在地面上的物体随地球自转所需的向心力会增大，而“向心力”等于“地球对物体的万有引力减去地面对物体的支持力” ，万有引力的大小不变，所以必然是地面对物体的支持力减小地面对物体的支持力大小等于物体受到的“重力” ，所以是物体的“重力”减小了故 A 正确，B 错误对地球

7、同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期地球自转的周期 T 变小了，由开普勒第三定律可知，卫星的轨道半径 R 减小，卫星的高度要减小些，故 C 正确，D 错误故选 AC。考点：万有引力定律的应用【名师点睛】本题是信息题，我们要从题目中找出与所求解问题相关的物理信息，再根据物理知识解答；对地球同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期，由开普勒第三定律可以得出卫星的高度的变化。7. 如图所示，小车的质量为 M，人的质量为 m，且 M m，人用恒力 F 拉绳，若不计滑轮与绳的质量，人与车保持相对静止，在光滑的水平面上从静止出发，向左前进距离 s 时的速度为v，则此过程中，下列说法正确的是

8、（ ） - 4 -A. 人做的功为 Fs B. 车给人的摩擦力对人做功 FsC. 绳对小车的拉力做功 Mv2 D. 此过程中，绳对小车做功的功率为 Fv【答案】B【解析】由图可知，人与车一起向左移动 s，则人拉的绳子的绳头相对于人的位移是 2s，所以人做的功等于 2Fs故 A 错误；设向左为正方向，将人与车看做一整体分析，设他们的加速度大小为 a，则有：2F=（M+m）a，再对人分析，假设车对人的摩擦力方向向右，则：F-f=ma联立以上两式可得车对人的摩擦力大小为： ；根据牛顿第三定律可知，车对人的摩擦力为 ，所以车给人的摩擦力对人做功 故 B 正确；绳子对小车做的功与人对小车的摩擦力做的功的

9、和等于小车增加的动能，所以绳对小车的拉力做功不等于 Mv2故 C 错误；此过程中，小车的速度小于 v（最后的一点除外） ，所以此过程中，绳对小车做功的功率小于 Fv故 D 错误故选 B.点睛：遇到连接体问题要灵活运用整体法与隔离法，一般采用先整体后隔离的思想；遇到涉及静摩擦力问题，先设出摩擦力方向，再利用公式解出摩擦力，若为正值则方向与假设的方向相同，若外负值则相反8. 如图所示，一个质量为 m，均匀的细链条长为 L，置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使 长部分垂在桌面下， （桌面高度大于链条长度） ，则链条上端刚离开桌面时的动能为（ ） A. 0 B. mgL C. mgL D. mgL【答

10、案】D- 5 -故选 D。9. 以下几种运动形式在任何相等的时间内，物体动量的变化不相等的运动是（ ）A. 匀变速直线运动 B. 平抛运动C. 自由落体运动 D. 匀速圆周运动【答案】D【解析】由相等时间内，物体动量的变化总是相等，由动量定理 Ft=p 知，作用力 F 一定为恒力，则物体必须做匀变速运动，而匀速圆周运动是变加速运动，故有匀速圆周运动的物体动量的变化不相等，故 D 正确，ABC 错误，故选 D。二、多选题(本大题共 3 小题，共 12 分)10. 如图所示，两个质量分别为 m1=4kg、 m2=1kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为 F1=30N、

11、F 2=20N 的水平拉力分别作用在 m1、 m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（ ） A. 弹簧秤的示数是 25NB. 弹簧秤的示数是 22NC. 在突然撤去 F1的瞬间， m1的加速度大小为 5.5m/s2D. 在突然撤去 F2的瞬间， m2的加速度大小为 1.5m/s2【答案】BC- 6 -.【点睛】本题考查牛顿第二定律关于连接体问题的应用，要注意明确整体法与隔离法的正确应用，正确选择研究对象，根据牛顿第二定律进行分析即可正确求解11. 已知引力常量 G 和下列某组数据就能计算出地球的质量，这组数据是（ ）A. 地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距离B. 月球绕地球运行的周期

12、及月球与地球的半径C. 人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期D. 若不考虑地球自转，已知地球的半径及地球表面重力加速度【答案】CD【解析】试题分析：地球绕太阳运行的周期及地球与太阳间距离根据万有引力提供圆周运动向心力，可以计算中心天体太阳的质量，而不可以计算环绕天体地球的质量，故 A 错误；根据万有引力提供圆周运动向心力 ，可得中心天体地球的质量 ，所以 B可以计算出地球的质量 M，选项 B 正确；已知地面附近绕行的人造卫星的速度及运行周期，根据 可知，根据周期与绕行速度可以求得卫星轨道半径，再根据 B 分析知可以求得中心天体地球的质量 M，故 C 正确；不考虑地球自转，在地球表面重力与

13、万有引力相等有，可得地球质量 ，若考虑地球自转，则上述表达式不成立，故可知 D 错误故选 BC。考点：万有引力定律的应用12. 如图所示，箱子放在水平地面上，箱内有一质量为 m 的铁球以速度 v 向左壁碰去，来回- 7 -碰几次后停下来，而箱子始终静止，则整个过程中（ ） A. 铁球对箱子的冲量为零 B. 铁球和箱子受到的冲量大小相等C. 箱子对铁球的冲量为 mv，向右 D. 摩擦力对箱子的冲量为 mv，向右【答案】CD【解析】A、箱子在水平方向上受到两个力作用，球队对箱子的作用力和地面对箱子的摩擦力，二力始终等值方向，其合力始终为零，故箱子始终静止因此，铁球对箱子的冲量与摩擦力对箱子的冲量等

14、值反向，合冲量为零，故 A 错误；B、根据动量定理，铁球受到的冲量为 I=0-mv=-mv，而箱子受到的冲量始终为零故 B 错误；C、根据动量定理，箱子对铁球的冲量为 I=0-mv=-mv，负号表示方向向右故 C 正确；D、箱子对铁球的冲量 mv，向右，根据牛顿第三定律，铁球对箱子的冲量为 mv，向左又因为摩擦力与铁球对箱子的作用力等值反向，所以摩擦力对箱子的冲量为 mv，向右故 D 正确；故 CD 正确；三、实验题探究题(本大题共 3 小题，共 20 分，每空 2 分)13. 如图所示，是某同学在做“研究匀加速直线运动”的实验中得到的纸带，在纸带上选取了 A、B、C、D、E 等 5 个计数点

15、，每相邻两个计数点之间还有 4 个点没画出来，其相邻点间距离如图所示 (单位：厘米) (1)打点计时器从打下 A 点到打下 C 点的时间内，小车的平均速度是 _ m/s（小数点后保留两位有效数字） ，这条纸带的 _ （左或右）端与小车相连 (2)两计数点间的时间间隔着用 T 表示，则小车运动的加速度的计算式 a= _ （逐差法，用 s 和 T 表示） 其大小为 _ m/s2（小数点后保留两位有效数字） 【答案】 (1). 0.40 (2). 左 (3). (4). 0.80【解析】(1)每相邻两个计数点之间还有 4 个点没画出来，所以相邻的计数点间的时间间隔- 8 -T=0.1s，则打点计时器

16、从打下 A 点到打下 B 点所用的时间是 0.1s，打点计时器从打下 A 点到打下 C 点的时间内，小车的平均速度 ;由纸带数据，可知，这条纸带的左端与小车相连.(2)由于每相邻两个计数点间还有 4 个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，设 A 到 B 之间的距离为 x1，以后各段分别为 x2、 x3、 x4，根据匀变速直线运动的推论公式 x=aT2可以求出加速度的大小，得： x3-x1=2a1T2 ,x4-x2=2a2T2 ,为了更加准确的求解加速度，我们对二个加速度取平均值 ,得 .【点睛】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的

17、理解与应用14. 某同学设计了一个验证牛顿第二定律的实验，下面图甲为其设计的实验装置简图 (1)如图乙所示，为该同学做某次实验得到的纸带，可以判断出这条纸带的运动方向是 _ （选“向左”或“向右” ） (2)如图丙所示，为该同学根据纸带上的测量数据进行分析处理后所描绘出来的实验图线示意图设图中直线 的斜率为 k，在纵轴上的截距为 b，若牛顿第二定律成立 则：小车受到沙桶的拉力大小为 _ N；小车的质量大小为 _ kg【答案】 (1). 向左 (2). 1/k (3). b/k【解析】(1) 小车受到沙桶的拉力作用做匀加速运动，单位时间内位移增加，可以判断出这条纸带的运动方向是向左运动；(2)由

18、牛顿第二定律得 ，则有 ，小车受到沙桶的拉力大小为 ，小车的质量大小为15. 如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为 5cm，如果取 g=10m/s2，那么： - 9 -(1)闪光的时间间隔是 _ s； (2)小球做平抛运动的初速度的大小 _ m/s； (3)小球经过 C 点时的速度大小是 _ m/s （结果可以保留根式）【答案】 (1). 0.1 (2). 1.5 (3). 【解析】 （1）在竖直方向上有：h=gT 2，其中h=（5-3）5cm=10cm，代入求得：T=0.1s；（2）水平方向匀速运动，有 s=v0t，其中 s=3l=15cm，t=T=0.1s，

19、代入解得（3）根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，在 B 点有，所以小球经过 C 点时， ，C 点时的速度大小四、计算题(本大题共 3 小题，共 32 分 10+12+10)16. 天文观测中发现宇宙中存在着“双星” ，所谓双星，是两颗质量相近，分别为 m1和 m2的恒星，它们的距离为 r，而 r 远远小于它们跟其它天体之间的距离，这样的双星将绕着它们的连线上的某点 O 作匀速圆周运动求： (1)这两颗星到 O 点的距离 r1、 r2各是多大 (2)双星的周期【答案】 （1） ， （2）【解析】 （1）如图，设双星中质量为 m1的天体轨道半径为 r1，质量为 m2的天

20、体轨道半径为 r2，据万有引力定律- 10 -和牛顿第二定律，得 -r1+r2=r-由联立解得： ，（2）再由 得运行的周期17. 如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量 m=1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度在平台的右端有一传送带，AB 长 L=5m，物块与传送带间的动摩擦因数 1=0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长 s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数 2=0.3，在 C 点右侧有一半径为 R 的光滑竖直圆弧与 BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为 =120，在圆弧的最高点 F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速

21、率反弹回来若传送带以 v=5m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失当弹簧储存的 Ep=18J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的 E 点，取 g=10m/s2 (1)求右侧圆弧的轨道半径为 R； (2)求小物块最终停下时与 C 点的距离； (3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围 【答案】 （1）0.8m （2） （3）【解析】试题分析：（1）物块被弹簧弹出，由 ，可知：因为 ，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由： ， ，- 11 -得到： ， ，因为 ，故物块与传送带同速后相对静止

22、，最后物块以 的速度滑上水平面 BC，物块滑离传送带后恰到 E 点，由动能定理可知：代入数据整理可以得到： 。（2）设物块从 E 点返回至 B 点的速度为 ，由得到 ，因为 ，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至 0 再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距 C 点 x 处，由 ，得到： .（3）设传送带速度为 时物块能恰到 F 点，在 F 点满足从 B 到 F 过程中由动能定理可知：解得：设传送带速度为 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到 E 点，由：解得：若物块在传送带上一直加速运动，由知其到 B 点的最大速度综合上述分析可知，只要传送带速度

23、 就满足条件。考点：牛顿第二定律、动能定理【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解。18. 如图所示，质量为 M=3kg 的平板小车静止在光滑的水平面上，小车平板面离地面的高度h=1.8m，有一质量 m=1kg 的小物块（可视为质点）以 v0=5m/s 从小车左端滑上小车，在小车上运动 2s 后，从小车右端飞出，最后落在水平地面上，测得滑块滑上小车到落地过程中的- 12 -水平位移大小为 s=8.2m，重力加速度为 g=10m/s2求： (1)滑块刚离开小车时的速度； (2)小车的末速度及小车的长度【答案】 （1）2m/s （2）1m/s 6m【解析】 （1）设滑块刚离开小车时的速度 ，滑块刚离开小车后做平抛运动，则有 ，滑块滑上小车做匀减速运动，则有 ，解得（2）设小车的末速度为 ，滑块刚离开小车的过程中，滑块与小车为系统，动量守恒，则有解得小车的长度