1、- 1 -20182019 学年度高三上学期期中考试物理试卷一、选择题 （本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。全部选对的得 4 分，选不全的得 2分，有选错或不答的得 0 分。 ）1.如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力 F 作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后( )A. 木块立即做减速运动B. 木块在一段时间内速度仍可增大C. 当 F 等于弹簧弹力时，木块速度最小D. 弹簧压缩量最大时，木块加速度为零【答案】B【解析】【详解】当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力 F 和弹簧水平向左的弹力。弹簧的弹力先小于恒力 F，后大于恒力 F，木块所受的合力方向先向右后向左
2、，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力 F 时，木块的速度为最大值。当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力 F，合力向左，加速度大于零，故 B 正确，ACD 错误。故选 B。2. 如图所示，两个质量相等的小球 A、 B 处在同一水平线上，当小球 A 被水平抛出 的同时，小球 B 开始自由下落， 两球均未落地。 不计空气阻力，则（）A. 两球的速度变化快慢不相同- 2 -B. 在同一时刻，两球的重力的功率不相等C. 在下落过程中，两球的重力做功不相同D. 在相等时间内，两球的速度增量相等【答案】D【解析】试题分析：两球的加速度相同，均为 g，速度变化快慢相同，故 A 错误；两球加速度相
3、同，均为 g，在相等时间t 内两球的速度增量相等，均为 gt，故 D 正确；重力的功率P=Gvy=mgt，两球的重力的功率相等，故 B 错误；下落过程中，两物体在竖直方向的位移相同，根据 W=Gh 可知，两球的重力做功相同，选项 C 错误；故选 D考点：平抛运动；自由落体运动【名师点睛】此题是对平抛运动及自由落体运动规律的考查；关键是知道两种运动在竖直方向的运动是相同的，加速度均为 g；注意理解功率的表达式：P=Fvcos 的含义3.如图所示，在同一竖直平面内，小球 a、 b 从高度不同的两点( hahb)分别以初速度 va和 vb沿水平方向抛出，经时间 ta和 tb后落到与两抛出点水平距离相
4、等的 P 点，若不计空气阻力，则( )A. ta tb， va vb B. ta tb， va vbC. ta tb， va vb D. ta tb， va vb【答案】A【解析】两个小球都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据 h= gt2知，t= ，因为 hah b，则 tat b。根据 x=v0t，因为水平位移相等，t at b，则 vav b故 A 正确，BCD 错误。故选A。4.所示，质量相等的 A、 B 两物体（可视为质点）放在圆盘上，到圆心的距离之比是 3：2，圆盘绕圆心做匀速圆周运动，两物体相对圆盘静止则 A、 B 两物体做圆周运动的向心力之比为（ ）- 3 -A. 1：1
5、B. 3：2 C. 2：3 D. 4：9【答案】B【解析】【详解】 A、 B 两物体的角速度相等，根据 Fn=mr 2知，质量相等，半径之比为 3：2，则向心力之比为 3：2，故 B 正确，ACD 错误。5.如图所示， A、 B 两物体相距 s7 m 时， A 在水平拉力和摩擦力作用下，正以 vA4 m/s 的速度向右匀速运动，而物体 B 此时正以 vB10 m/s 向右匀减速运动，加速度 a2 m/s 2，则 A 追上 B 所经历的时间是( )A. 7 sB. 8 sC. 9 sD. 10 s【答案】B【解析】【详解】物体 A 做匀速直线运动，位移为：x A=vAt=4t物体 B 做匀减速直
6、线运动减速过程的位移为：x B=vBt+ =10tt2设速度减为零的时间为 t1，有 t1=v/a=5s在 t1=5s 的时间内，物体 B 的位移为 xB1=25m，物体 A 的位移为 xA1=20m，由于 xA1+SxB1，故物体 A 未追上物体 B；5s 后,物体 B 静止不动，故物体 A 追上物体 B 的总时间为：t 总 = = s=8s故选：B- 4 -【点睛】首先根据速度时间关系求出 B 停下所用的时间，根据位移时间公式结合几何关系列式求解此时物块 A 是否追上物体 B，如没有追上，A 匀速走完剩余位移，根据速度位移关系，求解时间即可。6.如图所示， A、 B 是绕地球做圆周运动的两
7、颗卫星， A、 B 两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为 k：1，则 A、 B 两卫星的周期的比值为( )A. k B. k C. k2 D. k3【答案】D【解析】【详解】卫星 A 的线速度为 vA，轨道半径为 RA；卫星 B 的线速度为 vB，轨道半径为 RB；设经过时间t，卫星 A 扫过的面积 ，卫星 B 扫过的面积 ；根据题意 A、B 两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为 k，所以 ，得 ，根据v ，得 ；联立得 ；根据开普勒第三定律： ，则 ，故 D正确，ABC 错误；故选 D。【点睛】解题的关键是掌握开普勒行星运动第二及第三定律，并能用表达式表示出一定时间扫过的
8、面积以及运动半径等物理量.7.如图所示，长为 3L 的轻杆可绕水平转轴 O 转动，在杆两端分别固定质量均为 m 的球A、 B(可视为质点)，球 A 距轴 O 的距离为 L.现给系统一定动能，使杆和球在竖直平面内转动当球 B 运动到最高点时，水平转轴 O 对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力已知重力加速度为 g，则球 B 在最高点时，下列说法正确的是( )- 5 -A. 球 B 的速度为 0B. 杆对球 B 的弹力为 0C. 球 B 的速度为D. 球 A 的速度等于【答案】D【解析】【详解】当球 B 运动到最高点时，水平转轴 O 对杆的作用力恰好为零时，杆对两球的作用力大小相等、方向相反。由牛顿第
9、二定律得：对 B 球：mg+T=m 22L；对 A 球：T-mg=m 2L；解得 ，T=3mg，则杆对球 B 的弹力为 T=3mg。B 球的速度 vB=2L=2 ，A 球的速度 v A=L= ，故选 D。【点睛】本题球 B 运动到最高点时，球 B 对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，同时两球角速度相等，线速度之比等于转动半径之比8.如图所示是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置。该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆上与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动。当转盘不转动时，指针指在 O 处，当转盘转
10、动的角速度为 1时，指针指在 A 处，当转盘转动的角速度为 2时，指针指在 B 处，设弹簧均没有超过弹性限度。则 1与 2的比值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】设每格的长度为 l，根据弹簧的弹力提供向心力有： kl=m 124l ， k3l=m 226l ，联立- 6 -解得： ，故 B 正确，ACD 错误。9.一球形行星对其周围物体的万有引力使物体产生的加速度用 a 表示，物体到球形行星表面的距离用 h 表示，a 随 h 变化的图象如图所示，图中 a1、h 1、a 2、h 2及万有引力常量 G 均为己知根据以上数据可以计算出（ ）A. 该行星的半径 B. 该行星的质量C.
11、该行星的自转周期 D. 该行星同步卫星离行星表面的高度【答案】AB【解析】A、球形行星对其周围质量为 m 的物体的万有引力：所以： ， ，联立可得： ，A 正确；B、将 代入加速度的表达式 即可求出该行星的质量， B 正确；C、由题目以及相关的公式的物理量都与该行星转动的自转周期无关，所以不能求出该行星的自转周期，C 错误；D、由于不能求出该行星的自转周期，所以也不能求出该行星同步卫星离行星表面的高度，D错误；故选 AB。10.(多选)质量均为 m 的 A、 B 两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上 A 紧靠墙壁，如图所示，今用恒力 F 将 B 球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然
12、将力撤去，- 7 -此瞬间 ( )A. A 球的加速度为B. A 球的加速度为零C. B 球的加速度为D. B 球的加速度为【答案】BD【解析】力 F 撤去前弹簧的弹力大小为 F将力 F 撤去的瞬间，弹簧的弹力没有变化，则 A 的受力情况没有变化，合力为零，加速度为零；B 的合力大小等于 F，根据牛顿第二定律得，B 球的加速度为 a= 。故选 BD。点睛：瞬时问题是牛顿定律应用典型的问题，一般先分析状态变化前弹簧的弹力，再研究状态变化瞬间物体的受力情况，求解加速度，要抓住弹簧的弹力不能突变的特点11.小球 P 和 Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于 Q 球的质量，悬挂 P 球
13、的绳比悬挂 Q 球的绳短将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )A. P 球的速度一定大于 Q 球的速度B. P 球的动能一定小于 Q 球的动能C. P 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力D. P 球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度【答案】C【解析】从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR= mv2，解得： ，在最低点的速度只与半径有关，可知 vPv Q；动能与质量和半径有关，由于 P 球的质量大于 Q 球的质量，悬挂 P 球的绳比悬挂 Q 球的绳短，所以不能比较动能的大小故 AB 错误；在最低点，拉力和重力的- 8 -合力提供向心
14、力，由牛顿第二定律得：F-mg=m ，解得，F=mg+m =3mg， ，所以 P 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力，向心加速度两者相等故 C 正确，D 错误故选 C点睛：求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题视频12.图(a) 为一列简谐横波在 t=2s 时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在 x=1.5m 处的质点的振动图象，P 是平衡位置为 x = 2m 的质点，下列说法正确的是（ ）A. 波速为 0.5m/sB. 波的传播方向向右C. 02s 时间内，P 运动的路程为 8cmD. 02s 时间内，P
15、向 y 轴正方向运动E. 当 t=7s 时，P 恰好回到平衡位置【答案】ACE【解析】A、由图( a)可知该简谐横波的波长为 =2m,由图( b)知周期为 T=4s,则波速为v=/T =2/4=0.5m/s，故 A 正确；B、根据图( b)的振动图象可知，在 x=1.5m 处的质点在 t=2s 时振动方向向下，所以该波向左传播，故 B 错误；C、由于 t=2s=0.5T，所以 02s 时间内，质点 P 的路程为 S=2A=8cm，故 C 正确；D、由于该波向左传播,由图( a)可知 t=2s 时，质点 P 已经在波谷，所以可知 02s 时间内， P向 y 轴负方向运动，故 D 错误；E、t=7
16、s= ，P 回到平衡位置且向下运动，E 正确；- 9 -故选：ACE。视频二、填空题（本题共 2 小题，满分 14 分把答案填在答案纸的横线上）13.在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中（装置如图甲）： 下列说法哪一项是正确的_。 （填选项前字母）A平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上B为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量C实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放 图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取 O、A、B、C 计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为 50 Hz则打 B 点时小车的瞬时速度大小为_m/s（保留三位有效数字） 。【答案】 (1). C (2). 0.65
17、3【解析】A、平衡摩擦力时要将纸带、打点计时器、小车等连接好，但不要通电和挂钩码；B、为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，使系统的加速度较小，避免钩码失重的影响，故 B 错误，C、实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，故 C 正确；故选 C。B 为 AC 时间段的中间时刻，根据匀变速运动规律得，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故14.某实验小组利用图 1 所示的装置探究加速度与力、质量的关系- 10 -图 1下列做法正确的是_(填字母代号)A调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C实验时，
18、先放开木块再接通打点计时器的电源D通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量_木块和木块上砝码的总质量(选填“远大于” 、 “远小于”或“近似等于”)图 2甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图 1 所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度 a 与拉力 F 的关系，分别得到图 2 中甲、乙两条直线设甲、乙用的木块质量分别为 m 甲 、 m 乙 ，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为 甲 、 乙 ，由图 2 可知， m 甲 _m 乙 ，
19、甲 _ 乙 (选填“大于” 、 “小于”或“等于”)【答案】 (1). AD (2). 远小于 (3). 小于 (4). 大于【解析】【详解】(1)在探究加速度与力、质量的关系的实验中，平衡摩擦力时木板不通过定滑轮挂砝码桶，而要挂纸带，并且改变质量时不需要重新平衡摩擦力；在实验时应先接通电源再放开木块，故选项 A、D 均正确，B、C 均错误。(2)选木块( M)、砝码桶及桶内的砝码( m)为研究对象，- 11 -则 mg( M m)a选砝码桶及桶内的砝码为研究对象则 mg FT ma联立得： FT mg 要使 FT mg 需要 接近于 0 即 Mm(3)对木块由牛顿第二定律得：F mg ma即
20、 a F g 。由上式与题图结合可知： ， 甲 g 乙 g。即： m 甲 乙【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理解与应用关于图象问题，常用的方法是得出两个物理量的表达式，结合图线的斜率和截距进行分析求解三计算题（本题共 4 小题，共 38 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）15.如图所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量 m1 kg 的物体在平行于斜面向上的恒力 F 作用下，从 A 点由静止开始运动，到达 B 点时立即撤去拉力 F.此后，物体到达
21、C 点时速度为零每隔 0.2 s 通过传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据.t/s 0.0 0.2 0.4 2.2 2.4 v/ms1 0.0 1.0 2.0 3.3 2.1 求：(1)恒力 F 的大小；- 12 -(2)撤去外力 F 的时刻【答案】(1)11 N (2)1.5 s【解析】【详解】 （1）加速阶段由加速度的定义知，加速度：减速阶段加速度大小为：加速阶段中由牛顿第二定律得：F-mgsin=ma 1减速阶段中由牛顿第二定律得：mgsin=ma 2由上两式代入数据得：F=m（a 1+a2）=11N（2）撤力瞬间速度最大 a1t=v0+a2（t-t） （其中：v 0=3.3
22、m/s，t=2.2s）解得 t=1.5s【点睛】本题考查匀变速直线运动规律，是典型的牛顿定律解题中的一类关键是应用加速度定义和牛顿第二定律表示加速度的大小，这是一道好题16.如图所示，半圆玻璃砖的半径 R10 cm，折射率为 n ，直径 AB 与屏幕垂直并接触于B 点。激光 a 以入射角 130射向半圆玻璃砖的圆心 O，结果在屏幕 MN 上出现两个光斑。求两个光斑之间的距离 L。【答案】23.1 cm【解析】【详解】画出如图光路图，入射光线一部分折射一部分反射，折射光线在屏幕上形成的光斑距 B 点的距离为 PB，反射光线在屏幕上形成的光斑距 B 点的距离为 BQ，- 13 -设折射角为 r，根
23、据折射定律 得： sinr=nsini= sin30=得：r=60由几何知识得两个光斑 PQ 之间的距离：L=PB+BQ=Rcoti+Rcotr=R（coti+cotr）=10（cot30+cot60）cm23.1cm【点睛】本题是几何光学问题，作出光路图是关键，是光的折射定律、反射定律与几何知识的综合应用。17.如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于 O 点，下端系一质量 m=1.0kg 的小球现将小球拉到 A 点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过 B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的 C 点地面上的 D 点与 OB 在同一竖直线上，已知绳长 L=1.0m， B 点离地高度H=1.0m
24、， A、 B 两点的高度差 h=0.5m，重力加速度 g 取 10m/s2，不计空气影响，求：(1)地面上 DC 两点间的距离 s；(2)轻绳所受的最大拉力大小【答案】(1) (2)F=20N【解析】试题分析：（1）设小球在 B 点速度为 v，对小球从 A 到 B 由动能定理得- 14 -绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为 t，则有DC 间距离解得：（2）在 B 位置，设绳子最大拉力为 F，由牛顿第二定律得：考点：本题考查了平抛运动和圆周运动18.如图所示，质量 M=8kg 的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力 F=8N。当小车向右运动的速度达到 6m/s 时，在小车右端轻轻地放一
25、个大小不计、质量 m=2kg 的小物块。小物块与小车间的动摩擦因数 =02，小车足够长。g 取 10m/s2，则：（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；（2）经多长时间两者达到相同的速度；（3）从小物块放上小车开始，经过 t=5s 小车通过的位移大小为多少？【答案】 （1）2m/s 2，05m/s 2（2）4s（3）124m【解析】试题分析：（1）设小物块加速度为 a1mg=ma 1a1=2m/s2设小车加速度为 a2F-mg=Ma 2a2=05m/s 2（2）设经过时间 t1两者达到共同速度 vv=a1t1v=v0+a2t1所以 v=8m/st1=4s- 15 -（3）两者共速后加速度为 a3F=（M+m）a 3a3=08m/s 2共速前小车的位移为 x1x1= a2x1=4m共速后小车的位移为 x2t2=t-t1=1sx2=vt2+ a3x2=84m所以 x=x1+x2=124m考点：牛顿第二定律的综合应用
