物理卷·2018届山东省泰安市高三上学期期中考试试题（解析版）

物理卷·2018届山东省泰安市高三上学期期中考试试题（解析版）

高三年级考试物理试题 一、选择题：本题共10小题。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7—10题有多项符合题目要求。‎ ‎1. 下列几种运动中，机械能一定守恒的是 A. 做匀速直线运动的物体 B. 做匀变速直线运动的物体 C. 做平抛运动的物体 D. 做匀速圆周运动的物体 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、做匀速直线运动的物体，动能不变，重力势能可能变化，机械能不一定守恒，故A错误；B、若是在水平面上的匀加速直线运动，动能增大，重力势能不变，则机械能不守恒；故B错误；C、做平抛运动的物体，只受重力做功，机械能必定守恒，故C正确；D、若物体在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能在变化，机械能不守恒，故D错误；故选C．‎ 考点：考查机械能守恒定律．‎ ‎【名师点睛】本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件和机械能的定义，知道各种运动的特点即可进行判断．‎ ‎2. 一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变。则该质点 A. 不可能做匀变速运动 B. 速度的大小保持不变 C. 速度的方向总是与该恒力的方向垂直 D. 任意相等时间内速度的变化量总相同 ‎【答案】D ‎【解析】未施加恒力前，质点做匀速直线运动，即合力为零，所以施加恒力后，质点的合力大小等于该恒力，合力方向与恒力的方向相同，所以做匀变速运动，若该恒力的方向与速度方向的夹角不为90°，则速度大小一定变化，AB错误；速度的方向与恒力的方向的夹角多样化，不一定是垂直的关系，C错误；由于做匀变速运动，即加速度恒定，所以根据可知任意相等时间内速度的变化量总相同，D正确．‎ ‎3. 如图，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是 A. O点的电势为零，电场强度也为零 B. a点的电势高于b点电势，a点电场强度大于b点电场强度 C. 正的试探电荷在b点的电势能大于零，所受电场力方向指向O点 D. 将负的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功 ‎【答案】B ‎【解析】等量异种电荷连线的中垂线为一条等势线，且电势为零，即O点电势为零，而两电荷连线上电场方向由a指向b，根据沿电场线方向电势降低，所以a点的电势高于O点的电势，即a点的电势高于b点的电势，在连线上，电场强度先增大后减小，在O点电场强度最小，但不为零，在中垂线上，从O点向两边递减，所以O点在中垂线上是电场强度最大的点，故a点电场强度大于b点电场强度，A错误B正确；电荷在零电势处电势能为零，故正的试探电荷在b点的电势能为零，电场方向水平向右，C错误；负电荷从O向a移动过程中，电场力方向水平向左，电场力做正功，D错误．‎ ‎4. 甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示。已知t=t1时刻，两汽车并排行驶。则在这段时间内 A. 甲乙两汽车的位移相同 B. 两汽车的平均速度均为 C. t=0时刻，汽车乙在汽车甲前方 D. 汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大 ‎【答案】C ‎【点睛】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．‎ ‎5. 如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c同时由静止释放。关于它们下滑的过程，下列说法正确的是 A. 重力对它们的冲量相同 B. 弹力对它们的冲量相同 C. 合外力对它们的冲量相同 D. 它们动能的增量相同 ‎【答案】A ‎【解析】设任一细杆与竖直方向的夹角为，环运动的时间为，圆周的直径为D,则环的加速度大小，由位移公式得：，得到，所以三个环运动时间相同；‎ A、由于三个环的重力相等，运动时间相同，由公式分析可知，各环重力的冲量相等，故A正确；‎ B、c环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，故B错误；‎ C、a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，故C错误；‎ D、重力对a环做功最大，其动能的增量最大，故D错误。‎ 点睛：根据牛顿定律与运动学公式结合分析得到：三个滑环下滑的时间相同，由冲量公式 ‎，判断重力冲量关系．由于c环受到的弹力最大，其冲量最大，a环加速度最大，合力最大，其冲量最大，下滑过程中，只有重力做功，根据动能定理得知，动能的增量等于重力做功，重力对a环做功最大，其动能的增量最大。‎ ‎6. 如图所示，物体叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA=6 kg，mB=2kg，A、B之间的动摩擦因数=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平力F用，则A、B的加速度可能是(g取10m/s2)‎ A. aA=6m/s2．aB=2 m/s2‎ B. aA=2m/s2．aB=6 m/s2‎ C. aA=8m/s2．aB=4 m/s2‎ D. aA=10m/s2．aB=6 m/s2‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：通过隔离法求出A、B发生相对滑动的临界加速度，再通过整体法结合牛顿第二定律求出拉力．根据拉力的大小与该临界情况拉力的关系，讨论两者的加速度 对B而言，当A、B间的摩擦力达到最大值时，此时的加速度达到最大，则，则最大加速度．对整体运用牛顿第二定律可得，即当拉力增加到48N时，发生相对滑动，当时，，当时，，且，恒定不变，故D正确．‎ ‎7. 如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与质量为mB的小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上质量为mA的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动。设某时刻物块A运动的速度大小为vA，加速度大小为aA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为。则 A. VB=‎ B. aA=‎ C. 小球B减小的重力势能等于物块A增加的动能 D. 当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：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的速度；再依据矢量的合成法则，及牛顿第二定律，并选取A与B作为系统，根据机械能守恒条件，即可求解．‎ 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的速度．在沿绳子方向的分速度为，所以，A正确；根据力的合成与分解法则，结合牛顿第二定律，而，则有，，故B错误；选AB作为系统，系统的机械能守恒，那么小球B减小的机械能等于物块A增加的机械能，C错误；除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，物块A上升到与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小．所以A上升到与滑轮等高时，机械能最大，D正确．‎ ‎8. 一物体在竖直方向的升降机中，由静止开始竖直向上作直线运动，运动过程中小球的机械能E与其上升高度h关系的图象如图所示，其中0~h1过程的图线为曲线，h1～h2过程中的图线为直线。下列说法正确的是 A. 0~h1过程中，升降机对小球的支持力一定做正功 B. 0~h1过程中，小球的动能一定在增加 C. h1～h2过程中，小球的动能可能不变 D. h1～h2过程中，小球重力势能可能不变 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：根据功能关系：除重力和弹簧的弹力之外的其它力做功等于物体机械能的变化，由图象读出机械能的变化，分析支持力做功的正负；由E-h图象的斜率的绝对值等于物体所受支持力的大小；如果支持力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；‎ 设支持力大小为F，由功能关系得，所以E-h图象的斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小，从图中可知机械能增大，所以升降机对小球的支持力做正功，由图可知在内斜率的绝对值逐渐减小，故在内小球所受的支持力逐渐减小．所以开始先加速运动，当支持力减小后，可能做匀速运动，也可能会减速，A正确B错误；由于小球在h1～h2内E-h图的斜率不变，所以小球所受的支持力保持不变，故物体可能做匀速运动，动能不变，C正确；由于小球在h1～h2内E-x图象的斜率的绝对值不变，重力势能随高度的增大而增大，所以重力势能增大，故D错误．‎ ‎9. 如图所示，倾角为的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧。下列判断正确的是 A. 弹簧被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零 B. 弹簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零 C. 细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsin D. 细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析：若弹簧被剪断，弹力为零，据此分析三者的加速度；若细线被剪断，弹力不能突变，保持不变，先以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律求A、B两球的加速度．再以B球为研究对象，由牛顿第二定律求杆的拉力大小．‎ 若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为，然后隔离A，对A分析，设杆的作用力为F，则，解得，A错误B正确；‎ 烧断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为．以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsinθ．烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得，解得A、B两个小球的加速度为，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：，解得杆的拉力为，故CD正确．‎ ‎10. 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步椭圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点。轨道3到地面的高度为h，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g。以下说法正确的是 A. 卫星在轨道3上的机械能大于在轨道1上的机械能 B. 卫星在轨道3上的周期小于在轨道2上的周期 C. 卫星在轨道2上经过Q点时的速度小于于它在轨道3上经过P时的速度 D. 卫星在轨道3上的线速度为 ‎【答案】AD ‎【解析】从轨道1需要点两次火才到达轨道3，所以外力做正功，机械能增大，故卫星在轨道3上的机械能比在轨道1上的机械能大，A正确；因为轨道2的半长轴小于轨道3的半径，所以根据开普勒第三定律可知卫星在轨道3上的周期大于在轨道2上的周期，B错误；根据可知，故半径越大，线速度越小，所以卫星在轨道1上速度大于在轨道3上的速度，因为从轨道1变轨到轨道2，需要在Q点点火，故在轨道2上Q点的速度大于轨道1上的线速度，所以卫星在轨道2上Q点的线速度大于轨道3上经过P点的速度，C错误；根据可知在轨道3上的线段，结合黄金替代公式可知，D正确．‎ 二、实验题 ‎11. 力传感器挂钩上的作用力可以在计算机屏幕上显示出来。为了探究最大静摩擦 力的大小跟哪些因素有关，某同学在老师的指导下做了一系列实验：‎ ‎①将滑块平放在水平长木板上，将力传感器的挂钩系在滑块上，沿长木板水平方向拉力传感器，逐渐增大拉力直到将滑块拉动；‎ ‎②再在长木板上铺上毛巾，并在滑块上放上砝码，重复前一个过程，得到的图线分别如甲、乙所示。‎ ‎（1）由乙知：在t1～t2时间内，滑块的运动状态是________(填“运动”或“静止”)，滑块受到的最大静摩擦力为________，在t2～t3时间内木板静止，木板受到的______(填“静”或“滑动”)摩擦力为_____________。‎ ‎（2）利用甲、乙两图线，_________(填“能”或“不能”)得出最大静摩擦力与两物体接触面的粗糙程度和接触面的压力均有关的结论。‎ ‎【答案】 (1). 静止 (2). (3). 滑动 (4). (5). 不能 ‎【解析】（1）物体静止时受到拉力与静摩擦力作用，由平衡条件可知，静摩擦力等于拉力，随拉力增大，静摩擦力变大；当拉力大于最大静摩擦力时，物体运动，物体受到的摩擦力是滑动摩擦力，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，所以在时间内滑块处于静止状态，最大静摩擦力为，时间内，物块处于运动状态，受到的是滑动摩擦力，大小为 ‎（2）实验中没有控制接触面粗糙程度相同而物体间压力不同，因此不能得出最大静摩擦力与接触面的压力有关的结论．‎ ‎12. 某实验小组在“探究加速度与物体的质量、受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，实验装置如图l所示。已知小车质量M=261g，打点计时器所使用的交流电频率f=50Hz。其实验步骤是：‎ ‎ ‎ A．按图所示安装好实验装置；‎ B．利用垫块调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车(与纸带、细绳和砝码盘相连)能沿长木板向下做匀速运动；‎ C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；‎ D．将小车置于打点计时器旁(小车与纸带相连，但与细绳和砝码盘不相连)先接通电 源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；‎ E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码质量，重复A、B、C、D步骤，求得小车在不同合外力F用下的加速度。‎ 回答以下问题：‎ ‎（1）按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量?______(填“是”或“否”)。‎ ‎（2）实验中打出的其中一条纸带如图2所示，选取4个点为一组计数点，由该纸带可求 得小车的加速度a=_____m/s2(结果保留三位有效数字)。‎ ‎ ‎ ‎（3）某次实验中砝码盘中砝码的重力和对应小车加速度数据如下表 ‎①请根据表中的数据在答题纸上画出a-F图象________；‎ ‎②造成图线不过坐标原点的最主要原因是_____________；‎ ‎③砝码盘的重力大小是_______N。‎ ‎【答案】 (1). 否 (2). 1.38 (3). (4). 在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力 (5). 0.06‎ ‎【解析】试题分析：根据小车做匀速运动列出方程，对合外力进行分析即可求解；在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，通过对小车受力分析即可求解．‎ ‎（1）当物体小车匀速下滑时有，当取下细绳和砝码盘后，由于重力沿斜面向下的分力和摩擦力f不变，因此其合外力为，由此可知该实验中不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．‎ ‎（2）相连计数点间的时间间隔为，在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即，则有．‎ ‎（3）①a-F图像如图所示 ‎②由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，这说明在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力，‎ ‎③根据数学函数关系可知该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是砝码盘的重力大小，横坐标一格表示0.02N，所以交点的大小为0.06N．‎ 三、解答题 ‎13. 质量为m的物体置于倾角为=37°的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为=0.2。如图甲所示，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑；若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，如图乙所示。求两次推力大小之比。(sin37°=0.6，cos37°=0.8)‎ ‎ ‎ ‎【答案】0.68‎ ‎【解析】根据共点力平衡条件可知；；；‎ 整理可得 ‎14. 水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记尺。在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的 (0，2l)、(0，－l)和(0，0)点。已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动，B平行于x轴朝x轴正向匀速运动。经过一段时间后标记R通过点(l，l)。已知橡皮筋的伸长是均匀的，求：‎ ‎（1）B点匀速运动的速度大小；‎ ‎（2）标记R的坐标(x，y)满足的关系式。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎ ‎ 由几何关系可知，解得 ‎（2）任意时刻t，R的坐标为R（x，y），由几何关系可得，‎ 整理可得或 ‎15. 如图，在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为。一小球(可视为质点)在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。‎ ‎（1）求小球经B点前后瞬间对轨道的压力大小之比；‎ ‎（2）小球离开C点后，再经多长时间落到AB弧上?‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）设小球经过B点时速度为，根据机械能守恒定律可得 小球经过B点前后，根据牛顿第二定律，‎ 由牛顿第三定律可知，小球经过B点前后对轨道的压力大小也分别与、相等 整理可知 ‎（2）设小球经过C点时速度为，根据机械能守恒定律可得 设小球再次落到弧AB时，沿水平方向的距离为x，沿竖直方向下降的高度为h，根据平抛运动的规律可知 由几何关系可知 整理可得 ‎16. 如图所示，装置的中间是水平传送带，传送带始终以2m/s的速率逆时针转动，两边是光滑水平台面，传送带与左右两边的台面等高，并能平滑对接。左边台面的D点处放置着质量M=4kg的小物块A，O点距传送带左端L=1．2m。质量m=1kg的小物块B从右边台面上以v0=3m/s的初速度向左运动滑上传送带。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数=0.6，传送带水平部分的长度l=1.0m。设物块A、B间发生的是弹性碰撞，A与挡板碰撞中没有机械能损失，碰撞时间不计。两小物块均可视为质点，取g=10m/s2。‎ ‎ ‎ ‎（1）求两物块第一次碰撞前物块B的速度大小v1，；‎ ‎（2）若两物块发生第2次碰撞的位置仍在O处，求O与左侧挡板的距离；‎ ‎（3）求第n次碰撞后，物块A的速度。‎ ‎【答案】（1）2m/s（2）0.96m（3）当n为奇数时；当n为偶数时 ‎【解析】（1）设B在传送带上一直做匀减速运动，到传送带左端时速度，根据牛顿第二定律和运动学公式可得①，②‎ 无解，即B不能一直减速，实际运动情况是减速到传送带速度相同后，做匀速运动，离开传送带后，与A第一次碰前，速度为③‎ ‎（2）取向左为正方向，设A、B发生第一次碰撞后的速度分别为和，根据动量守恒定律和机械能守恒定律④，⑤‎ 由④⑤解得，⑥‎ 代入数据可得，⑦‎ 设O与左边挡板距离为x，到第二次碰撞经历的时间t。A在与挡板碰撞前后均做匀速运动⑧‎ B匀速到达传送带，在传送带上先减速到零，再反向加速，由于大小小于传送带的速度，所以离开传送带时，B的速度大小仍为，⑨‎ 代入数据可得x=0.96m ‎（3）取向左为正方向，第二次碰撞前，A向右运动=-0.8m/s，B向左运动 设第二次碰撞后A的速度为，B的速度为，根据动量守恒定律和机械能守恒定律 ‎④，‎ 联立代入数据可得，‎ 即第二次碰撞后，A静止在O点，B以2m/s的速度向右冲上传送带，减速到零后向左加速，离开传送带时的速度为2m/s，重复第一次碰撞的过程，由（2）可知，第三次碰撞后AB的速度与第一次碰撞后的结果相同，一次类推，第四次碰撞后的结果与第二次 故当n为奇数时；当n为偶数时 ‎ ‎