物理卷·2018届天津市静海县第六中学高三上学期期中考试物理试题（解析版）

物理卷·2018届天津市静海县第六中学高三上学期期中考试物理试题（解析版）

天津市静海六中2018届高三上学期期中+物理 一、单选题 ‎1. “神舟十号”飞船在预定轨道上做匀速圆周运动，在该飞船的密封舱内，如图所示的实验能够进行的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由于过滤水时水要借助重力向下流，在太空中无法实现； 同理也无法研究物体的重力势能，故血浆与血细胞分层实验，故ABD错误；只有C中用弹簧拉力器测力和重力无关，在太空中可以完成，故C正确； 故选C．‎ 点睛：本题考查超重与失重的应用，注意在完全失重状态下，凡是地面上利用重力的实验在失重状态下均无法实验．但是要注意弹簧秤在宇宙飞船上式可以使用的．‎ ‎2. 质量为m的飞行员驾驶飞机在竖直平面内以速度v做半径为r的匀速圆周运动，在轨道的最高点(飞行员在座椅的下方)和最低点时，飞行员对座椅的压力 A. 是相等的 B. 相差mv2/r C. 相差2mv2/r D. 相差2mg ‎【答案】B ‎【解析】解： 飞行员在最低点有: ,飞行员在最高点有: ,所以可知在最低点比最高点大2mg,故D正确 ‎3. 如图所示，在距离竖直墙壁为L=1.2 m 处，将一小球水平抛出，小球撞到墙上时，速度方向与墙面成θ=37º，不计空气阻力，墙足够长，g取10 m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8。则 A. 球的初速度大小为3 m/s B. 球撞到墙上时的速度大小为4 m/s C. 若将球的初速度变为原来的2倍，其他条件不变，小球撞到墙上的点上移了 D. 若将初速度变为原来的一半，其他条件不变，小球可能不会撞到墙 ‎【答案】A ‎【解析】A、设小球水平抛出时的速度为v0，则从开始到撞到墙上所用的时间为：‎ 撞到墙上时的竖直速度：‎ 根据速度方向与墙面成θ=37º，则 ‎ 代入数据得：v0=3m/s，A正确；‎ B、撞到墙上时的速度：，B错误；‎ C、打到墙上的点距抛出点的竖直高度为： ；若将球的初速度变为原来的2倍，则打到墙上的点距抛出点的竖直高度为：。小球撞到墙上的点上移了，C错误；‎ D、因为墙足够长，只要初速度不为零，就一定能打到墙上，D错误。‎ 故选：A。‎ ‎4. 将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v—t图象如图所示。以下判断正确的是 A. 前2 s内货物处于超重状态 B. 第3 s末至第5 s末的过程中，货物完全失重 C. 最后2 s内货物只受重力作用 D. 前2 s内与最后2 s内货物的平均速度和加速度都相同 ‎【答案】A ‎【解析】A. 在前2s内，图象的斜率为正，加速度为正方向，说明加速度向上，货物处于超重状态，故A正确；‎ B. 第3 s末至第5 s末的过程中，货物匀速运动，重力等于拉力，B错误；‎ C、最后2s内,加速度为≠g，故货物并不是只受重力时，故C错误。‎ D. 前2s内货物做匀加速直线运动,平均速度为,最后2s内货物的平均速度，故D错误。‎ 故选：A。‎ 点睛：速度图象的斜率等于物体的加速度．根据斜率的正负分析加速度的方向，根据加速度的方向判断货物是超重还是失重状态．加速度方向向上时，处于超重状态，反之，处于失重状态．根据求匀变速直线运动的平均速度． ‎ ‎5. 如图，放在水平桌面上的木块处于静止状态，所挂砝码和托盘的总质量为0.8 kg，弹簧秤示数为5 N，若轻轻取走托盘中0.5 kg砝码，将会出现的情况是（g取10m/s2）‎ A. 弹簧秤示数变小 B. A将向左运动 C. 桌面对A的摩擦力变小 D. A所受合外力变大 ‎【答案】C ‎【解析】初态时，对A受力分析有：受到的摩擦力Ff=F1−F2=0.8×10−5=3N，说明最大静摩擦力Fmax⩾3N，当将总质量减小到0.3kg时，拉力变为3N，摩擦力，小于最大静摩擦力，所以物体仍静止，弹簧测力计的示数不变，摩擦力变小，故ABD错误，C正确。‎ 故选：C.‎ 点睛：对A受力分析可得出A受到的静摩擦力，根据静摩擦力与最大静摩擦力的关系可得出最大静摩擦力；再根据变化之后的受力情况可判断A的状态及读数的变化．‎ ‎6. 长为l0的轻杆一端固定一个质量为m的小球，绕另一端O在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示。若小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，以下说法正确的是 A. 小球运动的线速度大小为 B. 小球运动的线速度大小为 C. 小球在最高点时所受的合力3mg D. 小球在最低点时所受杆的拉力为3mg ‎【答案】C ‎【解析】A. 小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，因为小球做匀速圆周运动需要向心力，杆对小球只能是拉力，等于2mg，所以小球受到的合力等于3mg。合力提供向心力：，得，AB错误，C正确；‎ D. 因为小球在最高点时所受的合力等于3mg，小球在最低点速度大于最高点的速度，所受合力一定大于3mg，而合力等于拉力与重力之差，所以所受杆的拉力一定大于3mg，D错误。‎ 故选：C。‎ ‎7. “天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380 km的圆轨道上飞行，已知地球同步卫星距地面的高度约为36000 km，则“天舟一号”‎ A. 线速度小于地球同步卫星的线速度 B. 线速度大于第一宇宙速度 C. 向心加速度小于地球同步卫星加速度 D. 周期小于地球自转周期 ‎【答案】D ‎【解析】A. “天舟一号”的轨道半径比地球同步卫星的小，由开普勒第二定律知其线速度大于同步卫星的线速度。故A错误；‎ B. 第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，“天舟一号”的线速度小于第一宇宙速度。故B错误；‎ C. 万有引力等于向心力，则向心加速度知，“天舟一号”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，C错误；‎ D. 万有引力等于向心力，得,“天舟一号”的周期小于同步卫星的周期，而同步卫星的周期等于地球的自转周期，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎8. 如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动。用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是 A. 逐渐减小 B. 逐渐增大 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；‎ 将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；‎ 故选C。‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】本题利用了图示法解题，解题时要注意找出不变的量作为对角线，从而由平行四边形可得出拉力的变化。‎ ‎9. 如图所示，质量为M的斜面体B放在水平面，斜面的倾角θ=30°，质量为m的木块A放在斜面上。木块A下滑的加速度a=，斜面体静止不动，则 A. 木块与斜面之间的动摩擦因数为0.25‎ B. 地面对斜面体的支持力等于（M+m）g C. 地面对斜面体的摩擦力水平向右，大小为 D. 地面对斜面体无摩擦力作用 ‎【答案】C ‎【解析】A、根据牛顿第二定律，沿斜面方向，解得，A错误；‎ B、把斜面和木块看做一个整体，沿竖直方向，得，B错误；‎ C、把斜面和木块看做一个整体，沿水平方向摩擦力提供加速度，‎ ‎，C正确，D错误。‎ 故选：C。‎ 二、多选题 ‎10. 大量处于基态的氢原子吸收了某种单色光的能量后能发出3种不同频率的光子，分别用它们照射一块逸出功为W0的金属板时，只有频率为ν1和ν2（ν1>ν2）的两种光能发生光电效应。下列说法正确的是 A. 金属板的极限频率为 B. 光电子的最大初动能为h(ν1+ν2)-W0‎ C. 吸收光子的能量为h(ν1+ν2)‎ D. 另一种光的光子能量为h(ν1-ν2)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】A、金属板的极限频率为，得，A正确；‎ B、频率为ν1的光子照射到金属板时逸出的光电子初动能最大，则光电子的最大初动能为，B错误；‎ C、吸收光子的能量为hν1，C错误；‎ D、逸出的三种光子能量关系为：，所以另一种光的光子能量为h(ν1-ν2)，D正确。‎ 故选：AD。‎ ‎11. 如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1 kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取10 m/s2）‎ A. A加速度的大小为2.5 m/s2‎ B. B加速度的大小为2 m/s2‎ C. 弹簧的弹力大小为50 N D. A、B间相互作用力的大小为8 N ‎【答案】BD ‎【解析】AB、剪断细线前,A、B间无压力,则弹簧的弹力F=mAg=40N,剪断细线的瞬间,对整体分析,根据牛顿第二定律有：(mA+mB)g−F=(mA+mB)a 解得：a=2m/s2，A错误，B正确；‎ C、剪断细线的瞬间,弹簧的弹力不变，仍为40N，C错误；‎ D、隔离对B分析, 根据牛顿第二定律有：mBg−N=mBa，解得：N=mBg−mBa=10N−1×2N=8N，D正确。‎ 故选：BD。‎ 点睛：细线剪断瞬间，先考虑AB整体，根据牛顿第二定律求解加速度；再考虑B，根据牛顿第二定律列式求解A对B的作用力．‎ ‎12. 如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成角度为α，则 A. 如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大 B. 如果将物体B在地板上向右移动一点，地面对B的支持力将变小 C. 减小小球A的质量，α角一定增加 D. 悬挂定滑轮的细线的拉力一定大于小球A的重力 ‎【答案】AD ‎【解析】AB. 对小球A受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：T=mg；‎ 如果将物体B在地板上向右移动稍许，则∠AOB增加；对滑轮分析，受三个拉力，如图所示：‎ 根据平衡条件，∠AOB=2α，故α一定增加，故A正确；‎ B.物体B在地板上向右移动一点，绳子OB与水平方向的夹角将减小，而绳子的拉力等于A的重力不变，所以绳子的拉力沿竖直方向的分力减小，根据平衡条件，地面对B的支持力将变大，故B错误；‎ C. 减小小球A的质量，系统可能仍然平衡，故α可能不变，故C错误；‎ D. 由于∠AOB=2α<90∘，弹力F与两个拉力T的合力平衡，而T=mg.故定滑轮的细线的弹力一定大于小球A的重力，故D正确；‎ 故选：AD.‎ 点睛：先对小球A受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力；再对物体B受力分析，求解地面对B的支持力的变化；最后对滑轮受力分析，结合平衡条件进行分析即可．‎ ‎13. 如图所示，一男孩站在小车上，并和木箱一起在光滑的水平冰面上向右匀速运动，木箱与小车挨得很近。现男孩用力向右迅速推开木箱。在男孩推开木箱的过程中，下列说法中正确的是 A. 木箱的动量增加量等于男孩动量的减少量 B. 男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量 C. 男孩推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零 D. 对于小车、男孩和木箱组成的系统，推开木箱前后的总动能不变 ‎【答案】BC ‎【解析】A. 由于水平冰面光滑，男孩、小车和木箱组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，在站在小车上的男孩用力向右迅速推出木箱的过程中，木箱的动量增加量等于男孩和小车动量的减少量，故A错误；‎ B. 男孩对木箱推力和木箱对男孩推力是作用力与反作用力，冲量等大反向，男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量，B正确；‎ C. 男孩、小车受到与初动量反向的冲量，推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零，C正确；‎ D. 男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒。推开木箱的过程不可能是弹性碰撞，推开前后的总动能变化，D错误。‎ 故选：BC.‎ 三、填空与实验题 ‎14. 小球从静止开始在距地面一定高处下落，不计空气阻力，小球落地前最后1s内的位移是下落第1s内位移的9倍，g取10 m/s2，则小球刚释放时距地面的高度为______m，从开始到落地过程的平均速度大小为______m/s。‎ ‎【答案】 (1). 125 (2). 25‎ ‎ ‎ 点睛：初速度为0的匀变速直线运动，从开始运动在连续相等时间内的位移比为1：3：5：7：9…根据最后1秒内的位移恰为它最初1秒内位移的9倍，知道运行的时间，从而知道下落的高度，可求平均速度。‎ ‎15. 小江同学在做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验中，他用的实验装如右图所示，所用钩码每只的质量为50 g，他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出弹簧的总长度，并将数据填在下表中，实验中弹簧始终未超出弹性限度，g取10m/s2。根据实验数据可得：‎ ‎（1）该弹簧的劲度系数为k=________N/m；‎ ‎（2）弹力F与形变量x的表达式______________。‎ ‎【答案】 (1). 50 (2). F=50x 弹力F与形变量x的表达式：F=50x。‎ ‎16. 如图所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。不计空气阻力及一切摩擦。‎ ‎（1）在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受合外力，操作中必须满足__。‎ 实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t。改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系描点作出图线。下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是________。‎ ‎（2）如图抬高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处由静止开始运动，读出测力计的示数F和小车在两光电门之间的运动时间t0，改变木板倾角，测得多组数据，得到的的图线如图所示。‎ 实验中测得两光电门的距离L＝0.80m，砂和砂桶的总质量m1＝0.34kg，重力加速度g取9.8m/s2，则图线的斜率为________N·s2（结果保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的图线斜率将________（填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). 小车与滑轮间的细绳与长木板平行 (2). C (3). 0.54 (4). 不变 ‎【解析】(1)小车受重力，支持力和拉力，当小车与滑轮间的细绳与长木板平行时，测力计的示数等于小车所受的拉力；平衡摩擦力后，细绳的拉力等于小车受到的合外力。‎ ‎(2)小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动,位移.‎ 改变小车质量m,测得多组m、t的值,所以加速度，位移不变，所以a与t2成反比，合外力一定时，加速度；则t2与质量成正比例，应选的图线是C.‎ 故选：C ‎（3）设斜面倾角为，沿斜面方向：；‎ 根据匀变速运动的位移与时间：‎ 联立得：‎ 斜率k=2mx=0.54Ns2；‎ 若小车与长木板间的摩擦不能忽略，则，斜率k=2mx，测得的图线斜率将不变。‎ 四、计算题 ‎17. 如图所示，圆盘可绕过圆心O的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，物体P放在圆盘上，一轻质弹簧一端连接物体P，另一端固定在竖直轴上。已知物体的质量m=0.5 kg，弹簧的自然长度l0=10 cm，劲度系数k=75 N/m，物体与圆盘表面的动摩擦因数μ=0.8，P可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。当圆盘以角速度转动时，P与圆盘相对静止，弹簧恰处于原长位置。求：‎ ‎（1）此时P对圆盘的作用力都有哪些，各为多大？‎ ‎（2）为使P与圆盘保持相对静止，弹簧长度的取值范围多大？（假设弹簧均未超出弹性限度）‎ ‎【答案】（1）静摩擦力大小为2.5 N；对圆盘的压力大小为5N（2）23 cm ‎【解析】（1）P受力如图，‎ P的角速度与圆盘的角速度相同，静摩擦力Ff提供P的向心力，P的运动半径r=l0=0.1m，则Ff=mω2r=2.5N N=mg=5N 根据牛顿第三定律，物体P对圆盘的静摩擦力大小为2.5 N；对圆盘的压力大小为5N；‎ ‎（2）当弹簧长度最短时，弹簧处于压缩状态，P受到指向圆心的最大静摩擦力，设此时弹簧的压缩量为x1，满足 Fm=μmg Fm-kx1=mω2(l0-x1)‎ 代入数据解得：x1=3cm，对应弹簧的长度为l1=l0-x1=7cm ；‎ 当弹簧长度最长时，弹簧处于伸长状态，P受到背向圆心的最大静摩擦力，设此时弹簧的伸长量为x2，满足 kx2-Fm=mω2(l0+x2)‎ 代入数据解得：x1=13 cm，对应弹簧的长度为l1=l0+x2=23 cm ‎ ‎18. 如图所示，一汽球从地面上以v0=6 m/s的速度竖直向上匀速升起，当气球的下端距地面h=13 m高时，在气球的正下方紧贴地面将一小球竖直上抛，小球的初速度v1=24 m/s，不计小球的大小，小球在运动中所受的空气阻力大小总等于重力的0.2倍，g取10 m/s2。求：‎ ‎（1）小球上升过程的加速度为多大；‎ ‎（2）判断小球能否击中气球。若能击中，计算出小球击中气球时的速度大小；若不能击中，计算小球落地的速度大小。（计算结果可保留最简根号）‎ ‎【答案】（1）-12 m/s2（2）‎ ‎【解析】（1）以向上为正方向，对小球 ‎-mg-f=ma 解得：a=-12 m/s2‎ ‎（2）当小球上升到速度与气球的速度相同时，所用的时间为t1,‎ v2=v1+at1，解得t1=1.5s 此时气球离地的高度h1=h+v0t1=22m 小球离地面的高度h2=v1t1+=22.5m 由于h2＞h1，故能击中 设击中所用的时间为t，满足h+v0t=v1t+ ‎ 解得t=，t=（舍）‎ 则小球击中气球的速度为v=v1+at=6+2(m/s)‎ ‎19. 如图所示，在倾角为θ = 37°的固定长斜面上放置一质量M = 2 kg、长度L1 = 2.5 m的极薄平板 AB，平板的上表面光滑，其下端 B 与斜面底端C 的距离L2 = 16.5 m。在平板的上端A 处放一质量m = 0.5 kg 的小滑块（视为质点），将小滑块和薄平板同时无初速释放。设薄平板与斜面之间、小滑块与斜面之间的动摩擦因数均为μ = 0.5，已知sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，g 取 10 m/s2，求：‎ ‎（1）小滑块在平板上和在斜面上滑动时的加速度各为多大？‎ ‎（2）小滑块滑到斜面底端C时，薄平板下端B距离小滑块的距离ΔL为多少？‎ ‎【答案】（1）2 m/s2（2）10m ‎【解析】（1）小滑块在平板AB上运动时 mgsin37°=ma1‎ 得a1=6m/s2 ‎ 小滑块在斜面上运动时 mgsin37°-μmgcos37°=ma2‎ 得a2=2 m/s2‎ ‎（2）小滑块在平板AB上运动时，设平板AB的加速度为a3，则 Mgsin37°－μ（Mg+mg）cos37°=Ma3‎ 解得a3=1 m/s2 ‎ 设滑块离开平板时平板下滑的距离为x，所用时间为t1‎ x= ‎ L1+x=‎ 解得x=0.5m，t1=1s ‎ 滑块滑离平板后，平板运动的加速度为a4，‎ 由Mgsin37°－μMgcos37°＝Ma4， ‎ 解得a4=a2=2 m/s2 ‎ 滑块滑离平板时的速度为v1，则v1=a1t1=6 m/s 此时木板的速度为v2，则v2=a3t1=1 m/s 设滑块离开平板后滑到斜面底端C所用的时间为t 由L2-x=v1t+‎ 解得t=2 s ‎ 在这段时间平板下滑的距离x1=v2t+=6m 则平板下端距离小滑块的距离ΔL =L2-x-x1=10m ‎