2021-2022学年福建省福州第二中学高三上学期期中考试物理试题含解析

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  2021-2022年福州第二中学高三上期中考试试卷高三物理试卷一、选择题（本题共8小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1—3题只有一项符合题目要求，第4-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1. 疫情防控期间，某同学在家对着竖直墙壁练习打乒乓球。某次斜向上发球，球垂直在墙上后反弹落地，落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力，关于球离开球拍到第一次落地的过程中，下列说法正确的是（　　）A. 球在空中上升和下降过程时间相等 B. 球落地时的动量一定比抛出时大C. 球落地时和抛出时的动能可能相等 D. 球撞击墙壁过程可能没有机械能损失【答案】C【解析】【分析】【详解】A．斜上抛运动看作反向的平抛运动，根据可得由于两种情况下竖直方向运动的高度不同，则运动时间不相等，反弹后运动的时间长，故A错误；B．虽然反弹落地时乒乓球竖直方向的速度大于原来抛出时竖直方向的速度，但水平方向的速度是斜上抛时的大，所以球落地时的速率不一定比抛出时大，则球落地时的动量不一定比抛出时大，故B错误；C．虽然碰撞过程中有能量损失，但反弹后下落的高度大，从开始抛出到落地过程中重力做正功，如果整个过程中重力做的功等于乒乓球与墙碰撞过程中损失的能量，则球落地时和抛出时的动能相等，故C正确；D．若反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等，则乒乓球原路返回，根据图象可知，乒乓球与墙碰撞过程中有能量损失，使得碰撞后速度减小，故D错误。故选C。2. 四段长度相等的粗糙直轨道PABCQ竖直固定在水平地面上，各段轨道的倾角如图所示。一个小物块（体积可以忽略）从轨道的左端P点由静止释放，到达Q点时的速度恰好为零。物块与四段轨道间的动摩擦因数都相同，且在各轨道连接处无机械能损失，空气阻力不计。已知sin37°=0.6，sin53°=0.8，则(  )A. 动摩擦因数为B. 通过AB段的过程与通过CQ段的过程，重力做功的绝对值相同，重力的冲量也相等C. 通过AB段的过程与通过CQ段的过程，滑块运动的加速度相同D. 若换用同种材料的直轨道将PQ连接，则小物块仍滑至Q点【答案】A【解析】【详解】A．根据动能定理，得μ=，A正确；B．通过AB段的过程与通过CQ段的过程，高度变化相同，故重力做功的绝对值相同，但第四个L平均速度小，故时间长，则重力的冲量不相等，B错误；C．通过AB段过程与通过CQ段的过程，滑块受到的摩擦力方向不同，运动的加速度大小、方向不同，C错误；D．若用同种材料的直轨道将PQ连接，此时PQ轨道与水平方向的夹角的正切值刚好等于1/4，所以小物块在此轨道上受重力沿轨道的分力等于所受摩擦力，不会滑动，则不能到达Q点，D错误。故选A。3. 在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　）A. 两壶发生了弹性碰撞 B. 碰后蓝壶速度为 C. 碰后蓝壶移动的距离为 D. 碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力【答案】C【解析】【详解】AB．由图知：碰前红壶的速度v0=1.0m/s，碰后速度为v′0=0.2m/s，可知，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得代入数据解得碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞， AB错误；C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小C正确；D．根据图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。故选C。4. 如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m。现把滑块P从图中A点由静止释放，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直。不计滑轮的质量和一切摩擦阻力，重力加速度为g，在滑块P从A到B的过程中，下列说法不正确的是（　　）A. P和Q系统的机械能守恒B. 滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为C. 轻绳对滑块P做功4mgLD. 重物Q重力的功率先增大后减小【答案】AB【解析】【详解】A．对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故A错误，符合题意；B．若滑块P运动到速度最大处，此时物体受到向.上的力与向下的力大小相等，而当滑块P运动到位置B处时，此时绳子沿竖直方向不提供拉力，此时竖直方向仅存在重力和弹簧向下的弹力，故在位置B处滑块P的速度不是最大。从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定理解得故B错误，符合题意；
C．对于P根据动能定理联立解得故C正确，但不符合题意；D．物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小,物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故D正确，但不符合题意。故选AB。5. 图甲中，物体在平行于斜面的推力作用下，静止开始沿足够长的光滑斜面向下运动。取斜面底端为零势能面，物体的机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中0～x2过程的图线为曲线，x1点对应E的最大值，x2～x3过程为直线。根据图象可知（　　）A. 0～x1过程中，推力的方向始终沿斜面向下B. 0～x2过程中，推力的值先变小后变大C. x1～x2过程中，物体做匀减速直线运动D. 0～x3过程中，物体克服推力做功为E0【答案】ABD【解析】【分析】【详解】A．0～x1过程中，由于物体的机械能逐渐增大，可知推力做正功，物体沿光滑斜面向下运动，所以推力的方向始终沿斜面向下，故A正确；B．根据功能原理知ΔE=FΔx可知E-x图线的斜率表示推力的大小，0～x2过程中，图线的斜率先减小后增大，故推力的值先变小后变大，故B正确；C．x1～x2过程中，推力增大，根据牛顿第二定律得可知加速度增大，物体做变速运动，故C错误；D．根据功能原理知ΔE=FΔx可知0～x3过程中，物体克服推力做功为E0，故D正确。故选ABD。6. 如图所示为某种太阳能无人驾驶试验汽车，汽车上安装有太阳能电池板.蓄能电池和电动机在某次启动中，汽车以恒定的功率P启动，所受阻力与速度的平方成正比，比例系数为k，经时间t汽车的速度达到最大值，在这个过程中下列说法正确的是（　　）A. 汽车的牵引力增大 B. 汽车的合外力减小C. 汽车达到的最大速度为 D. 汽车合外力做功为Pt【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．由可知随着速度增大，牵引力减小，阻力增大，合外力变小，A错误，B正确；C．当汽车达到最大速度时，有解得C正确；D．合外力做的功等于电动机做的功Pt减阻力做的功，所以小于Pt，D错误。故选BC。7. 如图所示，物块1、2、3均放在光滑水平面上，物块1、2的质量均为m；物块3的质量为2m，甲、乙两图中的轻弹簧完全相同，压缩量也完全相同，分别与竖直墙及物块1、2、3接触但不连接。对两弹簧释放后三个物块被弹开的过程，以下说法正确的是（    ）A. 两弹簧对物块1、2的冲量大小相同B. 乙图中的弹簧对物块2、3的冲量大小相同C. 物块1、3的最大动能之比为2:1D. 物块2、3的最大动能之比为2:1【答案】BD【解析】【详解】A．图甲中，弹簧的弹性势能转化为物块1的动能，图乙中，弹簧的弹性势能转化为物块2、3的动能，故物块1的末速度大于物块2的末速度，根据动量定理可知两弹簧对物块1、2的冲量大小不等，故A错误；B．图乙中，物块2、3水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，根据动量定理可知，弹簧对物块2、3冲量大小相同，故B正确；CD．图乙中，根据动量定理可知：物块2的动能为：物块3的动能为：故物块2、3的最大动能之比为2：1，物块1的末速度大于物块2的末速度，故物块1、3的最大动能之比不等于2：1，故C错误，D正确；故选BD。8. 在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将的货物放在传送带上的A处，经过到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度，由图可知（　　）A. A、B两点的距离为B. 货物与传送带间的动摩擦因数为C. 货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功   D. 货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．货物的位移就是AB两点的距离，求出货物的图像与坐标轴围成的面积即可。所以有故A错误；B．由图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有由图像得到解得故B正确；C．传送带对货物做的功分两段来求，有故C正确；D．货物与传送带摩擦产生的热量也分两段来求，有故D错误。故选BC。二、非选择题（共60分）9. 竖直上抛的物体其初速度为v0，设空气阻力在运动中大小始终为重力的k倍（0<k<1），重力加速度为g，则物体能上升的最大高度是____________，物体从最高点落回抛出点的时间是_____________．【答案】    ①.     ②. 【解析】【详解】上升过程，根据动能定理有：，得最大高度，下落过程，由牛顿第二定律得，由运动学公式：，得.10. 如图所示，A、B两个小球穿在一根与水平面成θ角的光滑固定杆上，并用一细绳跨过光滑定滑轮相连．当两球静止时，OA绳与杆的夹角也为θ， OB绳沿竖直方向．若B球质量为m，则A球的质量为__________；若从静止位置沿杆向上拉动B球，至OB与杆垂直，在此过程中A球重力势能变化量的绝对值___________B球重力势能变化量的绝对值（选填“大于”、“等于”、“小于”）．【答案】    ①.     ②. 小于【解析】【详解】分别对AB两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得：（根据正弦定理列式），联立解得：，所以当b球质量为m，则a球的质量为．若从静止位置沿杆向上拉动b球，当ob与杆垂直时，两者的速度为零，由功能关系可知：拉力做的功与a球重力势能的减少量之和转化为b球的重力势能，所以在此过程中a球重力势能变化量的绝对值小于b球重力势能变化量的绝对值．【点睛】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来．11. 一探究小组用如图甲所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。（1）用螺旋测微器测遮光条宽度d。测量结果如图乙所示，则d=___________mm；（2）调节气垫导轨，使其水平。将滑块放在导轨上，打开气泵，推动滑块，若滑块上的遮光片经过B光电门的遮光时间比经过A光电门的遮光时间小，应适当调高导轨___________端（填“左”或“右”）螺栓；（3）测出砝码及盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2（），测出一次运动过程中遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2和遮光片从A运动到B所用的时间t；（4）得出实验结论。可分别表示出遮光片随滑块从A运动到B的过程中滑块动量改变量的大小、该过程中砝码及盘的拉力冲量，若在误差允许的范围内满足关系式___________（用题中给出的物理量、重力加速度g表示），即验证了动量定理；【答案】    ①. 8.473    ②. 右    ③. 【解析】【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度的最小分度为0.01mm，读数为 ，则(2)[2]经B时间短，此时速度大，右端稍低所致，故应调高右端；(4)[3]若该过程中砝码及盘的拉力冲量为，遮光片随滑块从A运动到B的过程中滑块动量改变量为，即二者相等，便可验证动量定理。12. 某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。将宽度为d的挡光片水平固定在物体A上，将物体A、B同时由静止释放，释放时挡光片上端与光电门之间的高度差为h，让质量较大的物体B通过细线绕过轻质定滑轮带着A一起运动，挡光片通过光电门的时间为t，已知当地的重力加速度大小为g。回答下列问题。(1)该同学用游标卡尺测挡光片的宽度时，测量情况如图乙所示，则挡光片的宽度_______。(2)由于没有天平，不能直接测出两物体的质量，该同学找来了一个质量为的标准砝码和一根弹簧，将标准砝码、物体A（包括挡光片）和物体B分别静止悬挂在弹簧下端，用刻度尺测出弹簧的伸长量分别为、、，则物体A的质量__________。(3)用挡光片通过光电门的平均速度表示挡光片上端到达光电门时的速度，若运动过程中物体A、B组成的系统机械能守恒，则应满足关系式____________。（用题中已测得或已知的物理量的字母表示）【答案】    ①. 2.4    ②.     ③. 【解析】【详解】(1)[1] 由图乙所示游标卡尺可知，游标卡尺是10分度的，精度是0.1mm，遮光片的宽度d=2mm+4×0.1mm=2.4mm(2)[2] 设弹簧的劲度系数为k，砝码与物体静止处于平衡状态，由平衡条件得：m0g=kx0，mAg=kx0，mBg=kxB解得：mA=，(3)[3] 物体经过光电门时的速度：，A、B组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：整理得：13. 假设某星球表面上有一倾角为的固定斜面，一质量为的小物块从斜面底端以速度9m/s沿斜面向上运动，小物块运动1.5s时速度恰好为零，已知小物块和斜面间的动摩擦因数为0.25，该星球半径为，（。），试求：(1)该星球表面上的重力加速度g的大小；(2)该星球的第一宇宙速度。【答案】(1)7.5m/s2；(2)【解析】【详解】(1)由运动学可知由牛顿第二定律联立可得g=7.5m/s2(2)对星球表面的物体该星球的第一宇宙速度为该星球近表面卫星的线速度;对星球表面卫星代入数据得14. 如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑圆弧轨道，其两端点为AB，圆心O与B的连线竖直，B与水平地面CD的高度差为R。质量为2m的小物块Q静止在圆弧轨道的B点。将一质量为m的光滑小球P从圆弧轨道的A点由静止释放，P运动到O点正下方B点时与Q发生弹性碰撞。已知重力加速度的大小为g。求：（1）P与Q发生碰撞前的瞬间对轨道压力的大小；（2）P与Q发生碰撞后，Q落地时速度的大小及方向。【答案】（1）3mg，方向竖直向下；（2） ，方向与水平方向夹角θ=45°【解析】【分析】【详解】（1）设P与Q发生碰撞前瞬间速度的大小为v0解得P与Q发生碰撞前瞬间轨道对P支持力的大小为F，方向竖直向上解得F=3mg由牛顿第三定律可知P对轨道压力F′F′=F=3mg方向竖直向下。（2）设P与Q发生碰撞后的速度分别为vP和vQ解得设Q离开B后做平抛运动，设时间为t，Q落地时的速度的大小为v，方向与水平面间夹角为θ解得θ=45°15. 如图所示，高H=1.6m的赛台ABCDE固定于地面上，其上表面ABC光滑；质量M=1kg、高h=0.8m、长L的小车Q紧靠赛台右侧CD面（不粘连），放置于光滑水平地面上。质量m =1kg的小物块P从赛台顶点A由静止释放，经过B点的小曲面无损失机械能的滑上BC水平面，再滑上小车的左端。已知小物块与小车上表面的动摩擦因数μ=0.4，g取10m/s2（1）求小物块P滑上小车左端时的速度v1；（2）如果小物块没有从小车上滑脱，求小车最短长度L0；（3）若小车长L=1.2m，距离小车右端S处有与车面等高的竖直挡板，小车碰上挡板后立即停止不动，讨论小物块在小车上运动过程中，克服摩擦力做功Wf与S的关系。【答案】（1）4m/s；（2）1m；（3）【解析】【分析】【详解】(1)小物块P从A滑到C点的过程中，根据机械能守恒定律，有解得小物块P滑上小车左端时的速度(2)小物块Ｐ在小车Q的上表面滑动的过程中， P、Q构成的系统所受合外力为零，动量守恒，取小车最短长度Ｌ0时，小物块刚好在小车右端共速为v2相对运动过程中系统的能量守恒，有联立并代入已知数据解得L0 =1m(3)小车长Ｌ=1.2m，说明小车与竖直挡板相撞前小物块不会滑脱小车，设共速时小车位移x1，物块对地位移x2，分别对小车和物块由动能定理可知 联立可得若S x1 ，说明小车与挡板碰撞前小物块与小车已具有共同速度，且共速后一起匀速至挡板处，小物块将在小车上继续向右做初速度为v2 = 2m/s 的匀减速运动，距离车尾位移为L1 = L-L0 = 02m设减速到0位移为L2，则可得L2 =0.5m>L1则小物块在车上飞出去  若S< x1，说明小车与挡板碰撞前小物块与小车还没有共速，小物块全程都受摩擦力作用，则