安徽省滁州市定远县民族中学2020届高三上学期期中考试物理试题

定远县民族中学2019-2020学年第一学期期中考试

高三物理

一、选择题（本大题共12小题，1-8小题单项选择题，9-12小题多项选择题，满分48分。）

1.质量为2m的物体A和质量为m的物体B相互接触放在水平面上，如图所示．若对A施加水平推力F，使两物体沿水平方向做匀加速直线运动，下列说法正确的是（　　）

A. 若水平面光滑，物体A的加速度为

B. 若水平面光滑，物体A对B的作用力为

C. 若物体A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物体A对B的作用力大小为

D. 若物体A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物体B的加速度为

【答案】D

【解析】

如果水平面光滑，以AB组成系统为研究对象，根据牛顿第二定律得：，B为研究对象，由牛顿第二定律得，A对B的作用力：，故AB错误；若物体A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，以系统为研究对象，根据牛顿第二定律得：，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：N′-μmg=ma′，则物体A对B的作用力大小为：，故C错误，D正确。所以D正确，ABC错误。

2.2015年7月23日凌晨，美国宇航局（NASA）发布消息称其天文学家们发现了迄今“最接近另一个地球”的系外行星，因为围绕恒星Kepler 452运行，这颗系外行星编号为Kepler 452b，其直径约为地球的1.6倍，与恒星之间的距离与日地距离相近，其表面可能存在液态水，适合人类生存．设Kepler 452b在绕恒星Kepler 452圆形轨道运行周期为T1，神舟飞船在地球表面附近圆形轨道运行周期为T2，恒星Kepler 452质量与地球质量之比为p，Kepler 452b绕恒星Kepler 452的轨道半径与地球半径之比为q，则T1、T2之比为（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】对于Kepler 452b，根据万有引力提供向心力得：，解得：；神舟飞船在地球表面附近圆形轨道运行周期为T2，有：，解得：，恒星Kepler 452质量与地球质量之比为p，Kepler 452b绕恒星Kepler 452的轨道半径与地球半径之比为q，则有：。故ABC错误，D正确；故选D。

【点睛】此题就是根据万有引力提供向心力得出周期与轨道半径以及中心天体质量的关系，结合中心天体质量之比、轨道半径之比求出周期之比．

3.图中给出某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方，竖直面内的半圆弧BCD的半径为R=2.0m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直平面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37º，游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关.为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力)

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】由题意可知弹丸从p点射出时的速度方向就是半径OP的方向.即与水平方向成37度夹角，由平抛运动规律知：

解得：

，故A对；BCD错

综上所述本题答案是：A

【点睛】结合水平方向上的位移以及速度偏向角可以求出水平速度，再利用竖直方向上的自由落体运动可以求出弹丸在竖直方向上的位移即高度h也可以求出。

4.如图所示，BC是半径为R的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，∠BOC＝60°，将质量为m的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点滑入圆轨道，则小球在C点对轨道的压力为

A. mg B. 3mg C. mg D. 4mg

【答案】C

【解析】

试题分析:小球由A至B做平抛运动，设初速度，平抛时间，竖直方向有；B点的速度相切与圆轨道，故平抛的速度偏向角为，有，可得。从A至C由动能定理：，对C点的小球，由牛顿第二定律：，由牛顿第三定律可得球对轨道的压力与支持力大小相等，解得。故选C。

考点：本题考查了平抛运动规律、圆周运动规律、动能定理、牛顿第一定律、牛顿第三定律。

5. 如图所示，AB为光滑竖直杆，ACB为构成直角的光滑L形直轨道，C处由一小圆弧连接可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械能）。套在杆上的两个小球自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1．5倍，则BA与CA的夹角为

A. 60° B. 53° C. 45° D. 30°

【答案】B

【解析】

试题分析：设AB的长度为2L，小球沿AB做自由落体运动，运动的时间满足：，可解得…①，小球沿AC段运动时，，且，所需的时间满足；，解得：，在C点小球的速度，以后沿BC做匀加速运动，其加速度为：，且，故：，其中，代入后解得：，即，B正确

考点：考查了运动学公式的综合应用

【名师点睛】本题的关键是能正确对ABC进行受力和运动分析，把运动的时间正确表示；可视为多过程的运动分析，一定明确前后过程的衔接物理量．

6.有一块长方体木板被锯成如图所示的A、B两块放在水平面桌面上，A、B紧靠在一起，木块A的角度如图所示．现用水平方向的力F垂直于板的左边推木块B，使两木块A、B保持原来形状整体沿力F的方向匀速运动，则（　 　）

A. 木块B对木块A弹力大于桌面对木块A的摩擦力

B. 木块A只受一个摩擦力

C. 木块A在水平面内受两个力的作用，合力为零

D. 木块A对木块B的作用力方向水平向左

【答案】D

【解析】

试题分析：对木板A分析受力情况：木板A水平面受到水平面向左滑动摩擦力f，B的弹力和摩擦力，合力为零；

由图可知木板B对A的弹力小于桌面对木板A的摩擦力，故AB错误；木块A在水平面内受三个力的作用：水平面向左的滑动摩擦力f，B的弹力和摩擦力，合力为零，故C错误；木板B对A的作用力是弹力和摩擦力的合力，方向水平向右，由牛顿第三定律知，木块A对木块B的作用力方向水平向左，故D正确．

考点：考查了共点力平衡的条件及其应用

7.由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界线，长度AB>BC。先将ABC按图1方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块（可看做质点）从斜面顶端由静止释放，经时间t小物块滑过B点；然后将ABC按图2方式搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点。则小物块

A. 与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大

B. 两次滑到B点的速率相同

C. 两次从顶端滑到底端所用的时间相同

D. 两次从顶端滑到底端过程中摩擦力做功相同

【答案】D

【解析】

Ａ、第一种情况：从Ａ到Ｂ过程， ，第二种情况从Ｃ到Ｂ的过程，，因为AB>BC，所以，即物块与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数小，选项Ａ错误．Ｂ、据题意两次做匀加速直线运动，可知位移大的平均速度大，末速度同样大，故第一次到Ｂ的速率更大些，选项Ｂ错误。D、由，则两次摩擦力做功相等，故D正确。Ｃ、两个过程摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑块中物块到达底端速度相等v，则第一种，第二种，因BC<BA,,所以t1<t2,即第二次到达底端的时间较长，选项C错误.故选D.

【点睛】本题应用牛顿第二定律和运动学、动能定理是解答这类问题的关键．应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节．

8.一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移一时间图像如图所示，g取10m/s2，下列说法正确的是（     ）

A. 小球抛出时的速度为12m/s

B. 小球上升和下落的时间之比为

C. 小球落回到抛出点时所受合力的功率为

D. 小球上升过程的机械能损失大于下降过程的机械能损失

【答案】C

【解析】

试题分析：由图知，小球上升的位移 x=24m，用时 t1=2s，平均速度．由得初速度 v0=24m/s．故A错误．上升时加速度大小为；由牛顿第二定律得：mg+f=ma1；解得空气阻力的大小 f=2N；对于下落过程，由牛顿第二定律得 mg-f=ma2；解得 a2=8m/s2；则 a1：a2=3：2；根据位移公式x=at2，及上升和下落的位移大小相等，可知上升和下落的时间之比为．故B错误．由上可得下落时间，小球落回到抛出点时速度为所受合力 F合=mg-f=8N，此时合力的功率为．故C正确．小球上升和下落两个过程克服空气阻力做功相等，由功能原理知，球上升过程的机械能损失等于下降过程的机械能损失．故D错误．故选C．

考点：x-t图线；牛顿第二定律

9.伽利略为了研究自由落体运动的规律，利用斜面做了上百次实验。如图所示，让小球从斜面上的不同位置自由滚下，测出小球从不同起点滚动的位移以及所用的时间。若比值为定值，小球的运动即为匀变速运动。下列叙述符合实验事实的是

A. 当时采用斜面做实验，是为了便于测量小球运动的速度

B. 小球从同一倾角斜面的不同位置滚下，比值有较大差异

C. 改变斜面倾角，发现对于每一个特定倾角的斜面，小球从不同位置滚下，比值保持对应的某一个特定值不变

D. 将小球在斜面上运动的实验结论合理外推至当斜面倾角为90°时，比值也将保持不变，因此可认为自由落体运动为匀变速运动

【答案】CD

【解析】

【详解】A.在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此伽利略让小球从斜面上滚下来是为了“冲淡”重力，为了便于测量小球运动的时间。故A错误；

 B.C.在伽利略时代，技术不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且x与t平方的成正比，每一个特定倾角的斜面，小球从不同位置滚下，比值保持不变。故B错误，C正确。

D.将斜面实验的结果合理“外推”至当斜面倾角为90°时，比值一也将保持不变，说明自由落体运动是特殊的匀变速直线运动，故D正确

【点睛】试题考查物理学史的知识。高中物理介绍了在物理学的发展历史中的具有代表性的物理学家对一些问题的研究过程，这部分内容，是对学生进行物理学思想方法教育的最好材料，要予以重视。

10.如图所示，一根长度为2L、质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等．绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦．由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x时，加速度大小为a，滑轮对天花板的拉力为T。已知重力加速度大小为g，下列a﹣x、T﹣x关系图线正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【详解】设单位长度上质量为m0，则根据受力分析知：，加速度与x成正比，当x=L时，加速度a=g，以后不变，故A正确，B错误；选取左边部分受力分析，知：F=ma+mg=（L﹣x）m0•g+（L﹣x）m0g=﹣x2+2m0gL，故C错误，D正确；故选AD。

【点睛】此题考查受力分析和牛顿运动定律的应用，注意研究对象的选取，不过不涉及内力，选择整体作为研究对象要简单的多.

11.如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块的速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则

A. 传送带一定逆时针转动

B.

C. t0后木块的加速度为

D. 传送带的速度大于v0

【答案】AC

【解析】

【详解】A．若传送带顺时针转动，当滑块下滑()，将一直匀加速到底端；当滑块上滑()，先匀加速运动，在速度与传送带相等后将匀速运动；两种均不符合运动图象，则传送带是逆时针转动；故A正确。

B．传送带是逆时针转动，滑块在0~t0内，滑动摩擦力向下，作匀加速下滑

由图可知：

解得：

故B错误；

C．t0后滑动摩擦力向上，加速度

代入μ值得

故C正确。

D．当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力发生变化，滑块的加速度发生变化，则传送带的速度等于v0，故D错误。

12.如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的滑块A。半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将A、B连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给滑块A一个水平向右的恒力F＝50N（取g=10m/s2）。则（    ）

A. 把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20J

B. 小球B运动到C处时的速度大小为0

C. 小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225m

D. 把小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J

【答案】ACD

【解析】

解： 把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F的位移为： ，则力F做的功WF=Fx=20J，选项A正确；把小球B从地面拉到P点正下方C点时，此时B的速度方向与绳子方向垂直，此时A的速度为零，设B的速度为v，则由动能定理： ，解得v= m/s，选项B错误；当细绳与圆形轨道相切时，小球B的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与小球A速度大小相等，由几何关系可得h=0.225m选项C正确；B机械能增加量为F做的功20J，D正确

本题选ACD

二、实验题（本大题共2小题，满分14分。）

13.为了测量两个质量不等沙袋的质量，由于没有可直接测量的工具（如天平、弹簧秤等），某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、一套总质量为m=0.5kg砝码，细线、米尺、秒表，他们根据所学的物理知识改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量（g取10m/s2）．具体操作如下：

（1）实验装置如图所示，设左右两边沙袋的质量分别为m2、m1；

（2）从m中取出质量为△m的砝码放在右边沙袋中（剩余砝码都放在左边沙袋中，发现质量为m1的沙袋下降，质量为m2的沙袋上升（质量为m1的沙袋下降过程未与其他物体相碰）；

（3）用米尺测出质量为m1的沙袋从静止开始下降的距离h，用秒表测出质量为m1的沙袋下降距离h所对应的时间t，则可求沙袋的加速度大小为a= ______ ；

（4）改变右边砝码的质量△m，测量相应的加速度a，得到多组△m及a的数据，作出“a～△m”图线；

（5）若求得图线的斜率k=4m/kg•s2，截距为b=2m/s2，沙袋的质量m1= ______  kg，m2= ______ kg．

【答案】    (1). ；    (2). 3；    (3). 1.5；

【解析】

沙袋下降距离h所对应的时间t，则，解得：

对右边沙袋：

对左边沙袋：   解得：

由“a～△m”图线的斜率k=4m/kg•s2，截距为b=2m/s2得：           m=0.5kg     求解得m1=3kg，m2=1.5kg

14.为了探究动能变化与合外力做功的关系，某同学设计了如下实验方案：

第一步：把长木板附有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹子的重锤跨过定滑轮相连，重锤后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示．

第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示．打出的纸带如图丙所示．

请回答下列问题：

(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt，O点为打点计时器打下的第一点，根据纸带求滑块运动的速度，打点计时器打B点时滑块运动的速度vB＝________.

(2)已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块______(写出物理量名称及符号，只写一个物理量)，合外力对滑块做功的表达式W合＝________.

(3)算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立直角坐标系，描点作出v2－W图象，可知该图象是一条________，根据图象还可求得________．

【答案】    (1). （1）；    (2). （2）下滑的位移x；    (3). mgx；    (4). （3）过原点的直线;    (5). 滑块的质量M

【解析】

（1）匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，故：vB=
（2）本题运动过程中，物块受到的合力为重力，要求合力做的功，则还需要测出这一过程滑块运动的位移x，则合外力对滑块做功的表达式W合=mgx

（3）合外力做的功为W=mgx=mv2，所以v2=W，则v2-W图象是一条过原点的倾斜的直线，根据图象课求得直线斜率为k，所以m=，即根据图象可以求得滑块的质量．

三、非选择题（本大题共3小题，满分38分。）

15.如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC=37°的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）小物块在B点时的速度大小；

（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；

（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

【答案】(1) 5m/s    (2)  47.3N   （3）2m

【解析】

【详解】(1) 设小物块做平抛运动的时间为t，则有：

设小物块到达B点时竖直分速度为vy：

vy=gt

由以上两式解得：

vy=3m/s

由题意，速度方向与水平面的夹角为37°，

解得

v0=4m/s

则小物块运动到B点时的速度

(2) 设小物块到达C点时速度为v2，从B至C点，由动能定理得

设C点受到的支持力为FN，则有

由几何关系得

由上式可得

R=0.75m，，

根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N；

(3) 由题意可知小物块对长木板的摩擦力

长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力

因

所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，设小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板最右端时速度刚好为0，则长木板长度为

16.某物理兴趣小组研究物体的多过程运动，其情景如下。如图所示，在光滑水平面上，建立直角坐标系xoy，有两根平行线ab与cd（均平行于x轴）将水平面分成三个区域。自区域I的A点将质量均为m的小球M、N以相等的初动能水平向右、向左抛出。两小球在全过程中受到沿水平面向+y方向的恒定外力1.5mg的作用；两小球经过宽度为H的区域II时，受到沿+x方向的恒力作用。小球从区域II的下边界离开进入区域III，N球的速度方向垂直cd向下；M球在区域II做直线运动；M球刚离开区域II的动能为N球刚离开区域II的动能的1.64倍。不计空气阻力。求：

（1）M与N在区域II中平行x轴方向的位移大小之比；

（2）A点距平行线ab的距离；

（3）区域II提供的水平向右的恒力。

【答案】（1）3 :1；（2）；（3）。

【解析】

⑴两小球在区域II中运动，竖直方向有：⇒两球在区域II中通过的时间相同。在水平方向上，两球加速度大小相等，设为a，则

     ①

    ②

对N球：     ③

由①②③得      ④

⑵小球在区域I中运动，有：    ⑤

进入区域II后，在竖直方向上，有：

        ⑥

由几何关系有：    ⑦

由①③⑤⑥⑦得         ⑧

⑶对MN两球运动的全过程，由动能定理有：

             ⑨

              ⑩

由已知                 ⑪

由④⑦⑧⑨⑩⑪得：

17.如图一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，如图所示。小物块与木板一起以的共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞,碰撞时间极短。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；小物块与木板间的动摩擦因数.运动过程中小物块始终未离开木板。木板的质量M是小物块质量m的15倍，重力加速度大小g=10m/s2。求：

（1）以撞墙后瞬间为起点，小木块相对地面向右运动的最远距离；

（2）撞墙后经历多长时间系统进入稳定状态?

（3）木板的最小长度

【答案】（1）4m（2）3.75s（3）L=15m

【解析】

：(1)碰撞后以木块为对象由牛顿第二定律： 得

运动学公式：

得

 (2) 撞墙后系统动量守恒，取木板方向为正：

得：

木块全程匀减速：

解得：

（3）由系统功能关系可得：

解得木板所需最小长度l= 15m

综上所述本题答案是：（1）4m（2）3.75s（3）L=15m