物理卷·2018届河北省唐山市丰南区第二中学2018届高三上学期期中考试试题（解析版） 19页

河北省唐山市丰南区第二中学2018届高三上学期期中考试物理试题 一、选择题:‎ ‎1. 物体做匀变速直线运动，已知第2s内的位移为6m，第3s内的位移为4m，则下列说法正确的是( )‎ A. 物体的初速度为9m/s B. 物体的加速度为3m/s2‎ C. 物体在第4秒内的位移为0‎ D. 物体在前2s内的位移为8m ‎【答案】A ‎【解析】AB、根据相邻相等时间内的位移差恒定 得： ，负号表示物体做匀减速运动， 又由于，所以物体在第1s内的位移为8m，由位移公式： 得：，故A正确，B错误；‎ C、由公式，可知，在第4秒内的位移为，故C错误；‎ D、物体在前2s内的位移为 ，故D错误；‎ 综上所述本题答案是：A ‎2. 如图所示，小球由某一高度由静止落下并将竖直轻弹簧压缩到最低点的过程中（ ）‎ A. 小球的动能先增大后减小 B. 小球的机械能守恒 C. 小球动能最大时弹性势能为零 D. 小球动能减为零时，重力势能最大 ‎【答案】A ‎【解析】A、小球在空中先做自由落体运动，速度增大，则动能增大，刚接触弹簧时重力是大于弹簧弹力，小球仍然加速，小球继续向下压缩弹簧，弹力继续增大，当弹力大小等于重力时，小球的加速度为零，此时速度达到最大，而后小球开始减速运动，动能减小，故A正确；‎ B、小球在下落过程中弹力对小球做功，不符合机械能守恒的条件，所以机械能不守恒，故B错误；‎ C、小球在下落过程中当弹力大小等于重力时，小球的加速度为零，此时速度达到最大，小球的动能达到最大，此时弹簧处于被压缩状态，所以弹性势能不为零，故C错误；‎ D、在小球的动能减小到零的过程中，小球在整个过程中一直向下运动，所以小球的重力势能一直在减小，故D错误；‎ 综上所述本题答案是：A ‎3. 如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在A点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1–N2的值为（ ）‎ A. 3mg B. 4mg C. 5mg D. 6mg ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律可得，在最低点，根据牛顿第二定律可得，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有，联立三式可得 考点：考查机械能守恒定律以及向心力公式 ‎【名师点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值．要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下．‎ ‎4. 图为一列横波在某时刻的波形图，若此时刻质点P正处于加速运动过程中，则此时刻（ ）‎ A. 质点Q处于加速运动过程中，质点N处于减速运动过程中 B. 质点Q处于减速运动过程中，质点N处于加速运动过程中 C. 质点Q和质点N均处于加速运动过程中 D. 质点Q和质点N均处于减速运动过程中 ‎【答案】B ‎【解析】由题意知，质点P正处于加速运动过程中，说明P 向下即向平衡位置运动，说明此列波是向左传播的，根据波传播的特点知道质点Q正在向上即向波峰运动，速度减小，N向上即向平衡位置运动，速度增大．故B正确，‎ 综上所述本题答案是：B ‎ ‎5. 2005年我国成功发射并回收了“神州”六号载人飞船。设飞船绕地球做匀速圆周运动，若飞船经历时间t绕地球运行n圈，则飞船离地面的高度为（已知地球半径为R，地面的重力加速度为g）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】设地球质量为M,飞船质量为m, 飞船运行时万有引力提供向心力,根据万有引力定律和牛顿第二定律有 ‎ 飞船运行周期为 质量为m的物体在地面有 计算得出: ，故B正确；‎ 综上所述本题答案是：B ‎6. 一列简谐横波以10 m/s的速度沿x轴正方向传播，t = 0 时刻这列波的波形如右图所示。则a质点的振动图像为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由波形图象知道波长λ=4m，由公式v=λf得到则周期T=0．4s，故AC错误．因为t=0时刻a质点处于平衡位置且向下运动，故C错误，D正确．故选D。‎ 考点：波的图线和振动图像 ‎【名师点睛】此题是机械振动、机械波的简单综合题，关键抓住它们之间的联系，能判断质点在某时刻的振动方向。‎ ‎7. 如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧。B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用。作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】当两个滑块速度相等时弹簧压缩量最大,弹性势能最大; 滑块A、B系统动量守恒,根据守恒定律,有: 计算得出: ; ‎ 系统减小的动能等于增加的弹性势能,故弹簧获得的最大弹性势能 ，则： ‎ 代入数据得： 故C 正确；‎ 综上所述本题答案是：C ‎ ‎8. 如图所示，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,将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点（如图所示）则当卫星分别在1、2、3轨道正常运行时，以下说法正确的是（　 　）‎ ‎①卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率 ‎②卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度 ‎③卫星在轨道1上的经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度 ‎④卫星在轨道2上的经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度 A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】① ，移项化简得 ，所以卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，所以①这种说法错误。‎ ‎② ，移项化简得 ，所以卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，所以②这种说法正确。‎ ‎③，移项化简得，由于都在Q点，轨道高度是相同的，所以a 是相同的，所以③这种说法是错误的。‎ ‎④，移项化简得，由于都在P点，轨道高度是相同的，所以a是相同的，所以④这种说法是正确的，故D正确 综上所述本题答案是：D ‎9. 如图所示，A、B两物体用细绳相连跨过光滑滑轮悬挂起来，B物体放在水平地面上，A、B两物体均静止.现将B物体稍向左移一点，A、B两物体仍静止，则此时与原来相比（ ）‎ A. 绳子拉力变大 B. 地面对物体B的支持力变大 C. 地面对物体B的摩擦力变大 D. 物体B受到的合力变大 ‎【答案】BC ‎ ‎ ‎10. 一物体在水平面上受恒定的水平拉力和摩擦力作用由静止开始做直线运动，在第1秒末撤去水平拉力，其Ek－X 图象如图所示，g=10 m/s2，则( )‎ A. 物体的质量为10 kg B. 物体与水平面的动摩擦因数为0.2‎ C. 第1秒内合力对物体做的功为30J D. 前4秒内拉力对物体做的功为60 J ‎【答案】AD ‎【解析】A、由图知：当位移为时，撤去外力，所以所对应的时间为1s 物体在第1s内的位移为，得：‎ 则由动能定理可得合外力做功 ‎ 得，又有牛顿第二定律知： ‎ 解得： ，故A正确；‎ B、当撤掉外力F后，物体做减速运动，由图可知物体发生的位移为，物体在摩擦力作用下减速，此时合外力做功为：，得到 解得： ，故B错误 C、从图像可以知道在第1s内合外力做的功就等于动能的变化量，所以合外力做功为，故C错误； ‎ D、第1s内由动能定理可得合外力做功 ‎ 得 ，即 ，物体在第1s内受拉力作用，所以前4秒内拉力做的功即等于第1s内拉力做的功，，故D正确；‎ 综上所述本题答案是：AD ‎ ‎11. 如图所示，木块放在木板上，木板放在水平面上，且木板的左端用铰链固定.现将其右端缓慢地抬高，当木块刚好开始沿木板滑动时，测出当时木板和水平面间的夹角为θ.下列说法正确的是（ ）‎ A. 在木块开始滑动前，木块所受的摩擦力一直在增大 B. 在木块开始滑动前，木块所受的摩擦一直在减小 C. 测得的动摩擦因数 D. 测得的动摩擦因数 ‎【答案】AC ‎【解析】木块受力如图，木块开始滑动前（设木板与水平面间夹角为α），木块与板间为静摩擦力.由平衡条件知：此静摩擦力f=Gsinα,G一定，α↑,故f↑,A正确.木块刚好开始滑动时，静摩擦力变为滑动摩擦力，则有：μFN=Gsinθ,而FN=Gcosθ，故μ=tanθ,C正确.‎ ‎12. 质量为m的物体，在距地面h高处以初速度V竖直向下抛出。其加速度大小为0.5g,方向竖直向下。则在其下落到地面的过程中。下列说法中正确的是（　 ）‎ A. 物体的重力势能减少 B. 物体的动能增加 C. 物体的机械能减少 D. 落地时的动能为 ‎【答案】BC ‎【解析】A、物体在下落过程中，重力做正功为，则重力势能减小即为．故A错误， ‎ B、物体所受的合力为，则合力做功为 ，所以动能增加了，故B正确；‎ 机械能的改变与做功的多少有关，所以机械能减少了 ，故C正确；‎ D、由动能定理知： ，所以，故D错误；‎ 综上所述本题答案是：BC ‎13. 如图所示，质量相同的两个小物体A、B处于同一高度。现使A沿固定的光滑斜面无初速地自由下滑，而使B无初速地自由下落，最后A、B都运动到同一水平地面上。不计空气阻力。则在上述过程中，A、B两物体（ ）‎ A. 所受重力冲量的大小相同 B. 所受合力冲量的大小相同 C. 所受重力做的功相同 D. 所受合力做的功相同 ‎【答案】BCD ‎【解析】A、由匀变速直线运动的位移公式:可以知道, ,物体A做匀加速直线运动,B物体做自由落体运动,A的位移大于B的位移,A的加速度小于B的加速度, 则A的运动时间大于B的运动时间,因为mg相等,由 可以知道,A重力的冲量大于B重力的冲量,故A错误; BCD、A、B运动过程只有重力做功 ,因为m、g、h都相等,则重力做功相同,合外力做功相同,由动能定理得:,计算得出: ,物体到达地面时的速度大小相等,由动量定理得：,则合外力的冲量大小相等,故BCD正确;‎ 综上所述本题答案是：BCD ‎14. 如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度υ0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端。根据上述情景和已知量，可以求出（ ）‎ A. 弹簧的劲度系数 B. 弹簧的最大弹性势能 C. 木板和小物块组成的系统最终损失的机械能 D. 若再已知木板长度l可以求出木板和小物块间的动摩擦因数 ‎【答案】BCD ‎【解析】小木块m与长木板M构成的系统动量守恒,设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为 、 以向左为正方向,小木块从开始位置滑动到最左端的过程,由动量守恒定律得: 小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程: ‎ 计算得出:                    小木块滑动到最左端的过程中,由能量守恒定律得:     小木块从开始滑动到最右端的过程中,由能量守恒定律,            ‎ 由以上各式可以解出 、Q、Q',故BC正确, 求出Q后,如果已知木板长度: ,可以求出木板和小物块间的动摩擦因数,所以D选项是正确的;因为缺少弹簧的压缩量,无法求出弹簧的劲度系数,故A错误;‎ 综上所述本题答案是：BCD 二、实验题 ‎15. 如图甲所示是某同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放．‎ ‎（1）若用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝________cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝2.0×10-2s，则小车经过光电门时的速度为________m/s；‎ ‎（2）实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为________；‎ ‎（3）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间Δt，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出线性图象，研究小车加速度与力的关系，处理数据时应作出________(选填“v－m”或“v2－m”)图象；‎ ‎【答案】 (1). 1.140 (2). 0.57 (3). (4). ‎ ‎【解析】试题分析：①主尺读数为11mm，游标尺读数为8×0.05mm=0.50mm，读数为11mm+8×0.05mm=1.140cm，由于通过光电门的速度较大，小车的宽度较窄，可看做匀速运动所以，‎ ‎②小车受到的拉力与物体的重力大小近似相等时，有,则当时有。‎ ‎③根据可做出v2-m图像 考点：“探究加速度与力、质量关系”的实验 ‎16. 用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对图中纸带上的点痕进行测量，即可验证机械能守恒定律。‎ ‎（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：‎ A 用天平测出重锤的质量；‎ B 按照图示的装置安装器件；‎ C 将打点计时器接到电源的“直流输出”上；‎ D 先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；‎ E 测量纸带上某些点间的距离；‎ F 根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。‎ 其中没有必要进行的步骤是__________，操作不当的步骤是__________。‎ ‎（2）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值。根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离如图所示。使用电流的频率为f，则计算重锤下落的加速度的表达式a＝____________。（用 、 、 、及f表示）‎ ‎（3）在验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其主要原因是重锤和纸带下落过程中存在阻力作用，可以通过该实验装置测阻力的大小。若已知当地重力加速度为g，还需要测量的物理量是__________。试用这些物理量和纸带上的数据符号表示重锤和纸带在下落过程中AE段受到的平均阻力大小f=_____________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). (4). 重锤的质量 (5). ‎ ‎【解析】试题分析：（1）关于重锤的质量可测也可不测，因为物体的质量在验证机械能守恒定律的实验中可以约去，所以没有必要的步骤是C．打点计时器应接交流电源，所以操作不当的步骤是B．‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的推论知，，，‎ 而，则加速度．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律得，，则；知还需要测量的物理量是重锤的质量m。‎ 考点：本题考查了验证机械能守恒定律实验、逐差法求加速度、牛顿第二定律．‎ 三、计算题 ‎17. 如图，半径R = 1.0m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L＝0.5m的水平面BC相切于B点，BC离地面高h = 0.45m，C点与一倾角为θ = 37°的光滑斜面连接，质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧上某点由静止释放，到达圆弧B点时小滑块对圆弧的压力刚好等于其重力的2倍,当小滑块运动到C点时与一个质量M=2.0kg的小球正碰，碰后返回恰好停在B点，已知滑块与水平面间的动摩擦因数µ＝0.1。（sin37°=0.6 cos37°=0.8, g取l0 m/s2）‎ 求：‎ ‎（1）小滑块应从圆弧上离地面多高处释放；‎ ‎（2）小滑块碰撞前与碰撞后的速度；‎ ‎（3）碰撞后小球的速度；‎ ‎【答案】（1）H=0.95m （2）3m/s，1m/s （3）v2=2.0m/s ‎【解析】（1）设小滑块运动到B点的速度为 ‎ 由机械能守恒定律有：‎ 由牛顿第二定律有： ‎ 联立上式解得： ‎ ‎（2）设小滑块运动到C点的速度为，由动能定理有： ‎ 可得小滑块在C点的速度即与小球碰前的速度           ‎ 碰后滑块返回B点过程：由动能定理： ‎ 得可碰后滑块速度 ‎ ‎ （3）碰撞过程由动量守恒： ‎ 解得碰后小球速度  ‎ 综上所述本题答案是：（1），（2），（3）‎ ‎18. 如图所示，从A点以的水平速度抛出一质量 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光滑圆弧轨道BC，经圆孤轨道后滑上与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，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数 ，长木板与地面间的动摩擦因数， 。求：‎ ‎（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；‎ ‎（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 ‎【答案】（1），方向与水平面的夹角为 （2）  （3）‎ ‎【解析】（1）物块做平抛运动： ‎ 设到达C点时竖直分速度为则：‎ ‎， 方向与水平面的夹角为：，即 ‎ ‎（2）从A至C点，由动能定理得 ‎ 设C点受到的支持力为，则有 ‎ 可得，所以： ‎ 根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为。‎ ‎（3）由题意可知小物块m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 小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0‎ 则长木板长度至少为。‎ 点睛：本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键。‎ ‎    ‎ ‎ ‎ ‎ ‎