福建省福州八中2020届高三上学期期中考试物理试题

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福建省福州八中2020届高三上学期期中考试物理试题

福州八中2019-2020高三第三次质量检查(半期考)‎ 考试时间90分钟 满分110分 一、选择题(共10题,共48分,1-6单选,每题4分,7-9多选每题6分)‎ ‎1.国际单位制由7个基本单位、2个辅助单位和19个具有专门名称的导出单位组成,其中与力学有关的三个基本单位是(  )‎ A. N、m、s B. N、kg、s C. m、kg、s D. m/s、kg、N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】力学中的基本物理量有三个,它们分别是长度、质量、时间,它们的单位分别为m、kg、s,故 C正确.‎ ‎2.一辆汽车从静止开始做加速直线运动,运动过程中汽车牵引力的功率保持不变,所受阻力恒定,行驶2min速度达到10m/s,该汽车在这段时间内行驶的距离为(  )‎ A. 一定大于600m B. 一定小于600m C. 一定等于600m D. 可能等于1200m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】功率不变,根据,随着汽车速度的增大,F逐渐减小,汽车做的是加速度逐渐减小的变加速运动,作出汽车做变速运动的速度图象(如图所示曲线).若汽车在2min=120s内做匀加速直线运动(即图中直线),则位移为(图中三角形面积),而该汽车变速运动的位移是图中曲线与坐标轴围成的面积,一定大于600m,A正确.‎ ‎3.如图,半圆形凹槽的半径为R,O点为其圆心。在与O点等高的边缘A、B两点分别以速度v1、v2水平同时相向抛出两个小球,已知v1∶v2=1∶3,两小球恰落在弧面上的P点。则以下说法中正确的是( )‎ A. ∠AOP为45°‎ B. 若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点,则应使v1、v2都增大 C. 改变v1、v2,只要两小球落在弧面上的同一点,v1与v2之和就不变 D. 若只增大v1,两小球可在空中相遇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析:两球竖直高度相同,则由可知运动时间相同,由v1∶v2=1∶3可知水平位移之比为1:3,由此可知A的水平位移为,cos∠AOP=,∠AOP为60°,A错;若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点,则应使v1增大,v2减小,B错;由水平方向,设运动时间为t,则,随着高度的不同运动时间也不同,则v1与v2之和不同,C错;若只增大v1,根据竖直方向为自由落体运动,两个小球在相同的时间内通过的高度差相同,则两小球可在空中相遇,D对;‎ 考点:考查平抛运动 点评:本题难度中等,抓住各分运动具有等时性,分析两球在竖直高度相同的情况下运动时间相同,根据分运动的性质、利用各等量关系推导 ‎4.如图所示,物体A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=2 kg,A、B之间的动摩擦因数μ=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,则A、B的加速度可能是(g取10 m/s2)(  )‎ A. aA=6 m/s2,aB=2 m/s2‎ B. aA=2 m/s2,aB=6 m/s2‎ C. aA=8 m/s2,aB=4 m/s2‎ D. aA=10 m/s2,aB=6 m/s2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】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.‎ ‎5.如图所示,轻质弹簧一端固定在墙壁上,另一端与挡板相连(挡板质量不可忽略).放置在光滑的水平面上。把一质量为m的物体A紧靠着挡板压缩弹簧后,由静止开始释放,弹簧前端到O点时物体与挡板分离,此时物体的动能为E;现换一质量为M(M>m)的物体B紧靠着挡板压缩弹簧到相同的位置,由静止释放,则 A. 弹簧前端到O点左侧时B物体与挡板分离 B. 弹簧前端到O点右侧时B物体与挡板分离 C. 物体B与挡板分离时的动能大于Eo D. 物体B与挡板分离时的动能小于Eo ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.挡板与B物体分离时加速度相同、两物体间的弹力为零,所以分离时B物体的加速度为零,即挡板的加速度也为零,由于水平面光滑,所以弹簧恢复到原长时挡板的加速度为零,即弹簧前端在O点时B物体与挡板分离,故AB错误;‎ CD.由于两次弹簧压缩到相同位置,所以初始状态弹簧的弹性势能相同,从开始到两物体分离由能量守恒得: ,由于物体B的质量大于物体A的质量,所以B物体与挡板分离时的速度较小,此时挡板具有的动能较小,由能量守恒可得B物体的动能较大,即大于,故C正确,D错误。‎ ‎6.如图所示,一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动,圆筒的半径r =1.5m.筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止,小物体与圆筒间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),转动轴与水平面间的夹角为60°,重力加速度g取10m/s2,则ω 的最小值是( )‎ A. 1rad/s B. C. D. 5rad/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ 受力分析如图,受重力G,弹力N,静摩擦力f 。 ω的最小值时,物体在上部将要产生相对滑动。由牛顿第二定律可知,,在平行于桶壁方向上,达到最大静摩擦力,即 ,由于。由以上式子,可得,故C正确。‎ ‎7.倾角为θ、质量为M的室内小滑梯如图所示,质量为m的小朋友沿着滑梯匀加速下滑,整个运动过程中滑梯保持静止不动。对此运动过程,下列有关说法正确的是 A. 小朋友和滑梯之间的动摩擦因数一定小于tanθ B. 地面对滑梯的支持力一定等于(m+M)g C. 地面对滑梯的摩擦力大小一定等于mgcosθsinθ D. 地面对滑梯的摩擦力方向一定向左 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】因为小朋友做匀加速下滑,即,解得,A正确;因为小朋友存在一个竖直向下的分加速度,处于失重状态,人对滑梯的作用力小于其重力,故地面对滑梯的支持力小于两者的重力,B错误;小朋友存在一个水平向左的分加速度,即在水平方向上小朋友的合力向左,根据牛顿第三定律可知小朋友对电梯在水平方向上的作用力向右,即电梯有向右的运动趋势,电梯受到地面的摩擦力方向一定向左,,故地面的摩擦力大小为,C错误D正确.‎ ‎8.质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为8kg·m/s,则甲、乙两球质量m1与m2间的关系可能是(   )‎ A. m1=m2 B. 2m1=m2 C. 5m1=3m2 D. 4ml=m2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动量守恒定律得:‎ 解得:‎ 碰撞过程系统的总动能不增加,则有 代入数据解得:‎ 碰撞后甲的速度不大于乙的速度,则有:‎ 代入数据解得:‎ 综上有 所以只有可能,故BC正确 ‎9.如图所示,足够长传送带与水平方向夹角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮,与木块b相连,b的质量为m,开始时a、b及传送带均静止,且a不受传送带的摩擦力作用,现将传送带逆时针匀速转动,则在b上升h高度(未与滑轮相碰)的过程中,下列说法不正确的是( ) ‎ A. 物块a的质量为 B. 摩擦力对a做的功大于物块a、b动能增加量之和 C. 任意时刻,重力对a、b做功的瞬时功率大小不相等 D. 摩擦力对a做的功等于物块a、b构成的系统机械能的增加量 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.开始时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用,则有 则 故A正确;‎ B.b上升h,则a下降hsinθ,则a重力势能的减小量为 即物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量,则系统重力势能不变,所以摩擦力做功等于物块a、b动能增加之和,故B错误;‎ C.任意时刻a、b的速率相等,对b,克服重力的瞬时功率 对a有 所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等,故C错误;‎ D.根据功能关系得知,摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量,故D正确。‎ ‎10.如图所示,细线AB和BC连接着一质量为m的物体P,其中绳子的A端固定,c端通过小定滑轮连接着一质量也为m的另一个物体Q,开始时,用手抓住物体Q,使物体P、Q均静止,此时AB和BC两绳中拉力大小分别为T1、T2。把手放开瞬间,AB和BC两绳中拉力大小分别为T1'、T2'。已知ABC处于同一竖直平面内,绳子间连接的夹角如图。则 A. T1:T1'=1:1 B. T1:T2=1:2 C. T2:T2'=2:3 D. T1':T2'=:1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】P、Q均静止时,由P受力平衡条件可知:,,把手放开瞬间,将P物体的重力沿AB方向和BC方向分解,由于PQ两物体沿绳方向的速度相同,所以P物体接下来以AB为半径的圆周运动,由于此时速为0,向心力为0,所以此时AB绳的拉力等于P物体重力沿AB方向的分力即为,此时,圆弧切线方向的合力为,加速度为,解得,对P物体有:‎ ‎,联立解得:,所以T1:T1'=1:1,. T2:T2'=2:3,故AC正确。‎ ‎11.某同学在研究性学习中,利用所学的知识解决了如下问题:一轻弹簧一端固定于某一深度为h=0.25 m、开口向右的小筒中(没有外力作用时弹簧的另一端也位于筒内),如图甲所示,如果本实验的长度测量工具只能测量出筒外弹簧的长度l,现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数,该同学通过改变所挂钩码的个数来改变l,作出F—l图线如图乙所示。‎ ‎(1)由此图线可得出的结论是____________。‎ ‎(2)弹簧的劲度系数为_______N/m,弹簧的原长l0=_______m.‎ ‎【答案】 (1). 在弹性限度内,弹力与弹簧的伸长量成正比 (2). 100 (3). 0.15‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析:(1)[1] 根据图象结合数学知识可知:在弹性限度内,弹力与弹簧的伸长量成正比;‎ ‎(2)[2][3]根据胡克定律F与的关系式为:‎ ‎,‎ 从图象中可得直线的斜率为2N/cm,截距为20N,故弹簧的劲度系数为 ‎,‎ 由 ‎,‎ 于是:‎ 考点:考查了胡可定律 ‎【名师点睛】找到各个物理量之间的关系,然后根据胡克定律列方程,是解答本题的突破口,这要求学生有较强的数学推导能力.‎ ‎12.为了“探究动能改变与合外力做功”的关系,某同学设计了如下实验方案:‎ 第一步:把带有定滑轮木板(有滑轮的)一端垫起,把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m 的重锤相连,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,根据纸带求滑块速度,打点计时器打B点时滑块速度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的功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). (2). 下滑的位移X (3). mgx (4). 过原点的直线 (5). 滑块的质量M ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]匀变速直线运动中,时间中点瞬时速度等于该过程中的平均速度,因此有:‎ ‎(2)[2][3]由做功定义式可以知道还需要知道滑块下滑的位移x,由动能定理可以知道 即 ‎(3)[4][5]合外力做的功为 即:‎ 图象应该为一条过原点的直线,设图象的斜率为k,则 得滑块质量 还可以求得滑块的质量M。‎ ‎13.一颗在赤道上空运行的人造卫星,其轨道半径为r=2R(R为地球半径),卫星的转动方向与地球自转方向相同.已知地球自转的角速度为,地球表面处的重力加速度为g.求: ‎ ‎(1)该卫星所在处的重力加速度g′; ‎ ‎(2)该卫星绕地球转动的角速度ω;‎ ‎(3)该卫星相邻两次经过赤道上同一建筑物正上方的时间间隔.‎ ‎【答案】(1)(2)(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在地球表面处物体受到的重力等于万有引力mg=,‎ 在轨道半径为r=2R处,仍有万有引力等于重力mg′=,‎ 解得:g′=g/4;‎ ‎(2)根据万有引力提供向心力,‎ mg=,‎ 联立可得ω=,‎ ‎(3)卫星绕地球做匀速圆周运动,建筑物随地球自转做匀速圆周运动,当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时,卫星再次出现在建筑物上空 以地面为参照物,卫星再次出现在建筑物上方时,建筑物随地球转过的弧度比卫星转过弧度少2π.‎ 即ω△t−ω0△t=2π 解得:‎ ‎【点睛】(1)在地球表面处物体受到的重力等于万有引力mg=,在轨道半径为2R处,仍有万有引力等于重力mg′=,化简可得在轨道半径为2R 处的重力加速度;‎ ‎(2)人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,由地球的万有引力提供向心力,结合黄金代换计算人造卫星绕地球转动的角速度ω;‎ ‎(3)卫星绕地球做匀速圆周运动,建筑物随地球自转做匀速圆周运动,当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时,卫星再次出现在建筑物上空.‎ ‎14.如图所示,位于竖直平面内的轨道BCDE,由一半径为R=2m的光滑圆弧轨道BC和光滑斜直轨道DE分别与粗糙水平面相切连接而成。现从B点正上方H=1.2m的A点由静止释放一质量m=1kg的物块,物块刚好从B点进入圆弧轨道。已知CD的距离L=4m,物块与水平面的动摩擦因数=0.25,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求:‎ ‎(1)物块第一次滑到C点时的速度;‎ ‎(2)物块第一次滑上斜直轨道DE的最大高度;‎ ‎(3)物块最终停在距离D点多远的位置。‎ ‎【答案】(1) 8m/s (2) 2.2m (3) 0.8m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理可求物块第一次滑到C点时的速度;物块由A到斜直轨道最高点的过程,由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE的最大高度;物块将在轨道BCDE上做往返运动,直至停下,设物块在水平轨道CD上通过的总路程为S,根据动能定理求出。‎ ‎【详解】解:(1)根据动能定理可得 解得 ‎(2)物块由A到斜直轨道最高点的过程,由动能定理有:‎ 解得:‎ ‎(3)物块将在轨道BCDE上做往返运动,直至停下,设物块在水平轨道CD上通过的总路程为S,则: ‎ 解得:‎ 因: ,故物块最终将停在距离D点0.8m处的位置。‎ ‎15.如图所示,长木板AB和光滑四分之一圆弧轨道在B点平滑连接成一个整体,放置在光滑的水平面上,长木板和圆弧轨道的总质量为M=3kg,一个质量为m=0.98kg的物块放在木板AB的中点,一颗质量为m0=20g的子弹以初速度v0=100m/s射入物块并留在物块中(子弹射入物块时间极短,可忽略不计),木板的长度L=1m,重力加速度取g=10m/s2.‎ ‎(1)要使物块能滑上圆弧轨道,物块与长木板间的动摩擦因数应该满足什么条件?‎ ‎(2)若物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.15,物块从子弹击中后到运动至B点,需要多长时间?‎ ‎【答案】(1)小于0.3 (2)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)子弹射入物块过程,根据动量守恒定律有:m0v0=(m0+m)v1 ‎ 求得v1=2m/s 若物块刚好滑到B点时与木板有共同速度,则:(m0+m)v1=( m0+m +M) v2 ‎ 求得v2=0.5m/s 根据功能关系:‎ 求得:μ=0.3‎ 因此,要使物块能滑上圆弧轨道,物块与长木板间的动摩擦因数应小于0.3‎ ‎(2)设物块到达B点时,物块和木板与圆弧轨道组成的整体各自的速度分别是va、vb,需要的时间为t.‎ 对物块,由动量定理得:-μ(m+m0)gt=m(m+m0) va-(m+m0) v1 ‎ 对木板和圆弧轨道,由动量定理得μ(m+m0)gt=Mvb ‎ 物块滑到B点时,有 可解得,另一解不符合题意,舍去。‎ 因木板和圆弧轨道在物块上升到最高点时的速度为0.5m/s, ‎ ‎【点睛】本题考查动能定理、动量定理的应用以及动量守恒定律的应用,要注意正确分析物理过程,同时分别对两物体进行分析,明确物理规律的应用才能准确求解.‎ ‎16.如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态,直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出),随后P沿轨道被弹回,最高点到达F点,AF=4R,已知P与直轨道间的动摩擦因数,重力加速度大小为g。(取,)‎ ‎(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。‎ ‎(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。‎ ‎(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点。G点在C点左下方,与C点水平相距、竖直相距R,求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。‎ ‎【答案】(1)(2)(3),‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)根据题意知,B、C之间的距离l为 l=7R–2R①‎ 设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得 ‎②‎ 式中θ=37°,联立①②式并由题给条件得 ‎③‎ ‎(2)设BE=x。P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有 ‎④‎ E、F之间的距离l1为 l1=4R–2R+x⑤‎ P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有 Ep–mgl1sin θ–μmgl1cos θ=0⑥‎ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x=R⑦‎ ‎⑧‎ ‎(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为⑨‎ ‎⑩‎ 式中,已应用了过C点圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。‎ 设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有 ‎⑪‎ x1=vDt⑫‎ 联立⑨⑩⑪⑫式得 ‎⑬‎ 设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有 ‎⑭‎ P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有 ‎⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 ‎⑯‎ ‎【考点定位】动能定理、平抛运动、弹性势能 ‎【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、弹性势能等规律,包含知识点多、过程多,难度较大;解题时要仔细分析物理过程,挖掘题目的隐含条件,灵活选取物理公式列出方程解答;此题意在考查考生综合分析问题的能力。‎ ‎ ‎
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