四川省自贡市田家炳中学2020届高三上学期期中考试物理试题

四川省自贡市田家炳中学2020届高三上学期期中考试物理试题

高三物理期中试题 一、选择题 ‎1.一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x＝(5＋2t3)m，它的速度随时间t变化的关系为v＝6t2 m/s，该质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度和t＝2 s到t＝3 s间的平均速度的大小分别为(　　)‎ A. 12 m/s　39 m/s B. 8 m/s　38 m/s C. 12 m/s　19.5 m/s D. 8 m/s　13 m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】根据题意，质点离开O点的距离x随时间变化的关系为x=5+2t3（m），故：‎ t=0时，x=5m；t=2s时，x′=21m；t=3s时，x′′=59m 故2s内位移为：‎ ‎△x=x′﹣x=21m﹣5m=16m；‎ t=0到t=2s间的平均速度为:‎ 第三秒内的位移为：‎ ‎△x′=x′′﹣x′=59m﹣21m=38m；‎ 故第3秒内的平均速度为：‎ ‎；‎ A．与计算不符，故A错误 B．与计算相符，故B正确 C．与计算不符，故C错误 D．与计算不符，故D错误 ‎2.一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，则在此过程中（　　）‎ A. 速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值 B. 速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值 C. 位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大 D. 位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，当加速度减小到零时，物体将做匀速直线运动，速度不变，而此时速度达到最大值，故A错误，B正确；‎ CD．由于质点做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不为零，所以位移继续增大，故CD错误．‎ ‎3.以18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为( )‎ A. 50 m B. 45 m C. 40.5 m D. 40 m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设初速度的方向为正方向．由位移公式，由 可得 解得 a＝−4m/s2‎ 加速度方向与速度反向．‎ 刹车的总时间为 由位移公式，有汽车在5 s内的位移为 A．50 m，与结论不相符，选项A错误；‎ B．45 m，与结论不相符，选项B错误；‎ C．40.5 m，与结论相符，选项C正确；‎ D．40 m，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎4.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600‎ ‎ m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）‎ A. 30 B. 5.7×102‎ C. 6.0×102 D. 6.3×102‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的动量，负号表示方向，故A正确，BCD错误；‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系．‎ ‎5.两个质量均为的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然剪断轻绳，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球的加速度分别用和表示，则（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】剪断OA瞬间，对AB整体分析，由牛顿第二定律知，整体加速度为；即剪断OA瞬间， AB间绳的张力突变为零，小球AB只受重力，其加速度．故选A.‎ ‎6.一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（ ）‎ A. t=2s时最大 B. t=2s时最小 C. t=8.5s时最大 D. t=8.5s时最小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由于t=2s时物体向上的加速度最大，故此时人对地板的压力最大，因为地板此时对人的支持力最大；而t=8．5s时物体向下的加速度最大，故地板对的支持力最小，即人对地板的最小，故选项AD正确，选项BC错误．‎ ‎7. 为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的有（ ）‎ A. 两球的质量应相等 B. 两球应同时落地 C. 应改变装置的高度，多次实验 D. 实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：在该实验中，是用B球的运动与A球竖直方向的运动相对照，从而达到实验目的的，在竖直方向上，两球做自由落体运动，根据自由落体运动规律可知，‎ ‎，由于两球同时从同一高度开始下落，因此在任意相等的时间内，两球下落的高度相同，显然至落地，两球下落的高度相同，时间也相同，故选项B正确；做自由落体运动的物体运动规律相同，与质量无关，故选项A错误；为了减小实验误差，因此采用多次测量的方法，同时为了使该实验具有普遍性，需改变小球的初始高度，故选项C正确；在水平方向上，没有物体的运动与A球水平方向的运动相对照，因此无法说明小球A在水平方向上的运动规律，故选项D错误．‎ 考点：本题主要考查了对自由落体运动规律的理解和演示实验现象的分析能力问题，属于中档题．‎ ‎8.如图，一块木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离，在此过程中（　　）‎ A. 外力F做的功等于A和B的动能的增量 B. B对A摩擦力所做的功,等于A的动能的增量 C. A对B的摩擦力所做的功,等于B对A的摩擦力所做的功 D. 外力F对B做功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究：B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等 WF+（-f•△x）=△EkA+△EkB 其中△x为A、B的相对位移．所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故A错误．‎ B.对A物运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故B正确．‎ C.A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误．‎ D.对B物体应用动能定理，‎ WF-Wf=△EkB Wf为B克服摩擦力所做的功，即 WF=△EkB+Wf 就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确．‎ 二、非选择题 ‎9.某实验小组利用如图所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”．‎ ‎（1）实验中除了需要小车、砝码、托盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、两根导线、复写纸、纸带之外，还需要__________、__________．‎ ‎（2）下列做法正确的是__________．‎ A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行 ‎ B.在调节木板倾斜角度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上 C.实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源 D.通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 E.用托盘和盘内砝码的重力作为小车和车上砝码受到的合外力，为减小误差，实验中一定要保证托盘和砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量 ‎（3）某同学以小车和车上砝码总质量的倒数为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，在坐标纸上作出的a－关系图线如图2所示．由图可分析得出：加速度与质量成__________关系(填“正比”或“反比”)；图线不过原点说明实验有误差，引起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角__________(填“过大”或“过小”)．‎ ‎【答案】 (1). 天平 (2). 刻度尺 (3). ADE (4). 反比 (5). 过大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．实验中用砝码桶的总重力表示小车的拉力，需测量砝码桶的质量，所以还需要天平．实验中需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出加速度，所以还需要刻度尺．‎ ‎（2）[3]．A、实验时调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确．‎ B、平衡摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，故B错误．‎ C、实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误．‎ D、通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确．‎ E、对整体分析，根据牛顿第二定律可知：‎ ‎，‎ 则绳子上拉力大小 当，即砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力．故E正确 ‎（3）[4][5]．因为图象是一条直线，a与M成反比；图象在a轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的倾角过大造成的．‎ ‎10.物理兴趣小组的同学用图甲所示的装置验证机械能守恒定律，电源的频率为50 Hz，重锤的质量为m＝1.0 kg，重力加速度g＝9.8 m/s2，他们通过正确的实验操作得到了如图乙所示的纸带．为了验证机械能是否守恒，该小组同学采用了以下两种方法．‎ ‎ (1)方法一：打点计时器打下计时点5时重锤的瞬时速度为__________m/s，在打点计时器打下计时点0和5的过程中，重锤重力势能的变化量为ΔEp＝__________J，重锤动能的变化量为ΔEk＝__________J，若它们近似相等，则可知重锤的机械能守恒．‎ ‎(2)方法二：打点计时器打下计时点2时重锤的瞬时速度为__________m/s，在打点计时器打下计时点2和5的过程中，重锤重力势能的变化量为ΔEp′＝__________J，重锤动能的变化量为ΔEk′＝__________J，若它们近似相等，则可知重锤的机械能守恒．‎ ‎(3)以上两种方法，你认为__________(选填“方法一”或“方法二”)误差小．‎ ‎【答案】 (1). 1.155 (2). 0.659 (3). 0.667 (4). 0.575 (5). 0.508 (6). 0.502 (7). 方法二 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查落体法验证机械能守恒定律实验步骤、数据处理，根据实验原理分析计算可得．‎ ‎【详解】(1)[1]根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度可得打点计时器打下计时点5时重锤下落的速度v5＝＝1.155 m/s，‎ ‎[2]在打点计时器打下计时点0和5的过程中，重锤重力势能的变化量ΔEp＝mgh5＝0.659 J，[3]动能的变化量ΔEk＝mv52＝0.667 J．‎ ‎(2)[4]根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度可得打点计时器打下计时点2时重锤下落的速度 ‎ v2＝＝0.575 m/s，‎ ‎[5]在打点计时器打下计时点2和5的过程中，重锤重力势能的变化量为 ΔEp′＝mg(h5－h2)＝0.508 J，‎ ‎[6]在打点计时器打下计时点2和5的过程中，重锤动能的变化量为 ΔEk′＝m(v52－v22)＝0.502 J．‎ ‎(3)[7]重锤刚下落的时候运动状态不稳定；方法二避开了刚开始的一段纸带，故方法二误差比较小．‎ ‎【点睛】落体法研证机械能守恒实验，重物下落实的高度是用刻度尺测量出来的，不是计算出来的．某点的瞬时速度是由相邻两点的平均速度计算出来的，不能根据自由落体运动学公式求出．因下落过程中有阻力做功，重物获得的动能往往小于重物减少的重力势能．‎ 三、计算题 ‎11.质量为m的杂技演员（可视为质点）抓住一端固定于O点的不可伸长绳子，从距离水平安全网高度为h的A点由静止开始运动，A与O等高．运动到绳子竖直时松开绳子，落到安全网上时与A点的水平距离也为h，不计空气阻力，求：‎ ‎(1)松开绳子前瞬间绳子拉力的大小；‎ ‎(2)O、A之间的距离．‎ ‎【答案】（1）3mg（2）h/5‎ ‎【解析】‎ ‎（1）从A到B根据动能定理可得：mgl＝mv2‎ 在B点根据牛顿第二定律可知：F-mg=‎ 解得：F=3mg ‎（2）从B点做平抛运动，则：h-l=gt2‎ h-l=vt 联立解得：l=h/5‎ ‎12.物体以一定的初速度v0冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图所示．已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．‎ ‎【答案】t ‎【解析】‎ 解法一　比例法 对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为 x1:x2:x3:···∶xn=1:3:5:···:(2n–1)‎ 现有xBC:xAB= =1:3‎ 通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC=t 解法二　中间时刻速度法 利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度 vAC= ‎ 又v02=2axAC①‎ VB2=2axBC②‎ xBC=③‎ 解①②③得：‎ 可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置 因此有tBC=t 解法三　利用有关推论 对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所 用时间之比为t1:t2:t3:···:tn=1:(–1):(–):···‎ 现将整个斜面分成相等的四段，设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为：‎ tBD=(–1)tx，tDE=(–)tx，tEA=(2–)tx 又tBD+tDE+tEA=t，得tx=t ‎13.如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5．煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)煤块从A运动到B的时间；‎ ‎(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度．‎ ‎【答案】(1)1.5 s　(2)5 m ‎【解析】‎ 试题分析：1）煤块刚放上时，受到向下的摩擦力 a1=g（sinθ+μcosθ）=10m/s2‎ t1=v0/a1‎ x1= a1t21/2‎ 达到v0后，受到向上的摩擦力 a2=g（sinθ-μcosθ）=2m/s2‎ x2=L-x1=5.25m x2=v0t2+at2/2‎ t2=0.5s 将煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5s ‎（2）第一过程划痕长Δx1=v0t1-a1t12/2=5m 第二过程划痕长Δx2=x2-v0t2=0.25m Δx1与Δx2部分重合划痕总长5m 考点：本题考查匀变速直线运动规律的应用．‎ ‎ ‎