2021届天津市河西区高三上学期期末考试质量调查物理试卷

河西区2020-2021学年度第一学期高年级期末质调查物理试卷一、单选择题（共10小，每小分，共。每道小只有一正确的答案答对得2分，答错不答得0分远春秋战国时元前前221年出者墨子认为之所以奋也刑”形”即物体；奋动也，开始运动或运动加快，对墨子这句关于力和运动观点的理解，下列说不正确的是A.墨子认为力是改变物体运状态的原因B.墨子认为力是使物体产生加速度的原因此观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同此点与牛顿关于力和运动的观点基本相同【答案】【解析】【分析】【详解】“力，刑(形之所以奋也．”也就是说，力是使物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，使物体产生加速度的原因，观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同，而亚里士多德认为有力作用在物体上物体才能运动；没有力的作，体就要静止．故错误，ABD正；说法不正确的故选C“津之眼”是座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（）摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周过程中，乘客重力的冲量为零摩轮转动过程，乘客重力的瞬时功率保持不变-1-

【答案】【解析】【分析】【详解】A．摩天轮运过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，选项A误；B．周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即m

v2r所以重力大于支持力，选项B正；C．动一周，重力的冲量为I不为零，C错；D．运过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时在变化，根据P=cos可知重力的瞬时功率在变化，选项D错。故选B。如所示，物体A的量大于B的量，绳子的质量，绳与滑轮间的摩擦可不计AB恰处于平衡状态，如果将悬点P靠Q少使系统重新平衡，则A.物A的重力势能增大B.物B的力势能增大C.绳张减小D.P处与竖直方向的夹角减小【答案】【解析】B物对绳子的拉力不变，等于物体B重力；动滑轮和物体A整受重力两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示；-2-

所以物体A上，物体B降，所以物体A的力势能增大，物体B的力势能减小，故A正确；BCD错误；故选A．【点睛】关键抓住平衡后滑轮所受的三个拉力大小都不变．对于动滑轮，平衡时两侧绳子的拉关于竖直方向具有对称性．如甲所示一有固定转动轴的竖直圆盘转动时定圆盘上的小圆柱带动个形架竖直方向振动，形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统盘止时，让小球做简谐运动振动图像如图乙所示．圆盘匀速转动时，小球做受迫振动．小球振动稳定时．下列说法正确的是）A.小振动的固有频率是4HzB.小做受迫振动时周期一定是C.圆转动周期在4sD.圆转动周期在4s【答案】【解析】【分析】

附近时，小球振幅显著增大附近时，小球振幅显著减小【详解】A．小球振动的固有周期，其固有频率为

f

T

0.25Hz

，A错误；B．球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等于盘转动期，不一定等于固有周期s，错；CD圆盘转动周期在4s近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，正确错。故选。跳表演是人们遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是-3-

12121212A.风越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B.风越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害C.运员下落时间与风力无关D.运员着地速度与风力无关【答案】【解析】【分析】【详解】AC.运动员时参与了两个分运动，竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；则水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动，即落地时间不变，选项A错，正确；不论风速大小，运动员竖直方向的运动不变，则下落时间和竖方向下落的速度不变，但水平风速越大，水平方向的速度越大，则落地的合速度越大，故BD错．如所示，物块A放在木板B上AB的量相同A与B之、与地面之间的动摩擦因数也相（最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小水平力作用在A上使A刚要相对B滑，此时水平力大小为F；将水平力作用在B上使B刚要相对A滑，此时水平力大小为F则F与的为A.：1

B.：2

C.1

D.：4【答案】【解析】【分析】【详解】由于A与B之的最大静摩擦力

fumgAB

小于B与面之间的最大静摩擦力

fB地

mg

，当水平力作用在A上使A刚好要相对动，此时B静，A与间摩擦力刚好达到最大，此时水平力大小为F当水平力作用在B上使B刚要相对A滑，此时、B间摩擦力刚好达到最，A、B的加速度相等，有-4-

1212AB

此时水平力大小为22

解得2

mg故F与F的为：4故D正，错；故选D。【点睛】关键抓住临界状态，结合刚好发生相对滑动时A、加速度相等，根据牛顿第二定律进行求解。在20176月全球航天探索大会上，我国公布可重复使用运载火的念方案．方案之一降伞方案，如图，当火箭和有效载荷通过引爆装置分离后变进入返回地球大气层的返回轨加速下落至低空轨道，然后采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆．对该方案及的物理过程，下列说法正确的是()A.火和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒B.从回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大C.从回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态D.打气囊是为了减小地面对火箭的冲量【答案】【解析】【分析】火箭和有效载荷分离过程中需要做功；根据万有引力定律分析加速度的变化；从返回轨道至低轨道，火箭的加速度的方向向下；气囊可以缓解火箭与地面之间的冲击力．【详解】火箭和有效载荷分离时，需要火箭对载荷做功，所以机械能不守恒．故A错；根据万有引力-5-

．．．．．．律ma=

，随高度的小，加速度增大．故B正确；从返回轨至低空轨道的过程中火箭做加速运动，火箭的加速度的方向向下，火箭处于失重状态．故错；打开气囊与没有气囊比较，火箭受到的地面的冲量大小是相等的，气囊可以使火箭与地面之间作用的时间延长，减小火箭与地面之的作用力．故D错．故选．奥运会比赛项目杆跳高如图所示，下列说法不正的是（）加速助跑过程中，运动员的动能增加起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C.起跳上升过程中运动员的重力势能增加越横杆后下落程中，运动员的重力势能减少动能增加【答案】【解析】【分析】动能与物体的质量和速度有关，重力势能与物体的质量和高度有关，弹性势能大小和物体发生性形变的大小有关．根据能量转化的知识分析回答．【详解】加速助跑过程中速度增大，动能增加A正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动部分动能转化为杆的弹性势能弹势能转化为运动员的动能与重力势能的性势能不是直增加，B错；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加C正确；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能被转化为动能，即重力势能减少，能增加，D正．一量为2.0×

kg的车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×10N，当汽车经过半径为80m的道时，下列判断正确的是（）-6-

A.汽转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B.汽转弯的速度为所需的向心力为1.0×10NC.汽转弯的速度为汽车会发生侧滑D.汽能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s【答案】【解析】【分析】【详解】A.汽车转弯时受重力支力摩擦力，摩擦力提供向心力，故A误；汽车转弯的速度为20m/s时需的向力为F

23(20)r80

N=10N所需向心力小于最大静摩擦力，不会侧滑，故B正，错；汽车安全转弯的向心加速度不超过a

7m/sm

2故D正。故选BD。10.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的足够长的木板，其上叠放一质量为的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等给木块施加一随时间t增大水平力（k是数板和木块加速度的大小分别为a和a．下列反映a化的图线中正确的是（）A.B.C.D.【答案】【解析】-7-

211121222＜2【分析】211121222＜2【详解】当比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得kt212

，∝t；当F比大时相于运动，根据牛顿第二定律得：对：

2

，、都一定，则一．对：

gt

，是t

的线性函数，t

增大，增大．由于，两木板对滑动后a图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A确．12故选A二、多选择题（共小题，每小题6分共。每道题有多个正的答案全部答对得6分；部分对得；有答或者不得分）11.如图所示为某质点做直线运动的-t（）

图像，关于这个质点在的运动情况，下列说法中正确的是加速度大小不变，方向与初速度方向相同4s内过的路程为，而位移为零C.质点始终向同一向运动末体回到发点【答案】【解析】【分析】【详解】A.由图像可知，前两秒体向负方向做匀减速直线运动，加速度与初速度方向相反，故A错；质前两秒的位移

2

-8-

路程为，后两秒位移22m2路程为，所以的位移是零，路程是，故正；C质前两秒向负方向运动，后两秒向正方向运动，故错；因为秒内的位移为零，所以末体回到发点，故D正确。故选BD。12.如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r质量为的带孔小球穿于环上，同时有一长为的细绳一端系于圆环最高点，当圆环以角速度

绕竖直直径转动时，A.细对小球的拉力可能为零B.细和金属圆环对小球的作用力大小可能相等C.细对小球拉力与小球的重力大小不可能相等D.当

gr

时，金属圆环对小球的作用力为零【答案】【解析】【分析】【详解】A、如果细绳对小球的拉力为零，则小球受到的重力与支力的合力不可能提供向心力，故A错误；B、绳和金属圆环对小球的作用力大小如果相等．二者在水平方向的合力为零，则向心力为零，故B错误；CD.此时细绳与竖直方向的角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，则有cos60cos60

，sinsin6060得

12

m2r

，-9-

1Nmr2

，所以细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等，

r

时，金属圆环对小球的作用力N；CD正确【点睛】关键确定圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．13.一列简谐横波，沿轴方向传播，播速度为，在t=0的波形图如图所示，下列说法正确的是（）A.此x处质点正在做加速度增大的加速运动B.x处质点比x处质点先运动到波峰的位置C.x=0处质点再经过运动到波峰位置D.x处质点再经过可运动至波峰位【答案】【解析】【分析】【详解】A.简谐波沿轴正方向传播，所以1m1.5m间质点正在从正方向的位置向平衡位置振动，速度增大，加速度减小，故A错；沿的传播方向的质点在的质点后边，振动比x处的质点滞后，故B错误C.x=0m处质点正在向轴方向振动，在经过四分之一周期即可到达波峰，即

0.05s4故确；x处质点离左侧最近的波峰之间的水平距离为

4

0.8m所以x处的质点经过

0.08s到达波峰，故D正。故选。-10-

14.一物块在高3.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面滑重力势能和动能随下滑距离s的化如图中直线、所示，重力加速度取10m/s。则（）A.物下滑过程中机械能守恒B.物与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物下滑时加速度的大小为6.0m/sD.当块下滑2.0m时械能损失了【答案】【解析】【分析】【详解A．下滑的程中，重力势能减少30J动能增加10J，减小的重力势能并不等于增的动能，所以机械能不守恒，A错；B．面高3m、长5m则斜面倾角为＝。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J可得质量m＝1kg下滑5m过中由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功·cos＝求得＝0.5B正；C．牛顿第二定律-11-

122mgθ－＝122求得＝2C错；D．物下滑2.0m，重力势能减少12J动能增加，所以机械能损失了，选项D错。故选B。三、填实验题（共题，共分）15.如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，数字化信息系统获了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码质量的对应关系图。钩码的质量为m，车和砝码的质量为，力加速度为。（1）下列说法正确的是（）每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C.本实验m应远小于m

1在图象探究加度与质量关系时，应作图（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏平衡摩擦力这一步骤，测mg

，作出F象，他可能作出图乙中_________（选填“甲、“乙”、“丙”）图线。此图线的AB段显偏离直线，造成此误差的主要原因是__________；小车与轨道之间存在摩擦C.钩码的总质量太

导保持了水平状态所小车的质量大（3）实验中打出的纸带如图丙所示。邻计数点间的时间是，由此可计算出小车运动的加速度是-12-

121__________121

果保留2位效数字）【答案】

丙

C

0.46【解析】【分析】【详解）[1]．A.每次在小车上加减砝码时，不需要重新平衡摩擦力，选项A误；实验时若用打点计时器应先接通电源后释放小车，选项B误；C.本实验m应远小于m，这样才能近似认为钩码的重力等于小车所受的拉力，项C错；在图象探究加度与质量关系时，应作

图象，这样得到的是一条直线，可得出加速度与质量成反比的结论，选项D正。故选D。（2）．不平衡摩擦力，则当拉力F加到一定值时小车才会产生加速度，且当钩码的质量不断增加，不再满足m，此时图像向下弯曲，故选该同学做出的图像为丙图；此图线AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，故选（3）[4]．根据aT2可得a

2.621.71ADDG9

m/s

2

0.46m/s

216.小李同学利用图①装置验证机械能守恒定律时，打出如图②所示的纸带，已知点计时器频率为50

。（1）下列关于该实验说法正确的______。A纸带必须尽量保持竖直方向以减小摩擦阻力作用B．了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点C．电磁打点计时器改成电火花计时器可以减少纸带和打点计时器间的摩擦D．可选择较轻的物体作为重物以延长下落的时间，实验效果更好（2）根据图②中纸带的数据，打下C点重物的速度______/结果保留小数-13-

v—PPcv—PPc（3同用两个形状完全相同不同重物和分进行实验几组数据出图象，如图③所示，由图象可判断的质______的质量（选填“于”或“小于”【答案】AC(2).大于【解析】【分析】【详解）[1]A．重锤下落时，纸带必须尽量保持竖直减小摩擦阻力作用，故A正；B．据处理时，可以选择第一个点作为起点，也可以选择后面的点作为起点，故错；C磁打点计时器探针与纸带的摩擦较大成火花计时器可以减少纸带和打点计时器间的摩擦正确；D．如选择较轻物体，会增大空气阻力，给实验带来的误差更大，故D错。故选AC。（2）[2]C点时重的速度为22.242T（3）[3]设空气阻力是f，据动能定理有f

mv

整理得v

fm由图像可知2(g

fm

)由于P的斜率大于的率，空气阻力相同，所以质量大于Q的量。四、计题（共3小，共计42。解答请写出必要文字说、方程式和要的演步骤，只出最后答案不能得。有数值计的题答中必须明确出数值单位）17.如，在竖直平面内，一半径为的光滑圆弧轨道和水平轨道PA在A点切为弧轨道的直径，O圆心OA和之的夹角为，sin=0.6。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在点受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为。求(1)水平恒力的大小和小球到达C时速度的大小；-14-

0011N(2)小球达A点对圆弧轨道的压力大小；0011N(3)小球从落至水平轨道所用的时间。3【答案】(1)Fmg，4

5gR2

；；(3)

t

35R5g【解析】【分析】【详解】(1)设水平恒力的大小为F，球到达时所受合力的大小为F由力的合成法则，则有FtanmgF2=(mg2+2设小球到达C点的速度大小为，由牛顿第二定律得Fm

2联立上式，结合题目所给数据，解得3Fmg4

，

5gR2(2)设小球到达A点速度大小v，⊥，PA于D点由几何关系得DAR(1+cosα)由动能定理有

=

11mv222在A有vFmg1联立上式，结合题目所给数据-15-

N⊥⊥F=6.75mgN⊥⊥由牛顿第三定律可知，小球达点对圆弧轨道的压力大小为mg(3)小球离开点后，在竖直方向上做初度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g设小球在竖直方向的初速度为，C点落到水平轨道上所用时间为t，运动学公式，则有vt

12

2

又v=sin立上式，结合题目数据，解得t

35R5g18.某人乘坐游戏滑雪车从静止开始沿倾

斜直雪道下滑，滑行

x19.8m1

后经一很短的拐弯道进入水平雪道，继续滑行

x25m2

后减速到零。已知该人和滑雪车的总质，个滑行过程用时

t

，滑雪车与雪道间的动摩擦因数相同，取重力加速

10m

，

。求：(1)滑雪车与雪道间的动摩擦因数；(2)该人和滑雪车经过拐弯道的过程中损失的机械能。【答案】(1)

；(2)

【解析】【分析】【详解】(1)在斜直雪道上，根据牛顿第定律有根据匀变速直线运动公式有

x1

t1

mgma1，在水平雪道上，根据牛顿第二定律有mgma根据匀变速直线运动公式有

x

t2

，则t1-16-

2

112121212解得112121212t，t2滑雪车与雪道间的动摩擦因数

0.2(2)由功能关系有

mv2

22vt，vat解得Δ1856J19.如图，一竖直圆管质量为，下端距水平地面的高度为H，端塞有一质量为的球。圆管由静止自由下落，与地面发