聊城第一中学2020届高三上学期期中考试物理试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精山东省聊城第一中学2020届高三上学期期中考试物理试题含解析2017级高三上学期期中考试物理试题一、单项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得3分,选错或不选得0分)1。在检测汽车性能的实验中，让一辆汽车做初速度为零的匀加速直线运动，测得匀加速结束前连续两个1s内的位移分别24m和32m,则汽车匀加速的总路程为A.75m B。81m C.96m D。112m【答案】B【解析】【详解】匀加速最后两秒中间时刻的瞬时速度等于平均速度:m/s=28m/s根据推论,加速度：m/s²=8m/s²则整个匀加速运动的总路程为：+32m=81mA.75m，与计算结果不符，A错误；B。81m，与计算结果相符，B正确；C。96m，与计算结果不符，C错误；D.112m，与计算结果不符，D正确；2。如图所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线2连接，甲球用细线1悬挂在天花板上．现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧．则平衡时两球的可能位置是下列选项中的()A. B。 C。 D.【答案】A【解析】【详解】以整体为研究对象,受到向左和向右的拉力、重力和绳子1的拉力而静止，向左和向右的拉力等大反向，合力为零,重力和绳子1的拉力合力也为零,所以绳子的拉力应竖直向上；再隔离乙球分析，受向下的重力、水平向右的拉力和绳子2的拉力而平衡,所以绳子2的拉力应斜向左上方，故A正确、BCD错误．故选A．3。如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为(）A。， B。，C.， D。,【答案】D【解析】【详解】ABCD．子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒,取向右为正方向，由动量守恒定律得解得子弹射入木块后,子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小为子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得所以墙对弹簧的冲量I的大小为ABC错误D正确故选D.4。如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面方程为y=x2，在y轴上有一点P,坐标为（0，9m）.从P点将一小球水平抛出,初速度为2m/s，若不计空气阻力,g取10m/s2，则小球第一次打在曲面上的位置为(）A。（3m，3m） B.(2m，4m） C.（1m，1m) D.(0.5m，0.25m）【答案】B【解析】【详解】设小球经过时间t打在斜面上M（x,y）点，则水平方向竖直方向上又因为可解得，故选B。5。两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球,细线上端固定在同一点,若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是（）A。 B. C. D。【答案】D【解析】【详解】小球受力如图所示：设绳长为L，小球到悬点的高度差为h，由图可知，小球做圆周运动的向心力解得因两小球运动的角速度相同,所以h也相同，故D正确，ABC错误.故选D。6.轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，半径为R,速率v＜，AC为水平直径，BD为竖直直径。物块相对于轮箱静止，则(）A.物块始终受静摩擦力作用B。只有在A、B、C、D四点，物块受到的合外力才指向圆心C.在转动过程中物块的机械能不守恒D.在转动过程中物块重力的瞬时功率保持不变【答案】C【解析】【详解】A．在最高点和最低点，物块受重力和支持力作用，在其它位置物体受到重力，支持力、静摩擦力作用，故A项错误；B．物块作匀速圆周运动，合外力提供向心力,所以合外力始终指向圆心，故B项错误；C．在转动过程中物块的动能不变，重力势能改变，所以机械能不守恒，故C项正确；D．运动过程中,物块的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化,所以重力的瞬时功率在变化，故D项错误.故选C。7.质量为的木箱置于水平地面上，它与地面间动摩擦因数,受到一个与水平方向成角斜向上的拉力,为使木箱做匀速直线运动,拉力的最小值以及此时分别是（)A.; B。； C.； D。；【答案】A【解析】【详解】在拉力作用下木箱重力、拉力、地面的支持力和滑动摩擦力作用，根据平衡条件得又联立解得其中,,由数学知识知：当，即时有最小值，且最小值为故选A。二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求,优题速享全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)8。中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的试验“火星－500”。假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法中正确的是（）A.飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度B.飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动时在P点的速度C。飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度小于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D.若轨道Ⅰ贴近火星表面,测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度【答案】AD【解析】【详解】A．根据开普勒第二定律可知，飞船在第Ⅱ轨道P点的速度大于Q点的速度，故A正确；B．从轨道I到轨道Ⅱ要在P点点火加速，则在轨道I上P点的速度小于轨道Ⅱ上P点的速度，故B错误;C．根据处可知，飞船在I、Ⅱ轨道上的P点加速度相等，故C错误；D．飞船贴近火星表面飞行时，如果知道周期T,可以计算出密度,即由且,可解得故D正确.故选AD。9。我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒"的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（)A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B。甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D。甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【答案】B【解析】【详解】A．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反,故冲量大小相等方向相反，故A错误．B．设甲乙两运动员的质量分别为、，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是,．根据题意整个交接棒过程动量守恒：可以解得:,即B选项正确;CD．经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失,CD选项错误．【点睛】本题主要考察能量(做功正负判断）、动量(动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．10.如图,在某一峡谷的两侧存在与水平面成相同角度的山坡，某人站在左侧山坡上的P点向对面山坡上水平抛出三个质量不等的石块，分别落在A、B、C三处，不计空气阻力，A、C两处在同一水平面上，则下列说法中正确的是（）A。落在C处的石块在空中运动的时间最长B.落在A、B两处的石块落地速度方向相同C.落在A、B、C三处的石块落地速度方向相同D.落在B、C两处的石块落地速度大小有可能相同【答案】BD【解析】【详解】A．根据平抛运动的规律，时间由竖直高度决定,B下落高度最大时间最长,选项A错误;B．落在A、B两处的石块都落在同一斜面上，两小球的竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，即落地速度与水平方向的夹角设为α，则联立以上两式得tanα=2tanθθ是斜面倾角为定值，所以α也是定值，与初速度无关，故落在A、B两处的速度方向相同，选项B正确。C．A、C两处的石块的下落高度相同，时间相同,由vy=gt知竖直方向的分速度相同，由x=v0t知C的水平位移大，C的初速度大，所以C的速度与水平方向的夹角小，可见A、C的落地速度方向不同，选项C错误。D．B、C在竖直方向的位移B大，由知，B的竖直分速度大;经过图中虚线位置时，时间相同,C的水平位移大,C的初速度大.所以合速度无法比较，选项D正确。故选BD。11。如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上,光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处.现将环从AA.环到达B处时，重物上升的高度h=B。环能下降的最大高度为C。环运动到B处的速度为D。小环运动过程中,轻绳中的张力不可能大于2mg【答案】BC【解析】【详解】A．根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度故A错误；B．设环下滑到最大高度为H时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为根据机械能守恒有解得故B正确；C．在B点，对环的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有v环cos45°=v物根据系统机械能守恒定律可得解得环的速度故C正确；D．环从A点释放时，重物有向上的加速度，绳子的拉力大于重力，故D错误。故选BC。12。如图甲所示,质量为m的小滑块A以向右的初速度v0滑上静止在光滑水平地面上的平板车B，从滑块A刚滑上平板车B开始计时,它们的速度随时间变化的图象如图乙所示，物块未滑离小车，重力加速度为g，以下说法中正确的是A。滑块A与平板车B上表面的动摩擦因数B。平板车B的质量M＝2C.滑块A与平板车间因摩擦产生的热量为Q＝D。t0时间内摩擦力对小车B做功的平均功率为【答案】BC【解析】【详解】A。滑块A在木板上受滑动摩擦力做匀减速直线运动，加速度为，两者最后共速为，由速度公式，解得；故A错误。B.对A和B在相对滑行的过程中，系统不受外力而动量守恒,有；解得；故B正确。C。对A和B相对滑动到共速的过程，由能量守恒定律可知,系统损失的动能转化成两者摩擦生热,有，结合可解得;故C正确。D.根据平均功率的计算式，而摩擦力对B做的功为，解得：；故D错误。三、实验题（本题共2小题，共16分）13。在探究“弹力和弹簧伸长量的关系”时，小明同学用如图(a)所示的实验装置进行实验；将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上砝码盘。通过改变盘中砝码的质量,用刻度尺测出弹簧对应的长度，测得实验数据如下：实验次数123456砝码质量m/g0306090120150弹簧的长度x/cm6。007.148。349。4810。6411.79①小明同学根据实验数据在坐标纸上用描点法画出x－m图像如图(b)所示。②作出的图线与坐标系纵轴有一截距，其物理意义是______,该弹簧的劲度系数k=______N/m。（结果保留3位有效数字，重力加速度g取10m/s2）③该同学得到该弹簧的劲度系数的实验结果与考虑砝码盘的质量相比,结果______。选填（“偏大”“偏小"或“相同”)【答案】（1）。砝码盘中未放砝码时弹簧的长度(2）。25。9(3).相同【解析】【详解】(2)[1]图线与纵坐标轴的交点表示砝码盘中未放砝码时弹簧的长度［2]结合表中数据可知，弹簧的劲度系数(3）[3］根据公式ΔF=kΔx计算出的劲度系数,是否考虑砝码盘的质量对结果无影响，故结果相同14.(1）甲同学用如图（a)所示的装置来验证动量守恒定律.①实验中质量为m1的入射小球和质量为m2的被碰小球的质量关系是m1______m2（选填“大于”“等于”或“小于”）；②图(a)中O点是小球抛出点在地面上的投影。实验时,先将入射小球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量水平射程OP。然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复本操作。接下来要完成的必要步骤是______;（填选项前的字母）A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放的高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别通过画最小的圆找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量水平射程OM、ON③若两球相碰前、后的动量守恒，其表达式可表示为______（用②中测量的量表示）.(2）乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置改成如图(b)所示。将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中小球1、小球2与木条的撞击点。实验时先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射小球1从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B′；然后将木条平移到图中所示位置,入射小球1从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P;再将入射小球1从斜轨上起始位置由静止释放，与小球2相撞，撞击点为M和N，测得B′与N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3。只要满足关系式______,则说明碰撞中动量是守恒的；只要再满足关系式______,则说明两小球的碰撞是弹性碰撞（用所测物理量的字母表示）。【答案】(1).大于(2)。ADE(3).(4）。(5).【解析】【详解】(1）[1]为防止碰撞后入射球反弹,实验中入射小球的质量m1应大于被碰小球的质量m2。[2］设碰撞前入射小球的速度为v1，碰撞后入射小球的速度为v2，被碰小球的速度为v3，如果碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向,由动量守恒定律得小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等,在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得即实验需要测量两球的质量、两球落点的水平位移，ADE均正确。［3]由以上可知,实验需要验证的表达式为（2)[4]小球做平抛运动，在竖直方向上平抛运动时间设轨道末端到木条的水平位置为x，小球做平抛运动的初速度如果碰撞过程动量守恒，则将v1、v1′、v2′代入，可得若为弹性碰撞，则满足动能守恒，即代入速度表达式,化简可得四、计算题(本题共5小题,共43分。作答时应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15。如图甲所示，在光滑的水平轨道上停放着甲、乙两车，两车相距=5m，弹射装置使甲车获得=3m/s的瞬时速度向乙车运动的同时,乙车的风洞开始工作，将风吹向固定在甲车的挡风板上，从而使乙车获得了速度。测绘装置得到了甲、乙两车的v-t图象如图乙所示.求：（1）甲、乙两车的质量之比；(2）两车相距最近时的距离.【答案】(1）1:2（2)2m【解析】【详解】(1)由图象可知，根据牛顿第三定律，由题可知：解得（2）甲、乙速度相等,均为1m/s．此时两车相距最近．对乙车：对甲车:解得=2s车位移等于v—t图线与坐标轴所围面积，有m=4mm=1m两车相距最近时的距离为=2m16.如图所示,传送带长6m,与水平方向的夹角，以5m/s的恒定速度向上运动．一个质量为2kg的物块（可视为质点)，沿平行于传送带方向以10m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0．5，sin37°=0．6，cos37°=0．8，g=10m/s2．求:(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小;（2）物块到达传送带顶端时的速度大小；(3）整个过程中，摩擦力对物块所做的功．【答案】(1）(2)4m/s（3)W=－12J【解析】【详解】试题分析:（1)物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1,由牛顿第二定律解得（2）设物块速度减为5m/s所用时间为t1,则解得通过的位移:m＜6m因，此后物块继续减速度上滑，加速度大小为则解得设物块到达最高点的速度为,则解得（3）从开始到最高点,由动能定理得解得W="-12”J（用其它方法解得正确，同样给分）考点牛顿第二定律，匀变速直线运动规律,17。某玩具厂设计出如图所示的玩具，轨道固定在高H1的水平台面上，通过在A处压缩弹簧把质量m=0。01kg的小球（可看作质点）从静止弹出，先后经过直线轨道AC、半径R1=0.1m的圆形轨道、长为L1=0.5m的直线轨道CD、以及两段半径R2=1m的圆弧DE、GP，G、E两点等高且两圆弧对应的圆心角都为，所有轨道都平滑连接；小球从P点水平抛出后打到固定在Q点的锣上。CD段的动摩擦因数为0.2,其余轨道光滑，在一次测试中测出小球运动到B点时对内轨的作用力为0。064N。（sin=0.6,cos=0.8，g=10m/s2）（1)求小球运动到B点时的速度大小；(2）请通过计算说明小球能否离开轨道？【答案】（1)0.6m/s；(2)小球不离开轨道【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律得mg－FN=解得v0=0.6m/s(2）假设小球不离开轨道,通过直线轨道CD后能上升的最大高度为h0，则mg（2R1－h0）－μmgL1＝0－得h0=0。118m由于h0<2R1且h0<R2（1－cos)所以小球不离开轨道18。如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始由静止竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，恰以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变,空气阻力F阻=Kv（K为比例系数)，上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g=10m/s2．试计算：(1)气球受到浮力的大小;(2）气球上升到180m过程中克服空气阻力所做功；(3)气球上升到180m过程中所用时间是多少？【答案】(1）F浮=4830N（2）Wf=35650J（3）t=46s【解析】【分析】气球受重力、浮力和阻力，先加速后匀速，故加速度变化，合力变化，故阻力变化；开始时速度为零，空气阻力为零，根据牛顿第二定律列式求解出浮力；根据动能定理求解阻力功;根据动量定理求解时间．【详解】（1）分析刚开始运动时气球受力，由牛顿第二定律可得：F浮-mg=ma代入数据得：F浮=4830N（2）已知上升高度h=180m，由动能定理得：解得代入数据得：Wf=35650J（3)设上升180m过程所用时