山东省济宁市鱼台县一中2019-2020学年高三上学期期中考试物理试题（解析版）.docx

1、鱼台一中高三年级期中考试物理时间：90分钟 分值：100分一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。第1-8小题为单选题；第9-12小题为多选题，选对但不全的得2分，选错或不选的0分。）1.功的单位是焦耳（J），焦耳与基本单位米（m）、千克（kg）、秒（s）之间的关系正确的是（）A. 1J=1kgm2/s2 B. 1J = 1kg m/s2C. 1J = 1kg m2 / sD. 1J = 1kg m / s【答案】A【解析】【详解】根据W=FL可得，1J=1Nm根据牛顿第二定律F=ma可知，力的单位为：1N=1kgm/s2所以有：1J=kgm2/s2A1J=1kgm2/s2 ，与结论相符

2、，选项A正确；B1J = 1kg m/s2，与结论不相符，选项B错误；C1J = 1kg m2 / s，与结论不相符，选项C错误；D1J = 1kg m / s，与结论不相符，选项D错误；2.物理学中通常运用大量的科学方法建立概念，如“理想模型”、“等效替代法”、“控制变量法”、“比值定义法”等，下列选项均用到“比值定义法”的一组概念是（ ）A. 合力与分力、总电阻、电场强度B. 质点、电场强度、点电荷C. 速度、质点、电场强度D. 加速度、电场强度、电容【答案】D【解析】【详解】A“合力与分力”采用等效替代的方法，“总电阻”采用等效替代的方法，”“电场强度”采用比值定义法，故A错误；B“质点

3、”“点电荷”采用理想化模型的方法，“电场强度”采用比值定义法，故B错误；C“速度”，“电场强度”采用比值定义法，“质点”采用理想化模型的方法，故C错误；D“加速度”，“电场强度”和“电容”都采用比值定义法，故D正确3.如图所示，将一个质量为 m 的球固定在弹性杆 AB 的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球， 使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB 杆对球的弹力方向为（ ）A. 始终水平向左B. 始终竖直向上C. 斜向左上方D. 斜向左下方【答案】C【解析】【详解】以球为研究对象，分析受力情况：重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由平衡条件知，F与G、T的合力大小相等、方向相

4、反，作出力的合成图如图则有G、T的合力方向斜向右下方，测力计的示数逐渐增大，T逐渐增长，根据向量加法可知G、T的合力方向与竖直方向的夹角逐渐增大，所以AB杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大A始终水平向左，与结论不相符，选项A错误；B始终竖直向上，与结论不相符，选项B错误；C斜向左上方，与结论相符，选项C正确；D斜向左下方，与结论不相符，选项D错误；4.在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以 2.04m 的成绩获得冠军弗拉希奇身高约为 1.93m，忽略空气阻力，g 取 10m/s2则下列说法正确的是（）A. 弗拉希奇起跳加速过程地面对她做正功B

5、. 弗拉希奇起跳以后在上升过程处于失重状态C. 弗拉希奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力D. 弗拉希奇起跳时的初速度大约为 3m/s【答案】B【解析】【详解】A支持力作用下没有位移，故弗拉希奇起跳过程支持力不做功故A错误B弗拉希奇在整个跳高过程中，只受重力作用，处于失重状态B正确；C弗拉希奇起跳时，有向上的加速度，则地面对他的支持力大于她的重力故C错误D根据匀减速直线运动公式得，其中h为弗拉希奇重心上升的高度大约是1m，解得：故D错误5.世界上没有永不谢幕的传奇，NASA的“卡西尼”号探测器进入图形探测任务的最后篇章据 NASA报道，“卡西尼”2017年4月26日首次到达土星和土星内环（

6、碎冰块、岩石块、尘埃等组成）之间，并在近圆轨道做圆周运动在极其稀薄的大气作用下开启土星探测之旅的最后阶段-“大结局”阶段这一阶段将持续到2017年9月中旬，直至坠向土星的怀抱若“卡西尼”只受土星引力和稀薄气体阻力的作用，则A. 4月26日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度小于内环的角速度B. 4月28日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率小于内环的速率C. 5月6月间，“卡西尼”的动能越来越大D. 6月8月间，“卡西尼”的动能、以及它与火星的引力势能之和保持不变【答案】C【解析】【详解】A万有引力提供向心力解得：则轨道半径小的角速度大，则A错误；B由万有引力提供向心力：得则轨道半径小的速率

7、大，则B错误；C5到6月间，因与稀薄气体阻力做负功其速度减小，做向心运动，重力做正功动能增加，则C正确；D6月到8月间，因稀薄气体阻力做负功，机械能减小，则D错误6.一物体作匀加速直线运动，通过一段位移所用的时间为，紧接着通过下一段位移所用时间为则物体运动的加速度为A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：物体作匀加速直线运动在前一段所用的时间为，平均速度为：，即为时刻的瞬时速度；物体在后一段所用的时间为，平均速度为：，即为时刻的瞬时速度速度由变化到的时间为：，所以加速度为：，A正确；考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】本题若设初速度和加速度，结合位移时间公式列方程组求解

8、，可以得出加速度的大小，但是计算较复杂，没有运用匀变速直线运动的推论解决简捷7.如图所示，D、E、F、G为地面上水平间距相等的四点，三个质量相等的小球A、B、C分别在E、F、G的正上方不同高度处，以相同的初速度水平向左抛出，最后均落在D点若不计空气阻力，则可判断A、B、C三个小球( )A. 落地时速度大小之比为123B. 落地时重力的瞬时功率之比为123C. 初始离地面的高度比为149D. 从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为149【答案】BCD【解析】【详解】C、相同的初速度抛出，而A、B、C三个小球的水平位移之比，可得运动的时间之比为，再由可得，A、B、C三个小球抛出高度之比为，故C正确

9、；A、由于相同的初动能抛出，根据动能定理，由A、B、C三个小球抛出高度之比为，可得落地时的速度大小之比不可能为，若没有初速度，则落地时的速度大小之比为，故A错误；B、相同的初速度抛出，运动的时间之比为，由可得竖直方向的速度之比为，由可知落地时重力的瞬时功率之比，故B正确；D、根据动能定理，由于质量相等且已知高度之比，可得落地时动能的变化量之比即为，故D正确；故选BCD【点睛】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由于抛出速度相同，根据水平位移可确定各自运动的时间之比，从而求出各自抛出高度之比；由功率表达式可得重力的瞬时功率

10、之比即为竖直方向的速度之比由动能定理可求出在抛出的过程中的动能的变化量8.20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间t内速度的改变为v，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动已知星球的半径为R，引力常量用G表示则宇宙飞船和星球的质量分别是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量；【详解】直线

11、推进时，根据动量定理可得，解得飞船的质量为，绕孤立星球运动时，根据公式，又，解得，D正确【点睛】本题需要注意的是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记9.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g现对A施加一水平拉力F，则（ ）A. 当F2mg时，A、B都相对地面静止B. 当F时，A的加速度为C. 当F3mg时，A相对B滑动D. 无论F为何值，B的加速度不会超过【答案】BCD【解析】【详解】试题分析：根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为：fBm，因此要使B能够相对地

12、面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为：fABfBm，A、B间的最大静摩擦力为：fABm2mg，因此，根据牛顿第二定律可知当满足：，且fAB2mg，即F3mg时，A、B将一起向右加速滑动，故选项A错误；当F3mg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有：F2mg2maA，2mgmaB，解得：aAg，aB，故选项C、D正确；当F时，对A和B整体受力分析有， ，解得aAaB，故选项B正确考点：本题主要考查了牛顿第二定律应用，以及处理连接体的方法问题，属于中档题10.在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如

13、图中实线所示在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其ax关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体已知星球M的半径是星球N的3倍，则A. M与N密度相等B. Q的质量是P的3倍C. Q下落过程中的最大动能是P的4倍D. Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍【答案】AC【解析】【详解】A、由a-x图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：，变形式为：，该图象的斜率为，纵轴截距为重力加速度根据图象的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为：；又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即：，即该星球的质量又因为：，联立得故两星球的密度之比

14、为：，故A正确；B、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，即：；结合a-x图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为：，故物体P和物体Q的质量之比为：，故B错误；C、物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（a=0）时，它们的动能最大；根据，结合a-x图象面积的物理意义可知：物体P的最大速度满足，物体Q的最大速度满足：，则两物体的最大动能之比：，C正确；D、物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P和Q振动振幅A分别为和，即物体P所在弹簧最大压缩量为2，物体Q所在弹簧最大压缩量为4，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时

15、P物体最大压缩量的2倍，D错误；故本题选AC11.如图所示，倾角为的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦.现将质量分别为 M、m（Mm）的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上.两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.在角取不同值的情况下，下列说法正确的有（ ） A. 两物块不可能同时相对绸带静止B. 两物块所受摩擦力的大小总是相等C. M可能相对绸带发生滑动D. m可能相对斜面向上滑动【答案】BD【解析】【详解】B轻质绸带与斜面间无摩擦，受两个物体对其的摩擦力，根据牛顿第二定律，有：fM-fm=m绸a=0（轻

16、绸带，质量为零）故fM=fmM对绸带的摩擦力和绸带对M的摩擦力是相互作用力，等大；m对绸带的摩擦力和绸带对m的摩擦力也是相互作用力，等大；故两物块所受摩擦力的大小总是相等；故B正确；A当满足MgsinMgcos、mgsinmgcos和Mgsinmgsin时，M加速下滑，m加速上滑，均相对绸带静止，故A错误；C由于M与绸带间的最大静摩擦力较大，故绸带与M始终相对静止，m与绸带间可能有相对滑动，故C错误；D当动摩擦因数较大时，由于绸带与斜面之间光滑，并且Mm，所以M、m和绸带一起向左滑动，加速度为a，对整体根据牛顿第二定律，有：Mgsin-mgsin=（M+m）a隔离M，有：Mgsin-fM=Ma

17、对m有：fm-mgsin=ma解得：fM=fm=gsinmgsinm可能相对斜面向上滑动，故D正确；12.溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目如图所示，滑轮、保险绳索与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上人从高处平台的A点出发，借助几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点C，到达B点时速度为零下列说法中正确的有A. 人滑到C点时速度最大B. 人从A滑到C的过程中，重力的功率先增大后减小C. 人滑到C点时的加速度方向竖直向上D. 钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力【答案】BD【解析】【详解】人滑到C点时，对人进行受力分析，人和滑轮整体受到重力、钢索的拉力和滑动摩擦力，受力分析如图

18、所示：如果钢索光滑，则在C点速度最大；考虑摩擦力作用，则摩擦力切线方向的分量和两绳拉力沿切线方向分量合力为0的位置速度最大，则此时C点的速度不是最大，故A错误；人从A滑到C的过程中，根据，开始时速度为0，重力的瞬时功率为0，中间过程重力的功率不为0，到C点时重力方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率为0，故人从A到C的过程中，重力的功率先增大后减小，故B正确；人滑到C点时由于有沿切线方向的摩擦力，所以人滑到C点时合力方向不再沿竖直向上，故C错误；如果没有摩擦力，钢索对左侧固定桩的拉力与对右侧固定桩的拉力相等；人从A滑到C的过程中，钢索对人有向右的摩擦力，则右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力，因此右

19、侧钢索对固定桩的拉力大，所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力，故D正确二、实验题（本题共 2 小题，13 题 9分，14 题 6 分，共 15 分）13.如图为“验证力的平行四边形定则”的实验，将贴有白纸的木板竖直固定放置，三个细绳套L1、L2、L3一端共系于同一结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计A、B和重物M上，弹簧测力计A的另一端挂于固定点P，手持弹簧测力计B拉动细绳，使结点静止于O点(1)某次实验中，弹簧测力计A的指针位置如图所示，其读数为_N；(2)实验时要读出弹簧测力计A、B的示数，还要在白纸上记录O点的位置和L1、L2、L3的_；(3)下列实验要求中必要的是_A弹簧测力

20、计需要在实验前进行校零B多次实验时弹簧测力计B始终保持水平C多次实验时结点必须在同一点D需要测量重物M的重力【答案】 (1). 2.00N (2). 三条细线的方向 (3). AD【解析】【详解】(1)由图示弹簧测力计可知，其分度值为0.1N，示数为2.00N(1.99-2.01均可).(2)实验时要读出A、B的示数，还要在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置以及三个拉力即三条细线的方向.(3)A弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故A正确；B该题中需要验证弹簧A、B拉力的合力，是否与绳L3的拉力（或者说M重力）等大反向，B弹簧不一定非要保持水平，故B错误；C由于两拉力的合力的

21、效果是将重物吊起，故不需要结点位置相同，故C错误；D由于两测力计拉力的合力等于物体的重力，实验时应测量物体的重力，故D正确；【点睛】对于中学中的实验，同学们尽量亲自动手做一下，这样对于实验原理、实验步骤、注意事项、数据处理、误差分析等才有深刻的认识，在该题中考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直.14.学校物理兴趣小组利用如图甲所示的实验装置完成“探究加速度与力的关系”的实验他们所用的器材有小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的钩码，另有学生电源和力传感器(图中未画出)(1)图乙是实验中得到的一条纸带，图

22、中打相邻两计数点的时间间隔为0.1s，由图中数据可得小车的加速度大小a=_ms2(结果保留三位有效数字)(2)实验小组A、B分别以各自测得的加速度a为纵轴，小车所受的合力F为横轴，作出图象如图丙中图线1、2所示，则图线1、2中对应小车(含车内的钩码)的质量较大的是图线_(选填“1”或“2”)【答案】 (1). （1）0.195 (2). （2）1【解析】【分析】（1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度（2）根据牛顿第二定律得出a与F的关系式即可分析质量较大的图线【详解】（1）根据x=aT2，运用逐差法得：，（2）根据牛顿第二定律得F=ma，变形得：，即a-F图线的

23、斜率表示质量的倒数，则斜率越小质量越大，故1图线的质量较大【点睛】掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用在该实验中，知道当钩码的质量远远小于小车质量时，钩码的重力才能近似等于小车的合力三、计算题：（本题共3个小题，15题、16题12分，17题13分，共37分，要有必要步骤）15.物体A放在台式测力计上，通过跨过定滑轮的轻绳与物体B相连，B下端与轻弹簧粘连，弹簧下端与地面接触（未拴接），整个系统处于平衡状态，此时台式测力计的示数为8.8N；已知mA=2mB=1kg，物块A、B间水平距离s=20cm，倾斜绳与水平方向的夹角，物块A与台式测力计间摩擦因数最

24、大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B和滑轮视为质点，不计滑轮质量和滑轮处摩擦，弹簧始终处于弹性限度内.(sin0.6，cos0.8，g10 m/s2).（1）求物块A受到的摩擦力和轻绳对物块A的拉力；（2）沿竖直方向调整滑轮的高度至某一位置时，物块A刚好运动，且此时弹簧刚好离开地面求滑轮移动的距离和弹簧的劲度系数.【答案】(1) ，(2)，【解析】【详解】(1)由台秤示数知物块此时所受支持力N=8.8N，物块受力示意图如图：根据平衡条件，水平方向竖直方向解得，(2)分析知，此时弹簧恢复原长，弹力为0，对B受力分析，有所以：T1=5N设此时细线与水平方向夹角为，对A，水平方向竖直方向其中得结合得滑轮

25、上升的高度为由几何关系知，弹簧伸长量为对B受力分析，有：初始时刻弹簧处于压缩状态，弹力为末状态弹簧恢复原长，弹力为0，所以有16.某星球半径为，假设该星球表面上有一倾角为的固定斜面体，一质量为的小物块在力作用下从静止开始沿斜面向上运动，力始终与斜面平行，如图甲所示已知小物块和斜面间的动摩擦因数，力随位移变化的规律如图乙所示（取沿斜面向上为正方向）已知小物块运动时速度恰好为零，万有引力常量，求（计算结果均保留一位有效数字）（1）该星球表面上的重力加速度的大小；（2）该星球的平均密度【答案】，【解析】【详解】（1）对物块受力分析如图所示；假设该星球表面的重力加速度为g，根据动能定理，小物块在力F1

26、作用过程中有：小物块在力F2作用过程中有：由题图可知：整理可以得到：(2)根据万有引力等于重力：，则：，代入数据得17.如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直1/4圆轨道相切与B点，右端与一倾角为300的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45m，水平轨道BC长为0.4m，其动摩擦因数=0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/s2，求滑块第一次经过B点时对轨道的压力整个过程中弹簧具有最大的弹

27、性时能；滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块最终停在何处？【答案】（1）60N（2）1.4J（3）2.25m【解析】（1）滑块从A点到B点，由动能定理可得：解得：3m/s滑块在B点：解得：=60N由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力60N（2）滑块第一次到达D点时，弹簧具有最大的弹性势能滑块从A点到D点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得：解得：=1.4J（3）将滑块在BC段的运动全程看作匀减速直线运动，加速度=2m/s2则滑块在水平轨道BC上运动的总时间1.5s滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：解得=2.25m结合BC段的长度可知，滑块最终停止在BC间距B点0.15m处（或距C点0.25m处）