物理---广东省清远三中2017届高三上学期期中试卷 (解析版)

2016-2017学年广东省清远三中高三（上）期中物理试卷（解析版）一、选择题（共48分，每题4分；漏选得2分，多选、错选不得分，其中1-8为单选，9-12题为多选）1．关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是（）A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律2．竖直放置的“”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G，现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从与A点等高的B点沿支架缓慢地向C点移动，则绳中拉力大小变化的情况是（）A．先变小后变大 B．先不变后变小 C．先不变后变大 D．先变大后变小3．如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F1和F2的方向均沿斜面向上）．由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为（）A．B．2F2C． D．4．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接物体B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态．则（）A．物体B受到斜面体C的摩擦力一定不为零B．斜面体C受到水平面的摩擦力一定为零C．斜面体C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D．将细绳剪断，若B物体依然静止在斜面上，此时水平面对斜面体C的摩擦力一定不为零5．如图所示，A、B为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在A、B间细线烧断后的瞬间，A、B的加速度分别是（）A．A、B的加速度大小均为g，方向都竖直向下B．A的加速度0，B的加速度大小为g、竖直向下C．A的加速度大小为2g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下D．A的加速度大小为g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下6．如图所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1、v2之比为（）A．1：1 B．2：1 C．3：2 D．2：37．一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是（）A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B．小球过最高点的最小速度是C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小8．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k 为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力f的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的V﹣t图象的是（）A．B． C． D．9．同时将两个小球以v1、v2的速度沿如图所示的方向抛出，发现两球刚好落在一个截面为半圆形的坑中同一点Q，已知∠MOQ=60°．忽略空气的阻力．则下列说法正确的是（）A．=B．仅增大v1，v2，则两球在坑中落点均在Q点右侧C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，v1+v2就为常数D．若仅增大v1，则两球可在落在坑中前相遇10．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A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（）A．环到达B处时，重物上升的高度B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D．环能下降的最大高度为 d11．一辆汽车在平直的公路上以速度v0开始加速行驶，经过一段时间t，前进了距离s，此时恰好达到其最大速度v m．设此过程中汽车发动机始终以额定功率P工作，汽车所受的阻力恒定为F，则在这段时间里，发动机所做的功为（）A．Fv m t B．PtC．mv m2+Fs﹣mv02D．Ft12．如图所示的U﹣I图象中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（）A．R的阻值为1.5ΩB．电源电动势为3V，内阻为0.5ΩC．电源的输出功率为3.0WD．电源内部消耗功率为1.5W二、计算题（本题共52分，每题13分）13．质量为200kg的物体置于升降机内的台秤上，从静止开始上升，运动过程中台秤示数F 与时间t的关系如图所示．求各段时间内升降机的加速度和整个过程中升机上升的高度（g 取10m/s2）．14．如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平．一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示，已知它落地时相对于B点的水平位移OC=l．现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端与B的距离为．当传送带静止时，让P 再次从A点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点，当驱动转动带动传送带以速度v匀速向右运动时（其他条件不变），P的落地点为D．不计空气阻力．（a）求P滑到B点时的速度大小（b）求P与传送带之间的摩擦因数（c）求出O、D间的距离s 随速度v变化的函数关系式．15．某人在相距40m的A、B两点间练习折返跑，他在A点由静止出发跑向B点，到达B 点后立即返回A点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4m/s2和8m/s2，运动过程中的最大速度为8m/s，从B点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A点．求：（1）从B点返回A点的过程中以最大速度运动的时间；（2）从A点运动到B点与从B点运动到A点的平均速度的大小之比．16．如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；（2）物块P第一次过M点后0.3s到达K点，则MK间距多大；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程．2016-2017学年广东省清远三中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共48分，每题4分；漏选得2分，多选、错选不得分，其中1-8为单选，9-12题为多选）1．【考点】万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但并未找出了行星按照这些规律运动的原因；牛顿在开普勒行星运动定律的基础上推导出万有引力定律，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大．滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称．以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况．当轻绳的右端从直杆的最上端移到C点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变．【解答】解：当轻绳从B端到直杆的最上端的过程中，设两绳的夹角为2α．设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到sinα=，L、S不变，则α保持不变．再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变．当轻绳的右端从直杆的最上端移到B时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示．根据平衡条件得2Fcosθ=mg得到绳子的拉力F=所以在当轻绳的右端从直杆的最上端移到B时的过程中，θ减小，cosθ增大，则F变小．故选：B【点评】本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析α的变化，这在高考中曾经出现过，有一定的难度．3．【考点】摩擦力的判断与计算．【分析】对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可．【解答】解：对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为f，物体保持静止，受力平衡，合力为零；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1﹣mgsinθ﹣f=0 ①；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+f﹣mgsinθ=0 ②；联立解得：f=，故C正确，ABD错误；故选：C．【点评】本题关键是明确拉力最大和最小的两种临界状况，受力分析后根据平衡条件列式并联立求解．4．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】以B为研究对象，分析绳子的拉力与重力沿斜面向下的分力的关系，判断B是否受到C的摩擦力．以B、C整体为研究对象，根据平衡条件分析水平面的摩擦力．【解答】解：设A、B、C的重力分别为G A、G B、G C．A、若G A=G B sinθ，B相对于C没有运动趋势，不受到C的摩擦力．故A错误．BC、以B、C整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得：地面对C的摩擦力f=Fcosθ=G A cosθ，方向水平向左，说明C有沿地面向右滑动的趋势，则受到向左的摩擦力，故B错误，C正确．D、将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，则以B、C整体为研究对象得到，f=0，即水平面对C的摩擦力为零．故D错误．故选：C．【点评】本题涉及三个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象．当几个物体的加速度相同时可以采用整体法研究，往往比较简捷．5．【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】正确对物体受力分析，抓住细线断的瞬间，线的弹力立即消失，而弹簧的弹力因弹簧形变没有改变而保持不变来分析A和B的加速度即可．【解答】解：对整体分析，根据平衡条件可知，弹簧的拉力为F′=2mg；剪断细绳的瞬间，对A分析可知，瞬间加速度a===g，方向竖直向上．对B分析可知，只受重力的作用，故加速度的大小为a′==g，方向向下，故D正确，ABC 错误．故选：D．【点评】正确使用整体法和隔离法分析物体的受力，求出弹簧的弹力，知道在线断开的瞬间，线的弹力立即消失而弹簧的弹力随形变量的变化而变化，在形变瞬间没有变化因此弹力保持瞬间不变，这是解决本题的关键．6．【考点】平抛运动．【分析】两个小球同时做平抛运动，又同时落在C点，说明运动时间相同．小球垂直撞在斜面上的C点，说明速度方向与斜面垂直，可以根据几何关系求出相应的物理量．【解答】解：小球A做平抛运动，根据分位移公式，有：x=v1t…①y=…②又tan30°=…③联立①②③得：v1=…④小球B恰好垂直打到斜面上，则有：tan30°==…⑤则得：v2=gt…⑥由④⑥得：v1：v2=3：2．故选：C【点评】本题关键对两球运用平抛运动的分位移公式和分速度公式列式求解，同时结合几何关系找出水平分位移与竖直分位移间的关系，运用比例法求解．7．【考点】向心力；物体的弹性和弹力．【分析】小球在最高点，杆子可以表现为支持力，也可以表现为拉力，在最高点的最小速度为零，根据牛顿第二定律分析杆子对小球的作用力随速度变化的关系．【解答】解：A、当小球到达最高点弹力为零时，重力提供向心力，有mg=，解得v=，即当速度v=时，杆子所受的弹力为零．故A正确．B、小球通过最高点的最小速度为零．故B错误．C、小球在最高点，若，则有：，杆子的作用力随着速度的增大而减小，若v，则有：，杆子的作用力随着速度增大而增大．故C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道最高点的临界情况，结合牛顿第二定律进行求解．8．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．【分析】当F较小时，AB整体具有共同的加速度，二者相对静止，当F较大时，二者加速度不同，将会发生相对运动，此后A做变加速直线，B匀加速直线运动，为了求出两物体开始分离的时刻，必须知道分离时F的大小，此时采用整体法和隔离法分别列牛顿第二定律的方程即可【解答】解：选AB整体为研究对象，AB整体具有共同的最大加速度，有牛顿第二定律得：a1=对B应用牛顿第二定律：a1=对A应用牛顿第二定律：a1=经历时间：t=由以上解得：t=此后，B将受恒力作用，做匀加速直线运动，图线为倾斜的直线故选：B【点评】当两者相对运动后，B将受恒力作用，做匀加速运动，可排除C、D选项，A、B 选项的差别在于恰好相对运动的时刻，就需分别采用隔离法和整体法分别列方程了，也可以采用反证法，看看当F=f时是否相对滑动？所以，要注意总结解题方法9．【考点】平抛运动．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度之比．【解答】解：A、根据几何关系知，Q到O点的水平方向的距离等于0.5R，所以M的水平位移，N的水平位移，则落在Q点的水平位移之比为1：3，运动时间相等，则初速度之比为1；3，故A正确．B、若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则A球水平方向位移增大，B球水平位移减小，而两球运动时间相等，所以应使v1增大，v2减小，故B错误；C、要两小球落在弧面上的同一点，则水平位移之和为2R，则（v1+v2）t=2R，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以v1+v2也不是一个定值，故C错误．D、若只增大v1，而v2不变，则M运动的轨迹的落点将向右一些，两球可在空中相遇，故D正确．故选：AD【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．10．【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律．【分析】环刚开始释放时，重物由静止开始加速．根据数学几何关系求出环到达B处时，重物上升的高度．对B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，从而求出环在B处速度与重物的速度之比．环和重物组成的系统，机械能守恒．【解答】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h=，故A错误；B、对B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：vcos45°=v重物，所以故B错误C、环下滑过程中无摩擦力做系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能；D、滑下滑到最大高度为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：h=，故D正确．故选CD．【点评】解决本题的关键知道系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度．11．【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】汽车以额定功率，经时间t后从速度v0开始加速行驶了L距离，恰好达到最大速度v m，此时牵引力与阻力大小相等．由于汽车所受阻力恒为F，所以由动能定理可求出发动机所做的功【解答】解：设发动机所做的功为W．由于汽车发动机始终以额定功率P工作，则W=Pt．汽车的速度达到最大时，牵引力与阻力大小相等，则F牵=F，则P=F牵v m=Fv m，可得：W=Fv m t；由于v m＞，所以W＞Ft；汽车从速度v0到最大速度v m过程中，由动能定理可知：W﹣Fs=mv max2﹣mv02解得：W=mv max2﹣mv02+Fs；故ABC正确，D错误；故选：ABC【点评】由题意可知，求发动机做的功，当功率恒定时，可以由功率与时间的乘积，也可以由动能定理求出．当功率不恒定时，必须由动能定理求出12．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图象Ⅰ可知电源的电动势为3.0V，短路电流为2.0A；由图象Ⅱ可得外电路电阻R为1.5Ω，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流．【解答】解：A、由图象Ⅱ可知，外电阻R==Ω=1.5Ω，故A正确．B、由图象Ⅰ可知，电源电动势E=3.0V，短路电流I短=2.0A，电源内阻r==1.5Ω，故B 错误．C、由两图象的交点坐标，可得电源的路端电压为1.5V，干路电流为1.0A，电源的输出功率为P=UI=1.5×1.0W=1.5W，故C错误．D、电源内部消耗功率为P内=I2r=12×1.5W=1.5W，故D正确．故选：AD．【点评】根据U﹣I图象Ⅰ正确读出电源的电动势和短路电流，根据U﹣I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的关键．二、计算题（本题共52分，每题13分）13．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】分三个阶段，分别根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动的基本公式即可求解．【解答】解：0﹣2s内F1=3000N，由牛顿第二定律得：F1﹣mg=ma 解得：a=5m/s2方向竖直向上位移，2s﹣5s内，a=0位移X2=V1t=a1t1t2=30m；5s﹣7s 内F3=1000N由牛顿第二定律得：F3﹣mg=ma2解得：a2=﹣5m/s2方向竖直向下位移整个过程上升的高度H=X1+X2+X3=50m答：0﹣2s内加速度大小为5m/s2方向竖直向上；2s﹣5s内，a=0；5s﹣7s 内加速度大小为5m/s2方向竖直向下；整个过程中升机上升的高度为50m．【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能根据图象读出有效信息，难度适中．14．【考点】动能定理的应用；平抛运动；机械能守恒定律．【分析】a）AB是光滑轨道，物体P从轨道顶端处A点滑到B点过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出物体P滑到B的速度大小．b）根据动能定理研究物体P在传送带上滑行过程，求出动摩擦因数；c）通过物体P滑到底端的速度与传送带的速度进行比较，判断物体P在传送带上的运动情况，得出物体离开传送带的速度，根据平抛运动的知识求出水平位移．【解答】解：a）根据机械能守恒定律有：，解得．b）在两种情况下物体P在空中的运动时间相同，位移分别为：x0=l，x1=．∴v1==．根据动能定理有﹣μmg=．解得μ=．c）平抛运动的时间t=．若v≤时，P一直做匀减速直线运动，到达传送带右端的速度等于，所以平抛运动的水平位移s=l．若时，P先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动，到达传送带右端的速度等于v，所以s=vt=．若P一直做匀加速直线运动，根据，解得v=，若，则P先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，到达传送带右端的速度等于v，所以s=vt=．若，则P一直做匀加速直线运动，到达传送带右端的速度为，所以s=．答：（1）P滑到B点时的速度大小为．（2）P与传送带之间的摩擦因数为．（3）当v≤时，s=l．时，s=．当，则s=．当，s=．【点评】本题是机械能守恒、平抛运动，动能定理的综合应用，要具有分析物体运动过程的能力，要抓住平抛运动的时间由高度决定这一知识点．15．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】（1）设最大速度为v m，抓住总位移，结合匀变速直线运动的推论和匀速运动的位移求出从B点返回A点过程中以最大速度运动的时间．（2）根据匀变速直线运动的运动学公式和推论分别求出从A点运动到B点和B点到A点的时间，结合平均速度的定义式求出平均速度大小之比．【解答】解：（1）设此人从静止到加速至最大速度时所用的时间为t1，加速运动的位移大小为x1，从B点返回A点的过程中做匀速运动的时间为t2，A、B两点间的距离为L，由运动学公式可得v m=a1t1L﹣x1=v m t2联立以上各式并代入数据可得t2=4 s．（2）设此人从A点运动到B点的过程中做匀速运动的时间为t3，减速运动的位移大小为x2，减速运动的时间为t4，由运动学方程可得v m=a2t4，x2=t4，L﹣x1﹣x2=v m t3联立以上各式并代入数据可得．答：（1）从B点返回A点的过程中以最大速度运动的时间4s；（2）从A点运动到B点与从B点运动到A点的平均速度的大小之比【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．16．【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．【分析】（1）先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据牛顿第二、第三定律求压力；（2）先根据动能定理求出M点速度，再根据牛顿第二定律求MN段上升和下降的加速度，再结合运动学公式求MK间距；（3）直接根据动能定理全程列式求解即可．【解答】解：（1）滑块由P到D过程，由动能定理，得：mgh=mv D2根据几何关系，有：h=L1sin53°+R（1﹣cos53°）在D点，支持力和重力的合力提供向心力，则有：F D﹣mg=m代入数据解得：F D=78N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N．（2）PM段，根据动能定理，有：m1gL1sin53°=代入数据解得：v M=2m/s沿MN向上运动过程，根据牛顿第二定律，得到：a1=gsin53°+μgcos53°=10m/s2根据速度时间公式，有：v M=a1t1代入数据解得：t1=0.2s所以t1=0.2s时，P物到达斜面MN上最高点，故返回过程，有：x=沿MN向下运动过程，根据牛顿第二定律，有：a2=gsin53°﹣μgcos53°=6m/s2故，根据运动学公式，有：x MK=﹣=0.17m，即MK之间的距离为0.17m．（3）最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从P到M过程运用动能定理，得到：mgL1sin53°﹣μmgL1cos53°L总=0代入数据解得：L总=1.0m即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m．答：（1）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小是78N；（2）物块P第一次过M点后0.3s到达K点，则MK间距是0.17m；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程是1.0m．【点评】本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式．。