山东省烟台市2018届高三上学期期中考试物理试题+Word版含解析.pdf

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1、2017-20182017-2018学年山东省烟台市高三（上）期中物理试卷学年山东省烟台市高三（上）期中物理试卷一、选择题一、选择题1.发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是（）A.开普勒，卡文迪许B.牛顿，卡文迪许C.牛顿，牛顿D.开普勒，伽利略【答案】B【解析】解：发现万有引力定律的科学家是牛顿，他提出了万有引力定律首次比较精确地测出引力常量的科学家是卡文迪许，牛顿得到万有引力定律之后，并没有测得引力常量，引力常量是由卡文迪许用扭秤实验测得的故ACD错误，B正确故选：B2.有关速度和加速度的关系下列说法中正确的是（）A.速度变化很大，加速度一定很大B.速度变化越来越快，加速度越来越小

2、C.速度方向为正加速度方向可能为负D.速度变化量的方向为正，加速度方向可能为负【答案】C【解析】解：A、根据 a=误B、加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越来越快，加速度越来越大，故 B 错误C、加速度方向与速度方向可能相同，可能相反，故C正确D、加速度方向与速度变化量方向相同，速度变化量的方向为正，则加速度方向为正，故D错误故选：C3.下列说法中正确的是（）A.冲量的方向一定和动量的方向相同B.动量变化量的方向一定和动量的方向相同知，速度变化很大，加速度不一定大，还与时间有关，故A 错C.物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同D.冲量是物体动量变化的原因【答案】D【解析】解

3、：A、冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向故A 错误B、动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反故B错误C、物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向不一定相同故C错误D、根据动量定理可知，冲量是物体的动量变化的应用故D正确故选：D4.质量为 m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动H髙度，所受空气阻力恒为 fg为当地的重力加速度则此过程中，则下列说法正确的是（）A.物体的动能增加了（Fmg）HB.物体的重力势能增加了 mgHC.物体的机械能减少了 f

4、HD.物体的机械能增加了 FH【答案】B【解析】解：A、物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理：Ek=（Fmgf）H，故 A 错误；B、重力的功为mgH，所以物体的重力势能增加了 mgH，故 B正确；C、D、除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加：E=（Ff）H，故 C错误，D错误故选：B5.物体从位于一直角坐标系xoy平面上的 O点开始运动，前 2S在 Y轴方向的 VT 图象和 X 轴方向的 sT图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（）A.物体做匀变速直线运动B.物体的初速度为 8m/sC.2s末物体的速度大小为4m/sD.前 2s内物体的位移大小为 8m【答案】D【解析

5、】解：A、物体在在y轴方向做匀加速直线运动，加速度不变，x轴做匀速直线运动，所以物体做匀变速曲线运动，故A 错误B、x 轴方向的速度为为 v0=v0 x=4m/s，故 B 错误C、2s末物体沿 y轴方向的速度为 vy=8m/s，则 2s末物体的速度大小为，故 C错误D、前 2s内物体沿 x轴方向的位移为 x=8m，沿y轴方向的位移为 y=内物体的位移大小为 s=故选：D6.AB 两物体的质量之比 mA：mB=2：1，它们以相同的初速度 v0在水平面上在摩擦阻力的AB 两物体所受摩擦力的冲量之比IA：IB作用下做匀减速直线运动，直到停止，在此过程中与 AB两物体克服摩擦力做功之比WA：WB分别为

6、（）A.4：1 2：1B.2：14：1C.2：12：1D.1：21：4【答案】C【解析】解：根据动量定理得，I合=0mv0，因为合力的冲量等于摩擦力的冲量，A、B 质量之比为 2：1，初速度相等，则摩擦力冲量之比为2：1，根据动能定理知，因为质量之比为 2：1，初速度相等，克服摩擦力做功之=m，故 D正确m=8m，所以前2sy轴方向的初速度为 v0y=0m/s所以物体的初速度比为 2：1，故 C正确，A、B、D 错误故选：C7.如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有根轻弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量为 M=4kg；质量为 m=2kg的小铁块以水平速度v0=6m/s从木板的左端沿板而向右

7、滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好到达木板左端并与木板保持相对静止；在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（）A.9JB.12JC.3JD.24J【答案】B铁块相对于木板向右运动过程有：铁块相对于木板运动的整个过程有：又根据系统动量守恒可知：mv0=（M+m）v联立得到：EP=12.0J故 B正确，ACD错误故选：B8.质点做直线运动的位移x 与时间 t的关系为 x=t+2t2（各物理量均采用国际单位制）则该质点（）A.第 1s内的位移是 3mB.前 2s 内的平均速度是 4m/sC.任意相邻 1s内的位栘差都是 4mD.任意 1s内的速度增量都是 2m/s【答案】AC1m=3m，故 A 正确【

8、解析】解：A、第 1s内的位移 x=1+2B、前 2s内的位移 x2=2+24m=10m，则前 2s内的平均速度C、根据，故 B 错误得，质点的初速度v0=1m/s，加速度 a=4m/s2，任意相邻 1s内的1m=4m，故 C正确位移之差x=aT2=4D、任意 1s内速度的增量v=at=41m/s=4m/s，故 D错误故选：AC9.如图所示，两个质量为m1=2kg，m2=3kg的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为 F1=40N、F2=10N的水平拉力分别作用在 m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（）A.弹簧秤的示数是 28NB.弹簧秤的示数是 30NC.在

9、突然撤去 F2的瞬间，m1的加速度大小为 6m/s2D.在突然撤去 F2的瞬间，m2的加速度大小为 4m/s2【答案】AC【解析】解：A、以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度a=，方向水平向右；F1F=m1a，设弹簧秤的拉力是 F，以 m1为研究对象，由牛顿第二定律得：则 F=F1m1a=28N，故 A 正确，B错误；C、弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m1受力情况不变，m1受的合力不变，由牛顿第二定律可知，m1的加速度不变，故C 正确；D、弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m2不再受 F2的作用，m2受的合力等于弹簧的弹力，发生变化，由牛顿第二定律

10、可知，m2的加速度：，故 D错误；故选：ACl04kW沿平直轨道向某一方向运10.一列火车质量是 2000t，由静止开始以额定功率P=3.0动，前进 900m时达到最大速度设火车所受阻力桓定为车重的0.05倍，g取 10m/s2则下列说法 正确的是（）A.此过程中火车一直作勻加速直线运动B.火车行驶的最大速度 vm=30m/sC.当火车的速度为 10m/s时，火车的加速度为 lm/s2D.火车由静止到达到最大速度需要60s【答案】BCD【解析】解：A、由瞬时功率的表达式可知，P额=Fv，可知随速度的增大火车的牵引力减小，则加速度减小，所以火车开始时做加速度减小的加速运动故A 错误；B、当速度达

11、到最大时，牵引力与阻力相等，则：P额=fvm，求得最大速度：故 B正确；C、由牛顿第二定律：，解得当火车的速度为 10m/s时火车的加速度为：故 C正确D、从静止开始到达到最大速度的过程中运用动能定理得：，代入数据得：t=60s故 D正确故选：BCD11.如图所示斜面倾角为，从斜面上的P 点以 v0的速度水平抛出一个小球不计空气阻力，当地的重力加速度为g若小球落到斜面上，则此过程中（）A.小球飞行的时间为B.小球的水平位侈为C.小球下落的高度为D.小坏刚落到斜面上时的速度方向可能与斜面垂直【答案】AB【解析】解：A、根据得，小球飞行的时间，故 A正确B、小球的水平位移，故 B正确C、小球下落的

12、高度，故 C错误D、小球落在斜面上，速度方向斜向右下方，不可能与斜面垂直，故D错误故选：AB12.如图所示水平圆盘可以绕竖直转轴OO转动，在距转轴不同位置处通过相同长度的细绳悬挂两个质量相同的物体AB，不考虑空气阻力的影响，当圆盘绕OO轴匀速转动达到稳定状态时，下列说法正确的是（）A.A比 B 的线速度小B.A与 B 的向心加速度文小相等C.细绳对 B的拉力大于细绳对 A的拉力D.悬挂 A于 B 的缆绳与竖直方向的夹角相等【答案】AC【解析】解：A、A、B共轴转动，角速度相等，A转动的半径小于 B，根据 v=r知，A比B的线速度小，故 A 正确B、根据 a=r2知，A、B转动的半径不等，则向心

13、加速度大小不等，故B 错误CD、如图，对任一物体，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtan=m2r，则得 tan=，由于B 的半径较大，则B绳与竖直方向的夹角较大，根据平行四边形定则知，细绳对B的拉力较大，故 C 正确，D 错误故选：AC13.随着人类科技的发展，我们已经能够成功发射宇宙飞船取探知未知星球；如图所示为某飞船发射到某星球的简要轨道示意图；该飞船从地面发射后奔向某星球后，先在其圆形轨道上运行，在 P 点从圆形轨道进入椭圆轨道，Q点为轨道上离星球最近的点，则下列说法正确的是（）A.在 P 点时飞船需突然加速才能由轨道进入轨道IIB.在 P 点时飞船需突然减速才能

14、由轨道进入轨道C.飞船在轨道上由P 到 Q的过程中速率不断增大D.飞船通过圆形轨道和椭圆轨道上的P 点时加速度相同【答案】BCDC、飞船在轨道上由P 到 Q 的过程中万有引力做正功，动能增加，可知速率不断增大，故C正确D、根据牛顿第二定律知，飞船通过圆形轨道和椭圆轨道上的P 点时加速度相同，故D正确故选：BCD14.如图所示，质量为M的半球形物体 A和质量为 m的球形物体 B紧靠着放在倾角为 的固定斜面上，并处于静止状态；B 球表面光滑，己知重力加速度为g则关于物体受力情况的判断正确的是（）A.物体 A受到 3个力的作用B.物体 B 对物体 A的压力大于 mgsinC.物体 B 对斜面的压力等

15、于 mgcosD.物体 A对斜面的摩擦力等于（M+m）gsin【答案】BD【解析】解：A、物体 A受重力、支持力、摩擦力、B 对 A的压力，共 4 个力，故 A 错误；BC、对物体B受力分析，受重力、斜面的支持力和A对 B 的支持力，由于弹力与接触面垂直，故 A 对 B的支持力不是平行斜面向上，而是偏向上一点；根据平衡条件，有：mgsin=FcosFsin+N=mgcos结合牛顿第三定律，物体 B对斜面的压力小于 mgcos，物体 B 对物体 A的压力大于 mgsin，故 B 正确，C错误；D、对AB组成的整体进行受力分析可知，整体处于平衡状态，所以沿斜面的方向A受到的摩擦力与二者的重力沿斜面

16、向下的分力相等，即 A受到斜面的摩擦力等于（M+m）gsin 故牛顿第三定律可知，物体A对斜面的摩擦力等于（M+m）gsin故 D 正确故选：BD二、实验题二、实验题15.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，下列叙述中正确的是（_）A实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度B橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力C两次拉橡皮筋时需将橡皮筋结点拉到同一位罝这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同D若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可【答案】AC【解析】解：A、本实验是通过在白纸上作力的图示来

17、验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大读数时视线必须与刻度尺垂直，防止视觉误差故A正确；B、两弹簧测力计的拉力是分力，但橡皮筋的拉力不是合力，橡皮筋的拉力与合力大小相等，方向相反，故 B错误；C、两次拉橡皮筋时需将橡皮筋结点拉到同一位罝这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同故 C正确；D、结点位置不变，合力不变，当一只弹簧测力计的拉力大小改变时，另一弹簧测力计的拉力的大小和方向必须都改变，故D 错误故选：AC16.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示（1）下列说法正确的是_A实验时应先接通电源后释放

18、小车B每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C本实验砝码及砝码盘的质量应远大于小车A的质量D在探究加速度与质量关系时，应保持小车质量不变（2）某同学在实验中，打出的一条纸带如图所示，他选择了几个计时点作为计数点，相邻两计 数点间还有 4个计时点没有标出，其中Sab=7.06cm、Sbc=7.68cm、Scd=8.30cm、Sde=8.92cm，已知电磁打点计时器电源频率为50Hz，则纸带加速度的大小是_m/s2【答案】(1).（1）A(2).（2）0.62【解析】解：（1）A、实验时应先接通电源后释放小车，故A正确；B、平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有：f=mgsin=mgcos，m约掉了，故不

19、需要重新平衡摩擦力故 B 错误；C、让小车的质量M 远远大于钩码的质量m，因为：实际上绳子的拉力F=Ma=该是 mM，故 C错误；D、在探究加速度与质量关系时，应保持砝码和砝码盘的总质量不变，故D错误；，故应故选：A（2）根据x=aT2得=0.62m/s217.某同学利用图示的装置来验证机械能守恒定律设计了如下实验，A 是质量为 m、直径为 d的小球，B为重物，AB间用轻质细绳通过轻质滑轮相连在距水平地面h 高处的 C点固定一个光电计时器实验操作如下：开始时，测出重物B 的质量 M，将小球 A放在光电计时器正下方的水平地面上，系统在外力作用下保持静止细绳拉直但张力为零，现释放B 使其向下运动测

20、出小球A通过光电计时器所用的时间为t，且小球 A 通过光电计时器时重物B还未落地实验中保持 A质量不变，改变 B 的质量，多次重复笫（1）步（1）实验中，M 和 m的关系必须满足 M_m（选填“小于”、“等于”或“大于”）（2）小球 A运动至 C点的速度可表示为_（3）根椐所测数据，为得到线性关系图线，应作出_（选填“t”“t2“t2”）图线；”或（4）根据第（3）问得到的图线，若图线在纵轴上的截距为b，则当地重力加速度g=_（用题给的己知量表示）【答案】(1).（1）大于(2).（2）(3).（3）t2(4).（4）【解析】解：（1）释放 B后小球要向上运动，A所受合力应向上，因此B 的质量

21、 M 应大于A的质量 m（2）小球经过光电门时的速度：v=；（3）对系统，由机械能守恒定律得：（Mm）gh=（M+m）v2，整理得：t2=，t2与是线性关系，为得出线性关系图线，应作：t2图象；（4）t2图象的截距：b=，解得：g=；18.某同学设计了如图 1所示的装置来探究碰撞过程中动置的变化规律，在小车A后连 着纸带，电磁打点计时器电源頻率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力；在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成 一体，继续做匀速直线运动（1）若己得到打点纸带如图2所示，并测得各计数点间距离标在图上，A为运动起始的第一点则

22、应选_段来计算小车 A 的碰前速度，应选_段来计算小车 A和小车 B碰后的共同速度（选填“AB”、“BC”、“CD或“DE”）（2）己测得小车 A的质量 mA=0.40kg，小车 B的质量 mB=0.20kg，由以上的测量结果可得：碰前两小车的总动量为_kg m/s碰后两小车的总动量为_kgm/s（结果均保留 3位有效数字）【答案】(1).（1）BC(2).DE(3).（2）0.422(4).0.420【解析】解：（1）推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC 计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的

23、过程，而A 和 B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE 段来计算碰后共同的速度（2）碰前系统的动量即A的动量，则 P1=mAv0=mA=0.40=0.60=0.422kgm/s，=0.420kgm/s；碰后的总动量 P2=mAvA+mBvB=（mA+mB）v2=（mA+mB）三、计算题三、计算题19.用两根轻绳 AC和 BC悬挂一重物，绳与水平天花板的夹角分别为37和 53，如图所AC绳能承受的最大拉力为 100N，BC 绳能承受的最大拉力为200N=0.6，g示已知 sin37取 10m/s2（1）若重物的质量为 5kg，则两根绳 AC和 BC上的拉力分

24、别为多大？（2）为了不使绳子被拉断所悬挂m物的质量不应超过多大？【答案】（1）两根绳AC和 BC上的拉力分别为 30N和 40N；（2）质量不应超过16.7kg【解析】解：（1）对 C 点受力分析，根据共点力平衡得AC绳拉力为：FA=Gsin37=500.6N=30N，BC绳拉力为：FB=Gcos37=500.8N=40N（2）取 C 点为研究对象进行受力分析如图所示，由前面的分析可知，当AC上的张力为最大值 100N，先达到最大值，当 FA=100N 时，m=16.7kg20.宇航员在月球表面上以初速度v竖直向上抛出一小球，测得小球经过时间t落回原处，已知月球半径为 R，引力常量 G，求；（

25、1）月球的质量 M；（2）环绕月球表面的卫星的运行周期T【答案】（1）（2）【解析】解：（1）由竖直上抛规律可得：g=在月球表面有：mg=得：M=（2）此卫星绕月球表面飞行，月球对它的万有引力提供向心力，有：21.如图所示，小球b静止与光滑水平面 BC 上的 C点，被长为L的细线悬挂于 O 点，细绳拉直但张力为零小球a从光滑曲面轨道上 AB 上的 B 点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面 BC（不计小球在 B处的能量损失），与小球 b 发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作 用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点已知小球a 的质景为 M，小球 b 的质量为 mM=5m己知当地重力加速度为g

26、 求：（1）小球 a与 b碰后的瞬时速度大小（2）A点与水平面 BC 间的高度差【答案】（1）（2）3.6L【解析】解：（1）两球恰能到达圆周最高点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：（m+M）g=（m+M），从碰撞后到最高点过程，由动能定理得：（M+m）g2L=（M+m）v2（M+m）v共2，解得，两球碰撞后的瞬时速度：v共=；（2）设两球碰前 a球速度为 va，两球碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mva=（M+m）v共，解得：va=，a 球从 A 点下滑到 C点过程中，由机械能守恒定律得：Mgh=Mva2，解得：h=3.6L；22.如图甲所示，质量M=5kg的木板 A

27、在水平向右 F=30N的拉力作用下在粗糙水平地而上向右运动，t=0时刻在其右端无初速度地放上一质为m=lkg的小物块 B放上物块后 A、B的图象如图乙所示已知物块可看作质点，木板足够长取g=10m/s2求：（1）物块与木板之间动摩擦因数1和木板与地面间的动摩擦因数2；（2）物块与木板之间摩擦产生的热量（3）放上物块后，木板运动的总位移【答案】（1）1=0.4，2=0.6（2）108J（3）117m【解析】解：（1）放上物块后，当 A、B相对滑动过程，由图示图象可知，B的加速度：aB=4m/s2，A的加速度：aA=由牛顿第二定律得：对 B：1mg=maB，=2m/s2，对 A：F1mg2（M+m）g=MaA，解得：1=0.4，2=0.6；（2）物块与木板相对运动过程中，183=27m，相对位移：s=物块与木板之间的摩擦热：Q=1mgs=0.411027=108J；（3）A、B 共同运动时，由牛顿第二定律得：2（M+m）gF=（M+m）a，解得：a=1m/s2，A、B共同运动时间：t=12s，放上物块后木板运动的总位移：x=（12+18）3+12=117m；