北京市東城區(qū)第五中學高三上學期期中考試物理試題

北京五中2017／2018學年度第一學期期中考試試卷高三物理一、單選題（每題4分，共64分）1.關于勻速圓周運動的說法，正確的是（）A.勻速圓周運動是勻速運動B.勻速圓周運動是勻變速運動C.某個恒力作用下質點也可以做勻速圓周運動D.做勻速圓周運動的物體的合力必須是變力【答案】D【解析】A．勻速圓周運動速度大小不變，方向變化，速度是變化的，是變速運動，故A錯誤；B．勻速圓周運動加速度始終指向圓心，方向時刻在變化，加速度是變化的，不是勻變速運動，故B錯誤；學,科,網...學,科,網...學,科,網...學,科,網...學,科,網...學,科,網...學,科,網...學,科,網...學,科,網...故選：D．2.由于通訊和廣播等方面的需要，許多國家發(fā)射了地球同步軌道衛(wèi)星，這些衛(wèi)星的（）A.質量可以不同B.軌道半徑可以不同C.軌道平面可以不同D.速率可以不同【答案】A【解析】試題分析：地球同步軌道衛(wèi)星有幾個一定：定軌道平面、定軌道半徑（或定高度）、定運轉周期等，了解同步衛(wèi)星的含義，即同步衛(wèi)星的周期必須與地球自轉周期相同．物體做勻速圓周運動，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向軌道平面的中心．通過萬有引力提供向心力，列出等式通過已知量確定未知量．許多國家發(fā)射了地球同步軌道衛(wèi)星，這些衛(wèi)星的質量可以不同，故A正確；因為同步衛(wèi)星要和地球自轉同步，即這些衛(wèi)星ω相同，根據萬有引力提供向心力得GMmr視頻3.如圖所示，一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下沿水平面勻速前進了時間t，則（）A.拉力對物體的沖量為FB.拉力對物體的沖量為FC.摩擦力對物體的沖量為?D.拉力的功與摩擦力的功相同【答案】A【解析】根據力的平衡可得：摩擦力f=AB．拉力對物體的沖量為IF=FtC．摩擦力對物體的沖量為：If=?D．拉力做正功，摩擦力做負功，二者做的功不相同，故D錯誤；故選：A．4.如圖所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧（不拴接），兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中不正確的是（）A.兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零B.先放開左邊的手，后放開右邊的手，在以后運動過程中動量不守恒C.先放開左邊的手，后放開右邊的手，總動量向左D.先放一只手，過一段時間，再放另一只手．兩手都放開后的過程中，系統(tǒng)總動量保持不變，但系統(tǒng)的總動量一定不為零【答案】B【解析】A．當兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因為開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，故A正確；BC．先放開左手，左手邊的小車就向左運動，當再放開右手后，系統(tǒng)所受外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故B錯誤，C正確；D．不論何時放開，放開手后由于均不受外力，故系統(tǒng)動量均守恒，故D正確；本題選擇錯誤答案，故選：B．點睛：若先放開右邊的車，后放開左邊的車，放開左車時，右車已經有向右的速度，系統(tǒng)的初動量不為零，兩車的總動量向右；在兩手同時放開后，水平方向無外力作用，只有彈簧的彈力（內力），故動量守恒，動量是矢量，有大小和方向．5.一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中．不計空氣阻力．若把在空中下落的過程稱為過程I，進入泥潭直到停住的過程稱為過程Ⅱ，則（）A.過程Ⅱ中鋼珠克服阻力所做的功等于過程Ⅰ與過程Ⅱ中鋼珠所減少的重力勢能之和B.過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大小C.過程Ⅱ中鋼珠動量的改變量等于鋼珠所受阻力的沖量D.過程Ⅱ中損失的機械能等于過程Ⅰ中鋼珠所增加的動能【答案】A【解析】A．全程重力做正功，在泥潭中阻力做負功，合功為零，所以過程Ⅱ中鋼珠克服阻力所做的功等于過程Ⅰ與過程Ⅱ中鋼珠所減少的總重力勢能之和，故A正確；B．假設鋼球進入泥潭的速度為v，根據動量定理，在過程Ⅰ中mgt1=mvC．過程Ⅱ中鋼珠動量的改變量等于鋼珠所受阻力和重力的合力的沖量，所以C錯誤；D．過程Ⅱ中損失的機械能等于克服阻力做的功，等于全程重力所做的正功，而過程Ⅰ中鋼珠所增加的動能，等于過程Ⅰ中重力做的功，所以D錯誤；故選：A．點睛：根據動量定理分析動量的改變量與沖量的關系．過程Ⅰ中鋼珠只受到重力，鋼珠動量的改變量等于重力的沖量．過程Ⅱ中，鋼珠受到重力和阻力，動量的改變量不等于零，合力的沖量不等于零．對于整個過程研究，根據動能定理分析克服阻力所做的功與重力做功的關系．重力做功多少，鋼珠的重力勢能就減小多少．根據能量守恒定律判斷過程Ⅱ中損失的機械能與過程Ⅰ中鋼珠所增加的動能的關系．6.如圖甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖乙為介質中x=2m處的質點A.這列波沿x軸負方向傳播B.這列波的傳播速度是2.0C.經過0.1s，質點Q的運動方向沿yD.經過0.35s，質點Q距平衡位置的距離大于質點P【答案】C【解析】A．由乙圖讀出，t=0時刻質點的速度向下，則由波形的平移法可知，這列波沿x軸正方向傳播．故B．由圖知：λ=4m，T=0.2s，則波速v=C．圖示時刻Q點沿y軸正方向運動，t=0.1s=12T，質點D．t=0.35s=134T，經過0.35s時，質點P故選：C．點睛：由振動圖象讀出t=0時刻P點的振動方向，判斷波的傳播方向．由波動圖象讀出波長，由振動圖象讀出周期，可求出波速．分析波動過程，根據時間與周期的關系，判斷Q點的運動方向．7.質點甲固定在原點，質點乙在x軸上運動，乙受到甲的作用力F只與甲、乙之間的距離x有關，在2.2×10?10m≤x≤5.0×10?10mA.乙運動到Q點時，動能最大B.乙運動到R點時，動能最大C.乙運動到Q點后，靜止于該處D.乙運動到R點時，速度方向一定沿?x【答案】A【解析】A．由圖可知，質點乙由靜止從P開始向右做加速運動，越過Q后做減速運動，因此經過Q點時速度最大，動能最大，故A正確，B錯誤；C．由圖象可知，質點運動到Q點后，在甲的作用力下做反向加速運動，不會靜止在G點，故C錯誤；D．力對質點做的功等于F?x圖象與坐標軸所包圍面積的大小，由圖示圖象可知，從P到Q合外力對質點做的功大于從P到R合外力做的功，在R點質點速度向右不為零，乙運動到R點時，速度方向一定沿x方向，故故選：A．8.沿x軸正方向傳播的一列簡諧橫波在t=0時刻的波形如圖所示，M為介質中的一個質點，該波的傳播速度為40m/s，則A.質點M對平衡位置的位移為負值B.質點M的速度方向與對平衡位置的位移方向相同C.質點M的加速度方向與速度方向相反D.質點M的加速度方向為?y【答案】D【解析】由圖象可知，λ=4m，則周期T=λv=440s=0.1s，該波沿x軸正方向傳播，質點M的速度方向向上，經過t=故選：D．9.一質量為m的物體以某一速度從A點沖上一個固定的傾角為37°的斜面，其運動的加速度為45g．這個物體上升的最大高度為h，（已知：sin37°=A.物體的重力勢能增加了4B.物體的動能損失了mC.物體的機械能損失了1D.在這個過程中，合力做功的絕對值為4【答案】C【解析】A．克服重力做功為mgh，物體的重力勢能增加了mgh，故A錯誤；C．摩擦力做功為Wf=?15m故選：C．10.如右圖1所示，一個物體放在粗糙的水平地面上．在t=0時刻，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運動．在0到t0時間內物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖A.t0時刻，力F等于B.在0到t0時間內，合力的沖量大小C.在0到t0時間內，力FD.在0到t0【答案】B【解析】A．依據牛頓第二定律，t0時刻，合力為零，拉力等于摩擦力，故A錯誤；B．依據沖量的公式I=F合t=mat，即I=12C．由于加速度的大小變化，力F大小變化，故C錯誤；D．由于加速度的方向使終不變，物體的速度逐漸變大，故D錯誤；故選：B．點睛：由圖2可知，加速度隨時間逐漸減小，方向不變，所以加速度方向始終與速度方向相同，物體做加速運動，當加速度減為零時，速度最大．11.水平方向振動的彈簧振子，其質量為m，最大速率為v，則下列正確的是（）A.從某時刻算起，在四分之一個周期的時間內，彈力做的功不可能為零B.從某時刻算起，在半個周期的時間內，彈力做的功可能是零到mvC.從某時刻算起，在半個周期的時間內，彈力的沖量一定為零D.從某時刻算起，在半個周期的時間內，彈力的沖量可能是零到2m【答案】D【解析】A．如果初末位移大小關于平衡位置對稱，彈力做功之和為零，故A錯誤；B．經過半個周期，質點速度大小一定相等，方向相反，彈力做功之和為零，故B錯誤；CD．對于簡諧運動，經過半個周期后速度與之前的速度關系是大小相等，方向相反；如以初速度為+v，則末速度為?v，故速度變化為?2v，若開始時在最大位移處，初速度為0，末速度也是0，所以速度的變化也是0，根據動量定理，彈力的沖量，I=Δp故選：D．12.質量為2kg的物體，放在動摩擦因數μ=0．1的水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，水平拉力做的功W隨位移x變化的關系如圖所示．重力加速度A.x=0m至B.x=3m至C.x=6D.x=3m【答案】C【解析】A．由圖象可知在0?3m的過程中拉力為恒力，根據W=Fx，W?x圖象的斜率表示拉力F的大小，代入B．由圖象可知在3m?9m過程中拉力為恒力，根據W=Fx，WC．摩擦力f=μmg=0.1×2×10N=2ND．由圖象可知物體在3m?9m過程中，拉力F=故選：C．13.一列橫波沿x軸傳播，在x=0與xA.波一定沿X軸正方向傳播B.波的周期可能是2C.波的傳播速度可能是1D.波的傳播速度可能是0【答案】D【解析】A．x=0與x=B．由圖象可知，周期T=4s，故B錯誤；CD．由題可知，(n±14)λ=1cm（n∈I），波速v=故選：D．14.如圖所示，將一輕彈簧固定在傾角為30°的斜面底端，現(xiàn)用一質量為m的物體將彈簧壓縮鎖定在A點，解除鎖定后，物體將沿斜面上滑，物體在運動過程中所能到達的最高點B距A點的豎直高度為h，物體離開彈簧后沿斜面向上運動的加速度大小等于重力加速度g．則下列說法正確的是（A.彈簧的最大彈性勢能為mB.物體從A點運動到B點的過程中系統(tǒng)損失的機械能為mC.物體的最大動能等于彈簧的最大彈性勢能D.物體不會靜止在B點【答案】B【解析】試題分析：根據能量守恒，在物塊上升到最高點的過程中，彈性勢能變?yōu)槲飰K的重力勢能mgh和內能，故彈簧的最大彈性勢能應大于mgh，故A錯誤；物體離開彈簧后沿斜面向上運動的加速度大小等于重力加速度g，由牛頓第二定律得物塊所受沿斜面向下的合力為，F(xiàn)=mg，而重力沿斜面向下的分量為mgsin30°=12可知，物塊必定受到沿斜面向下的摩擦力為f=12mg，摩擦力做功等于物體從A點運動到B點的過程中系統(tǒng)損失的機械能，W考點：能量守恒定律；牛頓第二定律【名師點睛】注意挖掘“物體離開彈簧后沿斜面向上運動的加速度大小等于重力加速度g”的隱含信息，用能量守恒觀點分析。15.如圖所示，一質量M=3kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一質量m=1kg的小木塊A．現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小均為4．0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A并沒有滑離B板．A、A.木塊A一直做勻減速運動B.木塊A在木板B上滑動過程中，木塊A的加速度大小不變方向變化C.木塊在加速運動過程中，木塊相對于木板運動了2D.整個過程中，滑動摩擦產生的熱量為16焦耳【答案】C【解析】A．物塊先做勻減速運動，再反向做勻加速運動，最后和B一起做勻速運動，故A錯誤；B．木塊A的加速度的大小和方向一直不變，故B錯誤；C．根據動量守恒定律，木塊A速度為零時，vB=8/3m/s，以后A加速至和B速度相等。則MvB=(M+mD．規(guī)定向右為正方向，依據動量守恒定律，MV依據能量守恒，Q=12(M+故選C．點睛：對木板與木塊組成的系統(tǒng)，合外力保持為零，系統(tǒng)的總動量守恒．A先向左減速，到速度減小零后向右加速到速度與B相同，此過程A正在做加速運動，根據動量守恒定律求出A的速度為零時B的速度，以及兩者相對靜止時共同速度，根據能量守恒確定求出A加速運動過程中，相對位移，以及整個過程轉化的內能．16.如圖所示，傾角為θ的固定斜面上有一質量為m的滑塊，滑塊與斜面間的動摩擦因數μ=tanθ，滑塊在平行于斜面的恒力F=mgsinθ作用下，以一定初速度沿斜面向上運動，取出發(fā)點為位移零點和零勢能點，以開始運動的時刻為零時刻，下圖中能正確描述滑塊運動到最高點過程中滑塊動能Ek、重力勢能A.B.C.D.【答案】B【解析】物體受到的摩擦力：f=μFN=動能的變化量等于外力的總功，故上升階段，?mgh=Ek?E0，即：Ek=故選：B．點睛：滑塊機械能的變化量等于除重力外其余力做的功；動能的變化量等于外力的總功．二、實驗題（共12分）17.如圖裝置用于驗證從軌道上滑下的A球與靜止在軌道末端的小球B碰撞過程中的動量守恒（軌道末端水平），圖中三條曲線分別是A球（未放B球）的飛行軌跡，以及兩球碰后的飛行軌跡．如果碰撞過程中動量守恒，（1）下列各式中正確的是（______）A．MB．MC．MD．M（2）在該實驗中，安裝斜槽軌道時，應該讓槽斜的末端點的切線保持水平，這樣做的目的是為了使（______）A．入射球得到較大的速度B．入射球與被碰球對心碰撞后速度均沿水平方向C．入射球和被碰球均能從同一高度飛出D．兩球碰撞時動能無損失【答案】(1).D(2).B【解析】（1）依據動量守恒MA?OPt=MA?（2）根據實驗原理，三次下落時間相等，時間消去。所以必須保證入射球與被碰球對心碰撞后速度均沿水平方向，做平拋運動，故B正確，ACD錯誤．18.在驗證機械能守恒定律的實驗中，質量m=1.0kg的重錘自由下落，在紙帶上打出了一系列的點，如下圖所示（O點為重錘剛開始下落時打下的點），相鄰記數點時間間隔為0．02s，長度單位是（1）打點計時器打下記數點B時，物體的速度VB=__________（2）從點O到打下記數點B的過程中，物體重力勢能的減小量ΔEP＝__________J，動能的增加量ΔE【答案】(1).0.97(2).0.48J(3).【解析】（1）根據勻變速運動中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度，打B點的速度大?。簐B=SAC（2）從0點到打下計數點B的過程中，物體重力勢能減小量為：ΔE動能的增加量為：ΔEk=12三、論述計算題（要求有必要的文字說明．沒有方程而直接寫出代數過程或結果者不得分）（共44分）19.質量為m=1.0kg的鋼球自h=3．2m高處自由落下，與地面碰撞后豎直向上彈回，碰撞時間（1）鋼球將要落地時的速率多大?（2）鋼球受到地面的平均沖力的大小為多少?【答案】(1)8m/s(2)【解析】（1）依據運動學公式vt故vy2=（2）豎直向上彈彈起時，依據豎直上拋運動，故vy22依據動量定理規(guī)定向下為正方向，(m解得：F=即平均沖力的大小為150N20.宇航員在某星球表面以初速度V0豎直上拋一小球，經過時間t小球落回原處．若他用發(fā)射裝置在該星球表面以速度V水平發(fā)射出一個小球，小球恰好不落回星球表面．星球表面沒有空氣．不考慮星球的自傳．萬有引力恒量為G（1）宇航員質量為m時，他在該星球表面的重力為多大？（2）擺長為L的單擺，在該星球表面的固有周期是多少?（3）該星球的平均密度．【答案】(1)2mv0t【解析】（1）依據豎起上拋的特點，故g1所以宇航員的重力G=（2）依據周期公式T=2T=（3）依據萬有引力航天公式GM依據密度公式ρ=依據黃金代換公式GM解得：密度ρ=21.如圖所示，傳送帶水平部分AB的長度L=1.5m，與一圓心在O點