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- 2021-04-16 发布
2017-2018学年山东省济宁市曲阜市高三（上）期中物理试卷
一、选择题
1. 在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（ ）
A. 在探究加速度与力、质量的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法
B. 根据速度定义式 ，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C. 伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动．再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法
D. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫微元法
【答案】D
【解析】A、在研究加速度与质量和合外力的关系时，由于影响加速度的量有质量和力，应采用控制变量法，故A项正确；
B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，采用了极限思维法，故B项正确；
C、伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动．再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故C项正确；
D、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故D项错误。
本题选不正确的，故选：D．
点睛：物理学的发展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等．
2. 节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中．若礼花弹由炮筒底部被击发到炮筒口的过程中，克服重力做功W1，克服炮筒及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中（设礼花弹发射过程中质量不变）（ ）
A. 礼花弹的动能变化量为W1+W2+W3
B. 礼花弹的动能变化量为W3﹣W2﹣W1
C. 礼花弹的机械能变化量为W3﹣W2
D. 礼花弹的机械能变化量为W3﹣W2﹣W1
【答案】BC
【解析】A、B：礼花弹在炮筒内运动的过程中，重力、炮筒及空气阻力做功，高压燃气对礼花弹做功，三个力做功的和：W3﹣W2﹣W1，据动能定理，礼花弹的动能变化量等于三个力做功的和。故A项错误，B项正确。
C、D：除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，故高压燃气做的功和空气阻力和炮筒阻力做的功之和等于机械能的变化量，即机械能的变化量为W3﹣W2。故C项正确，D项错误。
3. 从手中竖直向上抛出的小球，与水平天花板碰撞后又落回到手中，设竖直向上的方向为正方向，小球与天花板碰撞时间极短．若不计空气阻力和碰撞过程中动能的损失，则下列图象中能够描述小球从抛出到落回手中整个过程运动规律的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：小球先减速上升，突然反向后加速下降，速度时间图象反映了各个不同时刻小球的速度情况，根据实际情况作图即可．
解：小球先减速上升，突然反向后加速下降；
设竖直向上的方向为正方向，速度的正负表示方向，不表示大小；
故速度v先是正值，不断减小，突然变为负值，且绝对值不断变大；
故选C．
【点评】速度时间图象形象直观地反映了物体速度随时间的变化情况，速度的正负表示方向，绝对值表示大小．
4. 物体A置于地球赤道上，卫星B绕地球做椭圆轨道运行，卫星C为地球同步卫星，P点为卫星B、C轨道的交点．己知卫星B运动轨迹的半长轴与卫星C运动轨迹的半径相等．相对于地心，下列说法中正确的是（ ）
A. 物体A的线速度大小大于C的线速度大小
B. 卫星B在P点的加速度大小大于卫星C在该点加速度大小
C. 物体A、卫星B、卫星C绕地心运动的周期相同
D. 卫星B在近地点的机械能小于在远地点的机械能
【答案】C
【解析】A、由题意可知，A、C绕地心运动的角速度相等，卫星C做圆周运动的半径大于A的半径，由v=ωr可知，C的线速度大于A的线速度，故A项错误。
B、由牛顿第二定律得：，解得加速度：，在P点，G、M、r都相同，卫星B在P点的加速度大小与卫星C在该点加速度大小相等，故B项错误。
D、卫星B绕地球做椭圆轨道运行，只有地球的万有引力对B做功，其机械能守恒，故D项错误。
5. 惊险的娱乐项目一一娱乐风洞：是在竖直的圆筒内，从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来，让人体验太空飘浮的感觉．若风洞内向上的风速、风量保持不变，让质量为m的表演者通过身姿调整，可改变所受向上的风力大小，以获得不同的运动效果．假设人体受风力大小与有效面积成正比，己知水平横躺时受风力有效面积最大，站立时受风力有效面积最小，为最大值的 ，与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移．在某次表演中，质量为m的表演者保持站立身姿从距底部高为H的M点由静止开始下落；经过N点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的P点时速度恰好减为零．则在从M到P的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 人向上的最大加速度是
B. 人向下的最大加速度是
C. NP之间的距离是
D. 若在P点保持水平横躺，经过N点时，立即调整身姿为站立身姿恰好能回到M点并持静止
【答案】C
【解析】AB、设人所受的最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为Fm
由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力 G=Fm，得 Fm=2G=2mg
则表演者保持站立身姿时，向下的最大加速度为
人平躺时，向上的最大加速度为
故AB两项错误。
C、设下降的最大速度为v，由速度位移公式，得：
加速下降过程位移，减速下降过程位移
则 又 解得：，即NP之间的距离是
故C项正确。
D：若在P点保持水平横躺，经过N点时，立即调整身姿为站立身姿，设人到达M的速度为v．对上升的整个过程，由动能定理得
可得 v=0，则人恰好能回到M点。但在M点受的合力向下，不能保持静止。
故D项错误。
6. 变速自行车变换齿轮组合来改变行驶速度．如图所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则（ ）
A. 该自行车可变换两种不同挡位
B. 当B轮与C轮组合时，两轮的线速度之比
C. 当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比
D. 当A轮与C轮组合时，两轮上边缘点M和N的向心加速度之比
【答案】D
【解析】A、A轮通过链条分别与C、D连接，自行车可有两种挡位，B轮分别与C、D
连接，又可有两种挡位，所以该车可变换4种挡位。故A项错误。
B、同缘传动边缘点线速度相等，当B轮与C轮组合时，两轮的线速度相等。故B项错误。
C、当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相等，前齿轮的齿数与转动圈数的乘积等于后齿轮齿数与转动圈数的乘积，则 解得： 故C项错误。
D、当A轮与C轮组合时，两轮上边缘点M和N的线速度相等，则根据向心加速度公式可知，向心加速度之比
两轮边缘线速度大小相等，前齿轮的齿数与转动圈数的乘积等于后齿轮齿数与转动圈数的乘积，则，解得：
所以当A轮与C轮组合时，两轮上边缘点M和N的向心加速度之比
故D项正确。
7. 质量为40kg的雪撬在倾角θ=37°的斜面上向下滑动（如图甲所示），所受的空气阻力与速度成正比．今测得雪撬运动的v﹣t图象如图乙所示，且AB是曲线的切线，B点坐标为（4，15），CD是曲线的渐近线．根据以上信息，可以确定下列哪些物理量（ ）
A. 空气的阻力系数
B. 雪撬与斜坡间的动摩擦因数
C. 雪撬在斜面上下滑的最大速度
D. 雪撬达到最大速度时所用的时间
【答案】ABC
【解析】在A点时，加速度为： 速度为：vA=5m/s
根据牛顿第二定律得：
当加速度a=0时，速度达到最大，vm=10m/s
有
联立解得：
由于该运动是加速度变化的加速运动，据题目已给条件无法求出雪橇到达最大速度所用的时间。故A、B、C正确，D错误。
8. 在恶劣的雾霾天气中，能见度不足100m．甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前，行驶速度是15m/s，甲在后，行驶速度是25m/s，二车同向行驶．某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，结果两辆车发生了碰撞．如图所示为两辆车刹车过程的v﹣t图象，由此可知（ ）
A. 两辆车刹车时相距的距离一定等于112.5m
B. 两辆车刹车时相距的距离一定小于l00m
C. 两辆车可能是在刹车后的20s之后的某时刻发生相撞的
D. 两辆车要避免相撞，后车甲应该增大刹车的加速度
【答案】BD
【解析】AB、由图可知，两车速度相等时经历的时间为20s，甲车的加速度为
，
乙车的加速度为
0～20s内甲车的位移
0～20s内乙车的位移
由于两辆车发生了碰撞，所以两辆车刹车时相距的距离一定小于
故A项错误，B项正确。
C：因为速度相等时，若不相撞，接下来两者的距离又逐渐增大，可知两辆车一定是在刹车后的20s之内的某时刻发生相撞的，故C项错误。
D：两辆车要避免相撞，后车甲应该增大刹车的加速度，使其速度减得更快，故D项正确。
点睛：避碰类问题要分析速度相等时的位置关系，确认此时是否发生碰撞且判断碰撞能否发生。
9. 一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向向下运动，运动过程中，物体的机械能与位移的关系图象如图所示，其中0～s1过程的图象为曲线，s1～s2过程的图象为直线，根据该图象，下列说法正确的是（ ）
A. 0～s1过程中物体所受拉力一定是变力，且不断减小
B. s1～s2过程中物体可能在做匀变速直线运动
C. s1～s2过程中物体可能在做变加速直线运动
D. 0～s2过程中物体的动能可能在不断增大
【答案】CD
【解析】A、由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在0～s1内斜率的绝对值逐渐增大，在O～s1内物体所受的拉力逐渐增大。故A项错误。
B、由于物体在s1～s2内E﹣x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．物体可能做匀变速直线运动也可能做匀速运动。故B项正确。
C、由于物体在s1～s2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体不可能做变加速直线运动，故C项错误。
D、如果物体在0～s2内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，物体的动能不断增大，故D项正确。
10. 质量均为0.5kg的木块P、M、N叠放在水平桌面上，用一根细线分别拴接在M和N右侧，在细线中点用水平轻质细绳绕过固定在桌面右端的光滑定滑轮悬挂一质量为0.5kg的重物．系统整体处于静止状态，细线与竖直方向夹角θ=60°，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 木块M受到木块P的摩擦力水平向左
B. 木块M和N之间的摩擦力为2.5N
C. 细线中的拉力为
D. 若其它条件不变，θ变小，木块N对桌面的压力增大，系统仍将处于平衡状态
【答案】BC
【解析】A、对P进行受力分析可知，P只受到重力和支持力，水平方向没有引起P产生运动趋势的力，所以P不受摩擦力，则M也不受P的摩擦力，故A项错误。
B、水平绳子拉力
细线与竖直方向夹角θ=60°，将倾斜细线的拉力分解成水平方向与竖直方向，则细线水平分力大小：
将P、M作为整体，N对M的摩擦力等于倾斜细线拉力的水平分量，木块M和N之间的摩擦力为2.5N，故B项正确。
C、细线与竖直方向夹角θ=60°，则细线的拉力大小：，故C项正确。
D、当看成整体时，无论θ变小，还是变大，整体受力情况不变。木块N对桌面的压力不变，系统仍将处于平衡状态。故D项错误。
点睛：整体法和隔离法的问题，要恰当选择研究对象进行分析。
二、实验题
11. 如图所示，某实验小组利用气垫导轨和两光电门A和B验证滑块和钩码组成的系统机械能守恒，己知滑块的质量为M，钩码的质量为m，遮光条的宽度为d，滑块通过光电门A、B的时间分别为△t1和△t2．滑块通过光电门B时，钩码未落地，本地的重力加速度为g．
（1）气垫导轨调平：取下牵引钩码，接通气垫导轨装置的电源，调节导轨下面的螺母，若滑块放在气垫导轨上的任意位置都能保持静止，或者轻推滑块，若通过光电门A、B的时间_____，则导轨水平．
（2）在本实验中，以下说法正确的是______（选填选项前的字母）．
A．遮光条的宽度应尽可能选较小的
B．选用的钩码的质量应远小于滑块的质量
C．为了减小实验误差，光电门A、B的间距应该尽可能大一些
D．用来牵引滑块的细绳可以与导轨不平行
（3）除了题目中给出的滑块的质量M和钩码的质量m、遮光条的宽度d，滑块通过光电门A、B的时间△t1、△t2重力加速度为g外，还需测量的物理量是_____；验证滑块和钩码组成的系统机械能守恒的表达式为_____（用己知量和测量的量表示）．
【答案】 (1). 相等 (2). AC (3). A、B光电门之间的距离L (4).
【解析】（1）实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂重物的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，滑块通过光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，证明气垫导轨已经水平。
（2）A、滑块经过光电门时的瞬时速度用平均速度来代替，由求出，d越小，误差越小，故A项正确。
B、本实验不需要测量细绳对滑块的拉力，即不需要用钩码的质量代替细绳的拉力，所以不需要满足钩码的质量m应远小于滑块的总质量M这个条件，故B项错误。
C、光电门A、B的间距越大，相对误差越小，故C项正确。
D、用来牵引滑行器M的细绳必须与导轨平行，这样钩码下降的高度与滑块滑行的距离相等。故D项错误。
(3)滑行器经过光电门A、B的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为 ，
设两光电门间的距离为L，钩码的重力势能减少量为：
钩码及滑块的动能增加量相等为：
要验证机械能守恒的表达式为：
实验还需要测量两光电门间的距离L．
12. 在用如图甲所示的装置“验证牛顿第二定律”的实验中，保持小车质量一定时，验证小车加速度a与合力F的关系．
①除了电火花计时器、小车、砝码、砝码盘、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外，在下列器材中必须使用的有_____（选填选项前的字母）．
A．220V、50Hz的交流电源
B．电压可调的直流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平（附砝码）
②为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，以下操作正确的是_____．
A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上
C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上
③某同学得到了图乙所示的一条纸带，由此得到小车加速度的大小a=_____m/s2（保留三位有效数字）．
④在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，已知三位同学利用实
验数据做出的a﹣F图象如图丙中的1、2、3所示．下列分析正确的是_____
（选填选项前的字母）．
A．出现图线1的原因可能是没有平衡摩擦力
B．出现图线2的原因可能是砝码和砝码盘的质量不合适
C．出现图线3的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大
⑤在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是_____（选填“系统误差”或“偶然误差”）．设拉力的真实值为F真，小车的质量为M，为了使 ＜5%，应当满足的条件是＜_____．
【答案】 (1). ACE (2). AC (3). 1.15 (4). B (5). 系统误差 (6). 5%
【解析】试题分析：
①电火花计时器需要220V交流电源，故A是必须的；纸带上的点之间的距离需要用刻度尺测出，故C是必须的；该实验是验证小车加速度a与合力F的关系，故需要知道砝码与砝码盘的质量，需要用天平测出，故E也是必须的。
②为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，则要使细线与长木板平行，还需要将纸带连接在小车后面，但不能加挂砝码，即不能给它施加外力的作用，故选项AC正确。
③由图可知，纸带提供的间隔有15个，我们取后14个，然后将其分为两大段，根据△x=at2来计算，则a==1．17m/s2；
④出现图线1的原因是平衡摩擦力过度，因为图线1说明没有施加力时，就已经有加速度了，选项A错误；出现图线2的原因可能是砝码和砝码盘的质量太大，不满足小车的质量远大于砝码盘的质量，故选项B正确；出现图线3的原因可能是平衡摩擦力不足，长木板的倾斜度过小，故选项C错误。
⑤
细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg的条件是砝码的质量远小于小车的质量，这是由于实验的方法造成的，不是因为读数等偶然因素造成的，故它属于系统误差；因为拉力的真实值为F真=，要使，将代入即可得出 。
考点：验证牛顿第二定律实验。
三、计算题
13. 据报道，一儿童玩耍时不慎从45m高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童．已知管理人员到楼底的距离为18m，为确保能稳妥安全接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击．不计空气阻力，将儿童和管理人员都看作质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g取10m/s2．
（1）管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？
（2）若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9m/s，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？
【答案】（1）管理人员至少用6m/s的平均速度跑到楼底；
（2）管理人员奔跑时加速度的大小需满足a≥9 m/s2
【解析】试题分析：（1）儿童下落过程，由运动学公式可得
管理人员奔跑的时间
对管理人员奔跑过程，由运动学公式
联立可得
（2）假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为
由运动学公式可得，解得，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底，
设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为：，位移分别为
由运动学公式可得④，⑤，⑥，⑦，⑧，，由④~⑨解得
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题
14. 如图所示，一长L=2m、质量为M=12kg的木板置于水平地面上，木板上表面光滑且距水平地面的高度h=0.8m，木板与水平地面间的动摩擦因数μ=0.3，木板向右运动且水平方向仅受摩檫力作用，当木板速度v0=7m/s时，把一个质量为m=lkg的物块（视为质点）轻轻放在木板的右端．从物块放上木板开始计时，求：
（1）物块经过多长时间着地？
（2）经过3s时间，物块离木板右端多远？（物块着地后不再反弹，取g=10m/s2，计算结果保留2位有效数字）
【答案】（1）从物块放上木板开始计时至落地的时间是0.71s．
（2）经过3s时间，物块离木板右端距离是8m．
【解析】（1）木板上表面光滑，所以开始时物块m静止，放上m后地面对M的摩擦力
设M的加速度为a1，则
设m离开木板时木板的速度为v，则有
设物块m在木板上运动的时间为 t1，则
代入数据解得 t1≈0.31s，v=6m/s
物块m离开木板后做自由落体运动，则 可得：t0=0.4s
所以从物块放上木板开始计时至落地的时间
（2）m离开M后，M的加速度为
M停下来所用时间为 t2，则 解得：t2=2s
在t2内M前进的距离为
所以经过3s时间，物块离木板右端距离
点睛：板块模型是牛顿运动定律部分的典型模型，对各种可能情况要能熟练掌握。必要时可画出速度时间图象帮助分析运动过程。
15. 如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l．水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道．已知R=0.2m，l=1.0m，v0=m/s，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为μ=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2．求：
（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小．
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度．
（3）调节PQ段的长度l，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道．
【答案】（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小为 ．
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度0.2m．
（3）A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道的条件是：1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m．
(2) A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，滑上圆轨道，应用动能定理得：解得：，符合实际。
物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度0.2m
(3) 物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，
要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：
①若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0＜h≤R，
，联立解得：
②若A能沿轨道上滑至最高点，则且
联立解得：
综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是1.0m≤L＜1.5m或 L≤0.25m
点睛：复杂运动过程的问题，在受力分析确定运动过程后，优先对全过程应用动能定理。