1、届福建省师大附中高三上学期期中考试物理试题解析版福建省师大附中2019届高三上学期期中考试物理试题 (1)一、选择题1.甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度-时间t图像分别如图中甲、乙两条曲线所示已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是（ ）A. 两车在t1时刻也并排行驶B. t1时刻甲车在后，乙车在前C. 甲车的加速度大小先增大后减小D. 乙车的位移大小先减小后增大【答案】B【解析】【详解】已知在t2时刻，两车并排行驶，在t1-t2时间内，甲图线与时间轴围成的面积大，则知甲通过的位移大，可知t1时刻，乙车在前，甲车在后，两车没有并排行驶。故A错误、B正确。图线切线的斜率表示加速
2、度，可知甲车的加速度先减小后增大，故C错误；乙的速度一直为正值，可知乙的位移一直增加，故D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度。2.滑雪运动深受人民群众喜爱某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中，下列说法正确的是（ ）A. 所受合外力始终为零B. 所受摩擦力大小不变C. 合外力做功一定不为零D. 机械能一定减少【答案】D【解析】【详解】滑雪运动员沿圆弧轨道运动的速率不变，则运动做匀速圆
3、周运动，所受合外力指向圆心且不为零，故A错误；运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于0，所以滑动摩擦力也逐渐减小，故B错误；滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为0，故C错误；运动员从A到B下滑过程中的动能不变，而重力势能减小，所以机械能减小，故D正确。故选D。【点睛】本题抓住运动员做的是匀速圆周运动，速率不变，动能不变，根据匀速圆周运动的特点分析速度、加速度、合外力的情况。3.在一斜面顶端，将甲、乙
4、两个小球分别以3和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上.甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（ ）A. 3倍B. 4倍C. 6倍D. 9倍【答案】A【解析】【详解】两小球都落在斜面上，有： 解得：，则落在斜面上时的竖直分速度为：vy=gt=2v0tan，根据平行四边形定则知：，两球的初速度之比为3：1，则落在斜面上的速率之比为3：1，故A正确，BCD错误。故选A。【点睛】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，抓住位移关系，结合速度时间公式和平行四边形定则求出速度的表达式是关键.4.如图所示，质量为60kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一
5、根直棒，已知重心在C点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9m和0.6m，若她在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，则克服重力做功为（ ）A. 4320JB. 144JC. 720JD. 7200J【答案】A【解析】【详解】根据几何关系可知，运动员重心上升的高度为：h=0.4=0.24m；故克服重力做功为：W=nmgh=30600N0.24m=4320J；故选A.5.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面若鱼缸和桌布、桌布和桌面之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（ ）A. 若猫减小拉力，鱼缸不会滑出桌面B. 鱼缸在桌布上
6、的滑动时间和在桌面上的相等C. 若猫增大拉力，鱼缸受到的加速度将增大D. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左【答案】B【解析】【详解】猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故A错误；由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v=at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故B正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍是滑动摩擦力，由于动摩擦因数与正压力没变，因此摩擦力也不变，鱼缸的加速度将不变，故C错误；桌布向右拉出时，鱼缸
7、相对于桌布向左运动，故鱼缸受到的滑动摩擦力向右，故D错误；故选B.【点睛】本题考查摩擦力的类型，及影响滑动摩擦力的因素，分析判断鱼缸受到的摩擦力是解题的关键，同时还要注意拉力减小后，鱼缸可能由滑动摩擦力变为静摩擦力6.2018年2月，我国500 m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19 ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析;在天体中万有引力提供向心力，即 ，天体的密度公式，结合这两个公式求解。设脉冲星值量为M，密度为 根据天体运动规律知
8、： 代入可得： ，故C正确；故选C点睛：根据万有引力提供向心力并结合密度公式求解即可。7.如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为120，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g则此下降过程中（ ）A. A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大于mgB. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D. 弹簧的弹性势能最大值为mgL【答案】D【解析】【详解】A的动能
9、最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=mg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B错误；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A下落的高度为：h=Lsin60-Lsin30，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EP=mgh=mgL，故D正确。故选D。【点睛】解答本题的关键是弄清楚小球A在运动过程中的受力情况，知道平衡位置时受力平衡，加速度方向向下属于失重、加速度方向向上属于超重8.如图所示，某生产
10、厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车A、B并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车（无牵引力），假设车受到的阻力与质量成正比，控制两车以相同的速度0做匀速直线运动。某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A保持原来的牵引力不变，玩具车B保持原来的输出功率不变，当玩具车A的速度为20时，玩具车B的速度为1.50，则（ ）A. 在这段时间内两车的位移之比为65B. 玩具车A的功率变为原来的4倍C. 两车克服阻力做功的比值为1211D. 两车牵引力做功的比值为51【答案】C【解析】【详解】设玩具车、火车质量都为m，动摩擦因数为，那么两车的挂钩
11、断开与货车分离，玩具车的速度为v0，牵引力F=2mg，加速度为a=g，电机输出功率P=Fv0=2mgv0；玩具车A保持原来的牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车A的速度为2v0时，位移，功率PA=F2v0=2PA，克服摩擦力做的功WfAmgsAmv02，牵引力做的功WFAFsA3mv02；玩具车B保持原来的输出功率不变前进，当玩具车A的速度为2v0时，玩具车B的速度为1.5v0，由动能定理可得：；所以位移，所以，sA：sB=12：11；克服摩擦力做的功WfBmgsB，所以，WfA：WfB=12：11；牵引力做的功WFBP2mgv02mv02，所以，WFA：WFB=3：2；故C正确，AB
12、D错误；故选C。9.火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10在此10s时间内，火车（）A. 运动路程为600m B. 加速度为零C. 角速度约为1rad/s D. 转弯半径约为3.4km【答案】AD【解析】本题考查匀速圆周的概念，意在考查考生的理解能力。圆周运动的弧长s=vt=6010m=600m，选项A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；由题意得圆周运动的角速度rad/s= rad/s，又，所以m=3439m，故选项C错误、D正确。点睛：本题以火车转弯指南针偏转为背景考查匀速圆周的概念，解
13、答时要注意角度与弧度的换算关系。10.如图所示，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量P随时间t的变化关系图象，合理的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【详解】b与弹簧接触后，压缩弹簧，b做减速动，a做加速运动，且在运动过程中系统的动量守恒，如果b的质量较小，可能出现b反弹的现象，出现图像B的运动过程；如果ab两球的质量相等，则可以出现D的运动过程；如果a的质量很小，可能出现A的运动过程，故ABD合理；b与弹簧接触后，弹力慢慢增大，然后再减小，故两物体的加速度一定先增大后减小，故C不合理；故选：ABD。【点睛】本题考查
14、含有弹簧问题的动量守恒定律的应用，要注意正确分析弹簧弹力的性质，从而确定运动过程，注意考虑多种可能性。11.如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球A和B，竖直放置，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L由于微小的扰动，A球沿竖直光滑槽向下运动，B球沿水平光滑槽向右运动，下列说法正确的是( )A. A球下滑过程中的机械能守恒B. 在A球到达水平滑槽前，A球的机械能先增大后减小C. 当小球A沿墙下滑距离为L/2时，A球的速度为D. A球的机械能最小时轻杆对B球的作用力为零【答案】CD【解析】【详解】系统机械能守恒，A的机械能转化为B的动能，B的动能开始是0，最终还是0，所以A球的机械能先减
15、小后增大。最终A球以一定的竖直速度撞击横槽。故AB错误；当小球A沿墙下滑距离为L/2时，A球的速度为v1，B球的速度为v2。根据系统机械能守恒定律得：；两球沿杆子方向上的速度相等，则有：v1cos60=v2cos30。联立两式解得：，故C正确；A球的机械能最小时这是一个瞬间状态，是轻杆对B做负功和正功的临界点，所以作用力为0，故D正确；故选CD。【点睛】该题突破口是系统机械能守恒（墙和地对球的弹力不做功），由绳物模型可知，B的速度沿杆方向的分速度等于杆的速度，越向下运动杆的速度越小，当A刚要到地面时杆的速度为零。即B的速度为零。12.如图所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静
16、止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg。现剪断A、B间的细绳，解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的t图如图所示，则可知( ) A. 在A离开挡板前，A、B系统动量不守恒，之后守恒B. 在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒C. 弹簧锁定时其弹性势能为9JD. 若A的质量为1kg，在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J【答案】ACD【解析】【详解】在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；离开挡板之后，系统的合外力为零，动量守恒，故A正确；在A离开挡板前，挡板对A的作用力不做功，A、
17、B及弹簧组成的系统在整个过程中只有弹簧的弹力做功，机械能都守恒，故B错误；解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为B的动能，根据机械能守恒定律，有：，由图象可知，vB=3m/s，解得：Ep=9J，故C正确。分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBv0=（mA+vB）v共；联立解得：Ep=3J，故D正确。故选CD。【点睛】本题主要考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，关键是搞清运动过程，能够知道当弹簧伸到最长时，其势能最大二、实验题13.在做“探究加速度与
18、力、质量的关系”实验中，（1）需要用到下列仪器的是_A打点计时器 B弹簧测力计 C秒表 D天平（2）下列说法正确的是_A先释放纸带再接通电源B拉小车的细线应尽可能与长木板平行C纸带与小车相连端的点迹较疏D轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡（3）如图所示是实验时打出的一条纸带，A、B、C、D为每隔4个点取计数点，据此纸带可知小车在D点速度大小为_m/s（保留两位有效数字）【答案】 (1). AD; (2). BD; (3). ;【解析】【详解】（1）实验中需要用打点计时器测量加速度；需要用天平测量小车的质量；不需要弹簧测力计和秒表，故选AD.（2）实验开始时，要先接通电源再释
19、放纸带，选项A错误；拉小车的细线应尽可能与长木板平行，以减小实验的误差，选项B正确；开始运动时速度较慢，则纸带与小车相连端的点迹较密集，选项C错误；轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡，选项D正确；故选BD. （3）由图可知，CE=4.10cm，T=0.1s，则D点的瞬时速度为【点睛】解决本题的关键知道实验的原理和误差的来源，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。14.某同学利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示气垫导轨与水平桌面的夹角为，导轨底端P点有一带挡光片的滑块，滑块和挡光片的总质量为M，挡光片的宽度为b，滑块与
20、沙桶由跨过轻质光滑定滑轮的细绳相连导轨上Q点固定一个光电门，挡光片到光电门的距离为d（1）实验时，该同学进行了如下操作：开启气泵，调节细沙的质量，使滑块处于静止状态，则沙桶和细沙的总质量为 _；在沙桶中再加入质量为m的细沙，让滑块从P点由静止开始运动已知光电门记录挡光片挡光的时间为t，则滑块通过Q点的瞬时速度为_.（2）在滑块从P点运动到Q点的过程中，滑块的机械能增加量E1_，沙桶和细沙的机械能减少量E2_在误差允许的范围内，如果E1E2，则滑块、沙桶和细沙组成的系统机械能守恒【答案】（1）（2）；【解析】试题分析：（1）滑块处于静止状态，在沿斜面方向上有，而绳子的拉力等于沙桶和细沙的总重力，
21、故沙桶和细沙的总质量为光电门的宽度非常窄，所以通过光电门的瞬时速度可近似等于通过光电门的平均速度，故通过Q点的瞬时速度为（2）在滑块从P点运动到Q点的过程中，滑块的动能增加，重力势能增加，则滑块的机械能增加量为，沙桶和细沙重力势能减小，动能增加，则沙桶和细沙机械能的减小量为考点：验证机械能守恒定律【名师点睛】了解光电门测量瞬时速度的原理实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面；此题为一验证性实验题要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键三、计算题15.如图所示，由金属凹槽制成的光滑的圆弧轨道固定在水平地面上，
22、半径为R在轨道右侧的正上方分别将金属小球A由静止释放，小球距离地面的高度用hA表示，则（1）若A小球能过轨道的最高点，求hA的最小值；（2）适当的调整hA，是否能使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处？（请用公式定量计算证明）【答案】（1）（2）不能【解析】【详解】（1）小球恰能经过最高点时：解得 由动能定理： 解得： （2）若小球恰能经过最高点，则从最高点飞出后做平抛运动，则 解得 则小球不能落到轨道右端口处.16.如图所示，传送带与地面的倾角37，A到B的长度为L=7.25m，传送带以05 m/s的速度逆时针转动在传送带上端A无初速放一个质量为m=1kg的物体，它与传送带之间的动
23、摩擦因数0.5，重力加速度g=10m/s2 .（sin370.6，cos370.8）（1）求物体从A运动到B所需的时间是多少？（2）若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度？【答案】（1）1.5s（2）1.25m【解析】【详解】（1）开始阶段，由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma1 a1gsingcos10m/s2 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t10.5s 发生的位移s1a1t121.25m7.25m，即物体加速到5m/s时仍未到达B点 由于tan mgsinmgcosma2 解得a22m/s2 ，则：LABs10t2a2t22解得：t21s，t2-6s（舍去） 故物体经历的
24、总时间tt1t21.5 s （2）物体加速至传送带的速度时，传送带前进的位移为：s10t12.5 m而物体的位移s21.25 m 物体相对于传送带向上前进的距离为s1s1s21.25 m 物体的速度大于传送带的速度后，传送带前进s30t25m 物体前进s46m 物体相对于传送带向下滑行s2s4s31m 所以物体在传送带上划痕的长为s11.25m【点睛】要注意皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻.17.有尺寸可以忽略的小物块A，放在足够长的水平地面上取一无盖的长方形木盒B将A罩住B的左右内壁间的距离为LB的质量与A相同
25、A与地面间的滑动摩擦系数A，B与地面间的滑动摩擦系数为B，且BA开始时，A的左端与B的左内壁相接触（如图所示），两者以相同的初速度0向右运动已知A与B的内壁发生的碰撞都是完全弹性的，且碰撞时间都极短A与B的其它侧面之间均无接触，重力加速度为g（1）经过多长时间A、B发生第一次碰撞（设碰撞前A、B均未停下）（2）A和B右侧第一次相碰后，若A还能够和B的左端相遇，试通过定量讨论说明此次相遇时A、B两个物体的速率哪个大些？还是等大？（3）要使A、B同时停止，而且A与B间轻轻接触（即无作用力），求初速0的所有可能的值。（用含有L、B、A和g的代数式表示）【答案】（1）（2）等大；（3） ,n为正整数【解析】【详解】（1）对A： ， 对B： ， ，解得： （2）设A、B第一次在右壁相碰前的速度分别为1和2，碰后速度分别为3和4， 得： 设经过时间t2，A与B的左侧相遇，此时A、B的速度分别为5、6，则： 代入得t1=t2 所以有： ，显然v5=v6 （3）每次A与B的左侧相遇时二者的速度都相同，且比前一次相遇时的速度减小v0=（A+B）gt1 为满足题中要求，只要某次A与B的左侧相遇时二者的速度都恰好等于0即可，即需要v0=nv0，其中n=1、2、3代入得：，n为正整数.
