内蒙古乌兰察布市2018届高三物理上学期期中试题.pdf

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1、内蒙古乌兰察布市2018 届高三物理上学期期中试题 一、单项选择题： ( 每题 6 分，每道题只有一个正确选项，选对 6 分，选错 0 分，共计 30 分。) 1. 如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动， 金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍， 不考虑行星自转的影响，则（） A.金星表面的重力加速度是火星的倍 B.金星的“第一宇宙速度”是火星的倍 C.金星绕太阳运动的加速度比火星小D.金星绕太阳运动的周期比火星大 2. 将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略a为小球运动轨迹 上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和 Ek2从抛出开始到小球第一

2、次经过 a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2下列选项 正确的是（） A.Ek1=Ek2，W1=W2B.Ek1Ek2，W1=W2 C.Ek1Ek2， W1 W2D.Ek1Ek2，W1W2 3. 如图所示， A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时 间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2 倍，则 两球从抛出到相遇经过的时间为（） A.tB.t C.D. 4. 如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上 套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过 程中，大圆环对它的作用力（） A.一直不做功B.一直做正功 C

3、.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心 5. 某消防队员从一平台上跳下，下落2 米后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自 身重心又下降了0.5 米，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为（） A.自身所受重力的2 倍B.自身所受重力的5 倍 C.自身所受重力的8 倍D.自身所受重力的10 倍 二、多项选择题：( 每题 6 分，选对6 分，选对不全得3 分，错选0 分，共计18 分。 ) 6. 小木块放在倾角为 的斜面上，受到一个水平力F（F0）的 作用处于静止，如图则小木块受到斜面的支持力和摩擦力的合力 的方向与竖直向上的方向的夹角 可能是（） A.=0 B.向左上方， = C.

4、向右上方， D.向左上方， 7. 如图所示，质量为m的木块，从位于竖直平面内的圆弧形曲面上滑下， 由于摩擦力的作用，木块从a到b运动的速率增大，b到c的速率一直保 持不变，c到d的速率减小，则（） A.木块在abcd段运动的加速度都不为零 B.木块在ab段和cd段的加速度不为零，但bc段的加速度为零 C.木块在整个运动过程中所受合外力的大小一定，方向始终指向圆心 D.它只在bc段所受合外力的大小不变，方向指向圆心 8. 如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P 、 Q和 R，质量 分别为m、2m和 3m，物块与地面间的动摩擦因数都为用 大小为 F 的水平外力推动物块P， 记 R和 Q之间相互作用

5、力与 Q与 P之间相互作用力大小之比为k下列判断正确的是（） A.若 0，则k=B.若 0，则k=C.若 =0，则k=D.若 =0，则k= 三、实验填空题( 每空 3 分，共 15 分。 ) 9. 某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图1 所示， （1）下面是实验的主要步骤： 安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； 向气垫导轨通入压缩空气； 把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架 并固定在滑块1 的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水 平方向； 滑块 1 挤压导轨左端弹射架

6、上的橡皮绳； 把滑块2 放在气垫导轨的中间； 先 _ ，然后 _ ，让滑块带动纸带一起运动； 取下纸带，重复步骤，选出较理想的纸带如图2所示： 测得滑块1（包括撞针）的质量为310g，滑块 2（包括橡皮泥）的质量为205g；试完善实 验步骤的内容 （2）已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前质量与速度的乘 积之和为 _ kg?m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为 _ kg?m/s（保 留三位有效数字） （3）试说明（ 2）问中两结果不完全相等的主要原因是： _ 四、计算题 (10 题 12 分， 11 题 12 分， 12 题 13 分。共 37 分。注：

7、要求给出详细解题步骤和 适当文字说明。) 10. 如图所示，质量为M=3kg的平板小车静止在光滑的水平面上，小 车平板面离地面的高度h=1.8m，有一质量m=1kg的小物块（可视为 质点）以v0=5m/s从小车左端滑上小车，在小车上运动2s后，从小 车右端飞出， 最后落在水平地面上，测得滑块滑上小车到落地过程中 的水平位移大小为s=8.2m，重力加速度为g=10m/s 2求： （i）滑块刚离开小车时的速度； （ii）小车的末速度及小车的长度 11. 如图甲所示， 一个以恒定速率逆时针转动的传送带AB ，在其左侧边缘的B点有一个不计大 小的滑块，若滑块以初速度v1=3m/s冲上传送带，滑块运动的

8、v-t力象如图乙中实线a所示； 若滑块以初速度v2=6m/s冲上传送带， 滑块运动的v-t图象如图所乙实线b所示 重力加速度 g取 10m/s 2求： （1）传送带的长度L 和传送带与滑块间的动摩擦因数； （2）滑块以初速度v1=3m/s冲上传送带到返回B点所用的时间t 12. 如 图所 示为 一种 打地 基所 用的 夯，打夯时四人分别握住夯锤的一个把手，同时向上用力然后同时松手，夯落至地面将地基 夯实若已知夯的质量为80kg，每个人对夯施加竖直向上的力均恒为250N，力的持续时间为 0.6s，夯落地时将地面砸出的凹痕深为2cm，重力加速度g取 10m/s 2，求 （1）夯离地瞬间的加速度；

9、（2）夯砸入地面的过程中夯对地面的平均作用力； （3）夯在空中运动多长时间，其重力瞬时功率为1600W .B 解： A、根据 mg=G得 g=，可知金星与火星表面重力加速度之比=故 A错误 B、根据 v=可知，金星与火星第一宇宙速度之比=，故 B正确； C、根据 a= 可知，距离太阳越远，加速度越小，金星距离地球近，则金星绕太阳运动的 加速度比火星大，故C错误 D、根据开普勒第三定律=k，可知距离太阳越远，周期越长，金星距离地球近，所以金星绕 太阳运动的周期比火星短，故D错误 2.B 解：从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a 点，上升的高度相等，可知重 力做功相等， 即 W1=W2

10、 对两次经过a 点的过程运用动能定理得，-Wf=Ek2-Ek1 ，可知 Ek1 Ek2，故 B正确， A、C、 D错误 3.C 解：两球同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，始终在同 一水平面上，根据x=vAt+vBt 知，当两球的抛出速度都变为原来的2 倍，则两球从抛出到 相遇经过的时间为，故 C正确， ABD错误 4.A 解： AB 、大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直 于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，故A正确， B错误； CD 、小环在运动过程中，在大环的上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心， 运动到大环的下

11、半部分时，支持力指向大环的圆心，故CD错误 5.B 解：设消防队员的重力为G，地面对他双脚的平均作用力大小为F 把消防员看成质点组，重力对人做正功，消防员自身内力做负功， 根据动能定理，对全过程进行研究得：G（h1+h2）-Fh2=0 得到 F=5G ，即在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为自身所受重力的5 倍 6.BD 解：对滑块受力分析，受重力、支持力、推力和摩擦力（可能不受摩擦力），四力平衡， 其中支持力与摩擦力的合力与其余两个力的合力等大、反向、共线； 由于推力F和重力 G的合力一定向右下方，故支持力与摩擦力的合力与其余两个力的合力 一定平衡，向左上方； 当 时，物体有上滑趋势，

12、静摩擦力平行斜面向下； 当 = 时，物体无滑动趋势，不受静摩擦力； 故 AC错误， BD正确； 7.AD 解： A、小球 ab 段和 cd 段速度大小在变化，故存在加速度；而bc 段虽然速度大小不变， 但方向时刻在变化，因此也存在加速度，当然由于做的曲线运动，因此加速度一定不为零， 故 A正确， B错误； C、只有做匀速圆周运动时，所受合外力大小一定，方向始终指向圆心，而小球ab 段和 cd 段速度大小在变化，故C错误， D正确； 8.BD 解：三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度； 所以， R和 Q之间相互作用力，Q与 P之间相互作用力 ； 所以，； 由于谈论过程与 是否为零无关

13、，故恒成立，故AC错误， BD正确； 9. 接通电源；释放纸带； 0.620；0.618；纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用 解：（1）使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后 放开滑块1； （2）放开滑块1 后，滑块 1 做匀速运动，跟滑块2 发生碰撞后跟2 一起做匀速运动，根据 纸带的数据得： 碰撞前滑块1 的动量为：kg?m/s，滑块2 的动量为零，所以 碰撞前的总动量为0.620kg?m/s 碰撞后滑块1、2 速度相等，所以碰撞后总动量为： kg?m/s （3）结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用 10. 答： （1）离开小车时滑块的

14、速度是2m/s； （2）小车的末速度是1m/s，小车的长度是6m 解： （1）滑块离开小车后做平抛运动，运动的时间为： t1=s=0.4s 设滑块离开小车时的速度为v1，则有： S=?t+v 1t1 ； 代入数据得： v1=2m/s （2）设小车的末速度为v2，由于滑块在小车上滑动的过程中，滑块与小车组成的系统沿 水平方向的动量守恒，选择向右为正方向，则有： mv0=mv1+Mv2 代入数据得： v2=1m/s 所以小车的长度为：L=?t - ?t=2-2=6m 11.答： （1）传送带的长度为 32m ；传送带与滑块间的动摩擦因数为0.05； （2）滑块返回 B点所用的时间是 12.5s 解

15、： （ 1）由 v-t图象可知，滑块以初速度v2=6m/s 冲上传送带时，在t=8s 时刻到达A点，故 传送带的长度为： L=t=（ 6+2）8m=32m 根据图线a 或 b，可求得滑块的加速度为：a=-0.5m/s2 由牛顿第二定律可得：- mg=ma 解得： =0.05 （2）滑块在前后两段时间的位移大小相等，方向相反，可得：63=（ 10-6）2+ （t-10 ）2 解得滑块回到B点的时间为：t=12.5s 12 答： （1）夯离地瞬间的加速度为2.5m/s2； （2）夯砸入地面的过程中夯对地面的平均作用力23300N ； （3）夯在空中运动 0.95s 时，其重力瞬时功率为1600W 解： （ 1）离地时夯所受合力为： 应用牛顿第二定律可得： （2）上升过程中位移为： 由动能定理可得：Ek=W=Fs+mgh-Wf= （10000.45） +（8000.02） - （f 0.02） =0 解得： f=23300 （N） （3）重力功率为1600W时瞬时速度为 上升过程中最大速度为：v=at=2.5 0.6=1.5 （m/s） ，所以速度为2m/s 出现在升到最高点后 的下落过程中，v=-2m/s 撤去力后，：v=v0-gt ，所以： 所以 t=0.6+0.35=0.95（s）