2021-2022学年天津市南开区高三（上）期中物理试卷 (Word版含答案)

2021-2022学年天津市南开区高三（上）期中物理试卷
一、单项选择题（每小题6分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。）
1．（6分）质量为1500kg的汽车在平直公路上运动，v﹣t图像如图所示，由此可求（　　）
A．0～25s内汽车的平均速度为20m/s
B．0～10s内汽车的加速度为4m/s2
C．0～10s内汽车所受的合外力为3000N
D．10s～15s内合外力对汽车所做的功为3×105J
2．（6分）如图所示，M、m处于平衡状态，现用水平向左的力F拉M，M仍保持静止，则下列说法正确的是（　　）
A．m受到的拉力一定变大
B．M受到的摩擦力可能减小
C．M受到的摩擦力大小一定不变
D．M受到地面的支持力可能减小
3．（6分）一定质量的理想气体，由状态A（1，3）沿直线AB变化到C（5，1），如图所示，气体 在A、B、C三个状态中的温度之比是（　　）
A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：4：3 D．3：6：5
4．（6分）北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星1和2均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图所示．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．以下判断中正确的是（　　）
A．这两颗卫星的向心加速度大小相等，均为
B．卫星l由位置A运动至位置B所需的时间为
C．如果使卫星l加速，它就一定能追上卫星2
D．卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力做正功
5．（6分）如图所示为旋转脱水拖把结构图。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。旋转杆上有长度为35cm的螺杆，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）为d＝5cm，拖把头的托盘半径为10cm，拖布条的长度为6cm，脱水桶的半径为12cm。某次脱水时，固定套杆在1s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是（　　）
A．拖把头的周期为7s
B．拖把头转动的角速度为14πrad/s
C．紧贴脱水桶内壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
D．旋转时脱水桶内壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为5：6
二、不定项选择题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分。）
6．（6分）质量m＝0.1kg的小球以v0＝10m/s的初速度沿水平方向抛出，小球距离地面的高度h＝5m，g＝10m/s2。下列说法中正确的是（　　）
A．小球落地时速度大小为
B．小球落地时重力的瞬时功率为
C．小球落地时速度与水平方向的夹角为45°
D．小球落地时位移与水平方向的夹角为30°
7．（6分）如图所示为高空坠物的公益广告，形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明用下面的实例来检验广告的科学性：设一个质量为50g的鸡蛋从25楼顶自由落下，相邻楼层的高度差为3.2m，鸡蛋与地面撞击时间约为0.002s，不计空气阻力，g＝10m/s2。则（　　）
A．从下落到即将落地，鸡蛋的动量变化约为2000kg m/s
B．该鸡蛋对地面平均冲击力约为1000N
C．鸡蛋在空中运动过程中，任意相等时间内动量变化相等
D．鸡蛋在空中运动过程中，任意相等时间内动能变化相等
8．（6分）如图所示，木块静止在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹在木块中受的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，则下列说法中正确的是（　　）
A．木块增加的动能为fd
B．子弹克服阻力做的功为f（s+d）
C．子弹动能的减少等于木块动能的增加
D．子弹、木块系统总机械能损失为fd
三、解答题（共4小题，满分52分）
9．（19分）在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水且表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为2cm。
（1）下列有关该实验的说法正确的是 　 　。
A.本实验也可直接将纯油酸滴水面上测量
B.本实验将油膜看成单分子油膜
C.本实验忽略了分子的间隙
D.测量油膜面积时，由于不足一格的正方形面积无法估读，全部舍去
（2）该实验中每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为 　 　m3；油酸膜的面积是 　 　cm2；按以上实验数据估测出油酸分子的直径为 　 　m（保留2位有效数字）。
10．某实验小组利用如图甲所示的装置进行“探究加速度与合外力的关系”的实验。
①为了减小误差，在平衡摩擦力后，每次实验必须通过改变钩码的个数来改变小车所受合外力，获取多组数据。若小车质量为400g，实验中每次所用的钩码总质量范围应选 　 　组会比较合理。（填选项前的字母）
A.10g～40g
B.200g～400g
C.1000g～2000g
②实验中打点计时器所使用的电源频率为50Hz，图乙中给出的是实验中获取的纸带的一部分：1、2、3、4、5是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点未标出，由该纸带可求得小车的加速度a＝　 　m/s2。（结果保留3位有效数字）
③改变钩码的个数重复实验，得到加速度a与合外力F的关系如图所示，分析图丙的图像，可得出实验结论是 　 　。
11．（16分）如图所示，圆心为O、半径R＝1.6m的光滑圆轨道与水平地面相切于B点，且固定于竖直平面内。在水平地面上距B点x＝5m处的A点放一质量m＝3kg的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块在与水平地面夹角θ＝37°斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且恰能到达圆轨道最高点C。（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）小物块在C点的速度vC的大小；
（2）小物块在B点时对轨道压力的大小；
（3）拉力F的大小。
12．（17分）如图所示，质量M＝2kg的小车静止在光滑的水平面上，质量m＝1kg的小物块放在小车的最左端。现用一水平向右、大小F＝10N的力作用在小物块上，小物块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.5，经过一段时间小车运动的位移xM＝5m时，小物块刚好运动到小车的最右端，g＝10m/s2。求：
（1）小物块运动到小车最右端所用的时间t和此时小物块的速度vm的大小；
（2）这一过程中，力F所做的功W及物块和小车因摩擦而产生的热量Q。
2021-2022学年天津市南开区高三（上）期中物理试卷
试题解析
一、单项选择题（每小题6分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。）
1．【解答】解：A、在v﹣t图像中，图像与横轴围成的面积表示位移，则汽车在0～25s内的位移为：，则平均速度为，故A错误；
BC、在v﹣t图像中，斜率表示加速度，则在0～10s内，汽车的加速度为，根据牛顿第二定律可知，汽车所受的合外力为F＝ma＝1500×2N＝3000N，故B错误，C正确；
D、由图像可知，t＝10s时汽车的速度为20m/s，t＝15s时汽车的速度也为20m/s，合外力做功等于动能的变化量，所以10s～15s过程中合外力对汽车不做功，故D错误；
故选：C。
2．【解答】解：A、以m为研究对象，受力分析如图所示：
根据平衡条件得：T＝mg，可知m受到的拉力一定不变，故A错误；
BC、以M为研究对象，受力分析如图所示，设绳子与水平方向夹角为α，
在水平方向上，没有施加外力时，由平衡条件得：Tcosα＝f
施加外力后，若外力F比较小，物体仍受向左的摩擦力，根据平衡条件得：Tcosα＝f′+F
若外力F比较大，则物体受向右的摩擦力，根据平衡条件得：Tcosα+f″＝F
联立解得f′＜f，即摩擦力可能减小；
f″＝F﹣Tcosα，若F＝2Tcosα，则f″＝f，即摩擦力可能不变，故B正确，C错误；
D、对M在竖直方向上，由平衡条件得：N+Tsinα＝Mg
解得：N＝Mg﹣mgsinα，则M受到地面的支持力始终不变，故D错误。
故选：B。
3．【解答】解：由图可求得A、B、C三个状态pV之比为：pAVA：pBVB：pCVC＝（3×1）：（2×3）：（1×5）＝3：6：5
根据理想气体状态方程＝c可知，温度T与pV成正比，求出pV之比，则得A、B、C三个状态中的温度之比：TA：TB：TC＝3：6：5。
故选：D。
4．【解答】解：A、根据，GM＝gR2，联立解得a＝．轨道半径相等，则向心加速度大小相等。故A正确。
B、根据，GM＝gR2，联立解得，则卫星从位置A运动到位置B的时间t＝．故B错误。
C、如果卫星1加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，不会追上卫星2．故C错误。
D、卫星从位置A运动到位置B，由于万有引力方向与速度方向垂直，万有引力不做功。故D错误。
故选：A。
5．【解答】解：A、旋转杆上有长度为35cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d＝5cm，所以共7圈，固定套杆在1s内匀速下压了35cm，所以1s转了7个周期，故周期为：T＝S
故A错误；
B、根据周期和角速度的关系式：＝，故B正确；
C、紧贴脱水桶内壁的拖布条半径最大，根据a＝ω2r，半径越大，向心加速度越大，需要的向心力越大，越容易甩出，故C错误；
D、脱水桶内壁半径为12cm，托盘边缘半径为10cm，根据a＝ω2r，向心加速度之比为
故
故D错误。
故选：B。
二、不定项选择题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分。）
6．【解答】解：A、根据小球在竖直方向上做自由落体运动，由速度—位移公式得：＝2gh，代入数据解得小球落地时的竖直分速度为：vy＝10m/s，根据勾股定理，可得小球落地时速度大小为：v＝＝m/s＝10m/s，故A正确；
B、根据重力瞬时功率公式，可得小球在落地时重力的瞬时功率为：PG＝mgvy＝0.1×10×10W＝10W，故B错误；
CD、设小球落地时，速度方向与水平方向的夹角为θ，由几何关系，可得夹角的正切值为：tanθ＝＝＝1，即θ＝45°，所以小球落地时速度与水平方向的夹角为45°，根据平抛运动过程中某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍，设小球落地时位移与水平方向的夹角为α，有：tanθ＝2tanα，即tanα＝，所以α≠30°，故C正确，D错误。
故选：AC。
7．【解答】解：A、每层楼高约为3.2m，鸡蛋下落的总高度为：h＝25×3.2m＝80m；
自由下落时间为：t1＝＝s＝4s；
落地速度v＝gt1＝10×4m/s＝40m/s
所以从下落到即将落地，鸡蛋的动量变化为ΔP＝mv﹣0＝0.05×40kg m/s＝2kg m/s，故A错误；
B、与地面的碰撞时间约为：t2＝0.002s，取竖直向上为正方向，根据动量定理：（F﹣mg）t＝0﹣（﹣mv）
代入数据解得：F≈103N，故B正确；
C、鸡蛋在空中运动过程中，任意相等时间内速度变化量相等，所以动量变化量相等，故C正确；
D、鸡蛋在空中运动过程中，速度越来越大，任意相等时间内位移变化量不同，根据动能定理可知，合外力的功等于动能变化量，所以动能变化量不相等，故D错误；
故选：BC。
8．【解答】解：A、对木块，根据动能定理得：fs＝△Ek木块．则木块获得的动能为fs。故A错误；
B、对子弹，根据动能定理得：﹣f（s+d）＝△Ek子弹．故子弹损失的动能为f（s+d），故B正确；
C、子弹减少的动能转化为木块的动能和系统的内能，故子弹动能的减少大于木块动能的增加。故C错误；
D、系统损失的机械能转化为内能，则子弹、木块系统总机械能损失△E＝Q＝fd．故D正确。
故选：BD。
三、解答题（共4小题，满分52分）
9．【解答】解：（1）A、本实验不可直接将纯油酸滴水面上测量，如果不稀释，则在水面形成的油膜不是单分子油膜，故A错误；
BC、本实验将稀释的油酸在水面上尽可能的展开，形成单分子油膜，分子的间隙，根据d＝来计算直径，故BC正确；
D、测量油膜面积时，多于半格按一格来计算，少于半格的舍去，并不是将所有不足一格的舍去，故D错误。
故选：BC；
（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积：V＝×mL＝8×10﹣6mL＝8×10﹣12m3，
根据“多于半格按一格来计算，少于半格的舍去”的方法，可以得到油膜所占格数为72格，
则油酸膜的面积是：S＝72×4cm2＝288cm2＝2.88×10﹣2m2，
油酸分子的直径d＝＝m＝2.8×10﹣10m。
故答案为：（1）BC；（2）8×10﹣12；2.88×10﹣2；2.8×10﹣10。
10．【解答】解：（1）本实验要求钩码质量远小于小车的质量，因此要求实验中每次所用的钩码总质量范围要小，故A正确，BC错误；
故选A
（2）打点计时器使用的交流电源频率为50Hz，又相邻两个计数点间还有4个点未标出，所以每两个计数点间的时间间隔T＝5×＝5×s＝0.1s
根据匀变速直线运动的推论公式
Δx＝aT2
由逐差法可得
a＝＝×10﹣2m/s2＝1.11m/s2
（3）根据图像可知，误差允许范围内，质量不变的条件下，加速度与合外力成正比。
故答案为：（1）A；（2）1.11；（3）误差允许范围内，质量不变的条件下，加速度与合外力成正比
11．【解答】解：（1）小物块恰能到圆轨道最高点C时，物块与轨道间无弹力，只受重力，且由重力提供向心力。
设小物块在最高点C的速度为vC，由牛顿第二定律得
mg＝m
解得：vC＝4m/s
（2）小物块从B点到C点的过程，由动能定理有：
﹣mg 2R＝﹣
解得：vB＝4m/s
小物块在B点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
FN﹣mg＝m
解得FN＝6mg＝6×3×10N＝180N
由牛顿第三定律可知，小物块在B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝180N。
（3）对小物块从A点到B点过程，小物块受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μ（mg﹣Fsinθ）
由动能定理有
Fxcosθ﹣Ffx＝﹣0
解得：F＝N
答：（1）小物块在C点的速度vC的大小为4m/s；
（2）小物块在B点时对轨道的压力大小为180N；
（3）拉力F的大小为N。
12．【解答】解：（1）在F的作用下，小物块和小车同时做匀加速运动，设小物块运动的加度a1，小车运动的加度a2，由牛顿第二定律可知
F﹣μmg＝ma1，
μmg＝Ma2，
小车运动的时间为t，由匀变速直线运动规律可得
xM＝，
小物块的速度
vm＝a1t，
联立解得：
t＝2s，vm＝10m/s。
（2）小物块的位移
x1＝，
解得：
x1＝10m，
对小物块，由动能定理得：
W﹣μmgx1＝﹣0，
力F做的功为：
W＝μmgx1+﹣，
解得：
W＝100J；
物块和小车因摩擦而产生的热量为：
Q＝μmg（x1﹣xM）＝0.5×1×10（10﹣5）J＝25J。
答：（1）小物块运动到小车最右端所用的时间t和此时小物块的速度vm的大小为10m/s；
（2）这一过程中，力F所做的功W为100J，物块和小车因摩擦而产生的热量Q为25J。