福建省莆田第二十五中学2020届高三上学期期末考试物理试题 Word版含答案

莆田第二十五中学2019-2020学年上学期期末试卷
高三物理
一、选择题（1-12题单选题，13-15题多选题，共4*15=60分）
1．如图所示，质量为50kg的同学在做仰卧起坐运动。若该同学上半身的质量约为全身质量的 ，她在1min内做了50个仰卧起坐，每次上半身重心上升的距离均为0.3m，则她克服重力做的功W和相应的功率P约为（??）
A．W=4500J P=75W B．W=450J P=7.5W
C．W=3600J P=60W D．W=360J P=6W
2．据报道，目前我国正在研制“萤火二号”火星探测器．探测器升空后，先在近地轨道上以线速度v环绕地球飞行，再调整速度进入地火转移轨道，最后再一次调整速度以线速度v′在火星表面附近环绕飞行．若认为地球和火星都是质量分布均匀的球体，已知火星与地球的半径之比为1∶2，密度之比为5∶7，设火星与地球表面重力加速度分别为g′和g，下列结论正确的是(　　)
A．g′∶g＝4∶1 B．g′∶g＝10∶7
C．v′∶v＝ D．v′∶v＝
3．大雾天发生交通事故的概率比平常要高出几倍甚至几十倍，保证雾中行车安全显得尤为重要．在雾天的平直公路上．甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后。某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞，如图为两车刹车后匀减速运动的v-t图象．以下分析正确的是（??）
A．两车开始刹车时的距离为80m
B．甲车刹车的加速度的大小为1m/s2
C．两车刹车后间距一直在减小
D．两车都停下来后相距25m
4．如图，两小球P、Q从同一高度分别以和的初速度水平抛出，都落在了倾角的斜面上的A点，其中小球P垂直打到斜面上，则大小之比为（??）
A．9：8 B．8：9
C．3：2 D．2：3
5．用如图所示实验能验证动量守恒定律，两块小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A、B被弹簧弹出，最后落在水平地面上落地点与平台边缘的水平距离分别为，。实验结果表明下列说法正确的是（??）
A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比
B．木块A、B的质量之比
C．弹簧对木块A、B做功之比
D．木块A、B离开弹簧时的动能之比
6．如图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图．一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处．起吊重物前，重物处于静止状态．起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢的移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸载某一个位置．则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是（　　）
A．吊钩从C向B移动的过程中，轻绳上的拉力不变
B．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变小
C．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变大
D．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力不变
7．如图所示，木块A放在木块B的左端，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，F做的功为W2，生热为Q2，则应有( )
A．W1＝W2，Q1＝Q2 B．W1C．W18．如图所示，可视为质点的小球以初速度v0从光滑斜面底端向上滑，恰能到达高度为h的斜面顶端。下图中有四种运动:A图中小球滑入轨道半径等于的光滑管道；B图中小球系在半径大于而小于h的轻绳下端；C图中小球滑入半径大于h的光滑轨道；D图中小球固定在长为的轻杆下端。在这四种情况中，小球在最低点的水平初速度都为v0不计空气阻力，小球不能到达高度h的是（??）
A．A B．B C．C D．D
9．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右）．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量（??）
A． B． C． D．
10．某物体由静业开始做直线运动，其加速度与时间的变化关系如图所示，已知t2=2t1，在0-t2时间内，下列说法正确的是( )
A．该物体往返运动 B．该物体一直做匀加速直线运动
C．该物体在t2 时刻回到出发点 D．该物体在t1时刻的速度最大
11．某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图所示，研究物体在0~8秒内的运动，下面判断正确的是（ ）
A．物体在0~4s内，合力F所做的功等于零，冲量也等于零
B．物体在0~8秒内，合力F所做的功等于零，冲量也等于零
C．物体在第4s末离出发点最远，速率最大
D．物体在第8s末速度和加速度都为零，且离出发点最近
12．如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间（??）
A．弹簧的形变量不改变 B．弹簧的弹力大小为mg
C．木块A的加速度大小为g D．木块B对水平面的压力为3mg
13．某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车如图所示的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板上，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，则（ ）
小车所受阻力
这段时间内小车先匀加速运动，然后匀速运动
这段时间内电动机所做的功为
D．这段时间内合力所做的功为
14．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人的速度为v，人的拉力为F(不计滑轮与绳之间的摩擦)，则以下说法正确的是
A．船的速度为 B．船的速度为vsinθ
C．船的加速度为 D．船的加速度为
15．已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为t＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2）。已知传送带的速度保持不变。（g取10 m/s2）则（ ）
A．0～t1内，物块对传送带做正功
B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ>tan θ
C．0～t2内，传送带对物块做功为
D．系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小
二、实验题（2*7=14分）
16．某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系．
（1）为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，本实验中小车质量M ________（填“需要”、“不需要”）远大于砂和砂桶的总质量m．
（2）图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，sAD=_________cm．已知电源频率为50Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度 v =_________m/s速度（保留两位有效数字）．
（3）该同学画出小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔEk—W关系图像，由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线（实线）应该是____________．
17．某同学做“验证动量守恒定律”的实验（如图1所示），即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
（1）图中点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上位置静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程．然后，把被碰小球静置于轨道的水平末端部分，再将入射球从斜轨上位置静止释放，与小球相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是_ _ （填选项前的符号）。
A．用天平测量两个小球的质量、，且有
B．测量小球开始释放的高度 C．测量抛出点距地面的高度
D．分别找到、相碰后平均落地点的位置、
E．测量平抛射程、
（2）在某次的实验中，得到小球的落点情况如图2所示，假设碰撞中系统动量守恒，则入射小球的质量和被碰小球的质量之比为 。
（3）若碰撞中系统动量守恒，、、三者再满足关系式 ，则可证明碰撞是弹性碰撞。
三、解答题（8+8+10=26分）
18．如图所示为马戏团的猴子表演杂技示意图。平台上质量为5 kg的猴子（可视为质点）从平台边缘A点抓住长l＝0.8 m水平绳的末端，由静止开始绕绳的另一个固定端O点做圆周运动，运动至O点正下方B点时松开绳子，之后做平抛运动。在B点右侧平地上固定一个倾角为37°的斜面滑梯CD，猴子做平抛运动至斜面的最高点C时的速度方向恰好沿斜面方向。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力影响，求（g取10 m/s2）
（1）猴子刚运动到B点时的速度大小；
（2）猴子刚运动到B点且绳子还未脱手时，其对绳子的拉力；
（3）猴子从B点运动到C点的时间以及BC两点间的水平距离。
19．汽车连续下陡坡时，长时间的刹车会导致制动力下降，为保障安全，通常会在路旁设置向上的紧急避险车道，一种紧急避险车道由引道和制动床等组成，尽头是防撞设施，如图1所示。质量为20t的货车，以18m/s的初速冲向倾角θ＝（sin＝0.2）的紧急避险车道上，汽车在引道和制动床上的摩擦阻力分别是车重的0.30倍、0.80倍。引道长L1＝30m，制动床长L2＝50m，取g＝10m/s2，求：
（1）货车刚上引道时的加速度大小；
（2）货车将停在何处？是否会自行滑下？
（3）考虑到货车进人紧急避险车道速度最大可达到30m/s，计算分析避险车道制动床长度的数据是否合理。
20．如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A，B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到。求
（1）A开始运动时加速度a的大小；
（2）A，B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
（3）A的上表面长度l；
参考答案
1．A
【解析】
【详解】
每次上半身重心上升的距离均为0.3m，则她每一次克服重力做的功：W=mgh=×50×10×0.3=90 J；1分钟内克服重力所做的功：W总=50W=50×90=4500 J；相应的功率约为：，故A正确，BCD错误，故选A.
2．C
【解析】
【详解】
在星球表面的物体受到的重力等于万有引力，所以，所以，AB错误；探测器绕地球表面运行和绕月球表面运行都是由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有，得①，M为中心体质量，R为中心体半径。②，由①②得，已知地球和火星的半径之比为1：2，密度之比为5：7，所以探测器绕地球表面运行和绕月球表面运行线速度大小之比为，C正确D错误．
3．B
【解析】
【详解】
由图可知，两车速度相等经历的时间为20s，甲车的加速度，乙车的加速度，20s内甲车的位移，乙车的位移，两车刚好没有发生碰撞，则两车的距离，故A错误B正确；两车刹车后甲的速度先大于乙的速度，两者距离减小，后甲的速度小于乙的速度，两者距离增大，故C错误；20s时，甲乙的速度都为，根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，两车都停下来后相距，故D错误．
4．A
【解析】
【详解】
两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直方向的位移相等，小球在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移h相等，它们的运动时间相等；对球Q：解得：；球P垂直打在斜面上，则有：则：，故A正确，BCD错误。
5．D
【解析】
【详解】
A．两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式x=v0t及lA=1m，lB=2m，得：vA：vB=lA：lB=1：2，故A错误；
B．弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：mAvA-mBvB=0，解得：mA：mB=vB：vA=2：1，故B错误；
CD．由mA：mB=vB：vA=2：1，根据动能的表达式可得：EkA：EkB=1：2，根据动能定理，弹簧对木块A、B做功之比WA：WB=EkA：EkB=1：2，故D正确，C错误。
6．A
【解析】
因物体重力不变，故重力与两绳子的拉力为平衡力；并且绳子为两端的张力相等；设绳子间的夹角为；在由C到B上移的过程中有；由几何关系可知，绳子为l，则有；因由C到B的过程中A到BC的垂直距离不变，故为定值，故轻绳上的拉力不变，A正确C错误；由B到D的过程中，绳长不变，夹角一定增大，则由A中分析可知，T一定增大，BD错误．
【点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．
7．B
【解析】
当演员b摆到最低点过程中，根据机械能守恒定律可知错误！未找到引用源。，演员b摆至最低点时，根据牛顿第二定律得，错误！未找到引用源。，解得错误！未找到引用源。；对演员a，因为a刚好对地面无压力，则错误！未找到引用源。，则错误！未找到引用源。，故B正确，A、C、D错误；
故选B。
【点睛】在最低点绳子拉力与重力之差提供向心力，根据向心力公式得出绳对b的拉力，a刚好对地面无压力，可得绳子对a的拉力，根据拉力相等，可得两者质量关系。
8．B
【解析】
【详解】
A．图A中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h．故A不符合题意。
B．绳球模型中，小球在最高点的速度不可能为零，故小球不可能到达h高的位置，否则机械能增加了，矛盾，故B符合题意；
C．图C中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h．故C不符合题意；
D．杆模型中，小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h．故D不符合题意；
9．D
【解析】
【分析】
人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算．
【点睛】
人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向，能正确根据动量守恒关系得出质量与距离间的关系．
10．D
【解析】
【分析】
根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于动能的变化量，根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，根据牛顿第二定律求出在t=6s时刻，拉力F的大小，再根据P=Fv求解瞬时功率
【详解】
根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+△v=2+×(2+4)×6=20m/s，故A错误；根据动能定理得：W合＝△Ek＝mv62?mv02=396J，故B错误；根据动量定理，在?0～6?s时间内：解得IF=48N?s，故C错误；在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：F=ma+f=2×4+2=10N，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确。故选D。
11．D
【解析】
【详解】
A.物体在0～4s内F先增大后减小，方向不变，根据牛顿第二定律得知，加速度先增大后减小，方向不变，物体做变加速直线运动。根据动能定理，合力F所做的功等于动能的变化量，不等于零，冲量I=Ft也不等于零，故A错误；
B.在4～8s内F方向与0～4s内相反，关于4s对称的时刻，加速度大小相等，方向相反，8S时速度为零。根据动能定理和动量定理，物体在0~8秒内，合力F所做的功等于零，冲量也等于零。故B正确；
C.据B中分析，0~8秒内物体速度方向始终未变，根据对称性可知，8s末物体的速度为零，加速度为零，离出发点最远，4s末速度最大，故C错误，D正确；
故选：D.
12．D
【解析】
【详解】
A. 由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；
B. 开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F=3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；
C. 撤去C瞬间，弹力不变，A的合力等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：
2mg=ma，
解得：
a=2g
方向竖直向上，故C错误；
D. 撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：
F+mg=N，
解得：
N=4mg
木块B对水平面的压力为4mg，故D正确。
13．AD
【解析】
【详解】
A、对小球受力分析，小球受到重力mg、轻绳的拉力F和圆环的弹力N，如图，根据平衡条件可知：mg和N的合力与F大小相等、方向相反，根据几何知识得知N=mg，且有F=2mgcosθ，故A正确。
BCD.小球沿圆环缓慢上移，处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力G，F，N，三个力。满足受力平衡。作出受力分析图，由图可知△OAB∽△GFA，即：
则得：
，N=mg
当A点上移时，半径R不变，AB减小，故F减小，N不变，故D正确，BC错误.
14．ABD
【解析】小球A的速度可分解为沿绳子方向上的速度和垂直绳子方向上的速度，根据几何知识可得（其中v为小球的速度， 为绳子与竖直方向的夹角），而物块的速度等于绳子的速度，所以，A正确；从A→C过程中，速度从零到零，故动能变化量为零，所以小球和物块重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加， ，而，所以，BD正确；从A→C过程中，速度从零到零，故动能先增大后减小，而恒定，所以先减小后增大，C错误．
15．BD
【解析】
A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A正确；
B、在内，物块向上运动，则有，得，故B正确；
C、内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为，根据动能定理得：，则传送带对物块做功，故C错误；
D、内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确。
点睛：本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解功是常用的方法。
16．需要 2.10 0.50 D
【解析】
(1) 为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，则绳中拉力要等于砂和砂桶的总重力，即小车质量M需要远大于砂和砂桶的总质量m。
(2)由图得
打点计时器在打D点时纸带的速度
(3)理论线，实验线，则随着功的增大，两线间距变大。故D项正确。
17．大于 球1的摆长L和桌面离水平地面的高度h
【解析】
【详解】
第一空. 为了防止碰后球1反弹，球1的质量应大于球2的质量.
第二空.实验需要测量的量为：球1的摆长L和桌面离水平地面的高度h.
要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量1、2两个小球的质量m1、m2，要通过平抛运动的分位移公式求解碰撞后球2的速度，所以要测量桌面离水平地面的高度h.球1从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律有，解得.
碰撞后球1上升到最高点的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律有，解得.
碰撞后球2做平抛运动，，所以碰后球2速度，
第三空. 要验证的表达式为：。
所以该实验中验证动量守恒的表达式为m1v1=m1v2+m2v3，
代入数据得.
18．（1）4 m/s （2）150 N，竖直向下 （3） 0.3 s 1.2 m
【解析】试题分析：猴子从A到B摆动的过程中，应用机械能守恒定律求出它运动到最低点B时的速度；猴子刚运动到B点且绳子还未脱手时，由重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求绳子的拉力；猴子做平抛运动至斜面的最高点C时的速度方向恰好沿斜面方向，由速度的分解法求出到达C点时的竖直分速度，从而求出平抛运动的时间，再求水平距离。
（1）设猴子在B点的速度为v，由A到B的过程中，由机械能守恒定律得
代入数据解得：v=4m/s
（2）设在B点时猴子所受的拉力为F，由牛顿第二定律得：
联立解得：F=150N
由牛顿第三定律得：猴子拉绳的力等于绳拉猴子的力大小等于150N，方向竖直向下。
（3）据题得：猴子到达C点时竖直分速度 vy=vtan37°=3m/s
平抛时间
BC间的水平距离 x=vt=1.2m
点睛：本题要分析猴子的运动情况，把握每个过程的物理规律，由牛顿第二定律可得猴子对绳子的拉力。
19．(1)5.0m/s2(2)货车将停在x=1.2m处；不会自行滑下(3)数据合理
【解析】
【详解】
(1)汽车刚上引道时，对汽车受力分析，根据牛顿第二定律，有
代入数据，得
(2)汽车向上经过制动床时，有
设引道末端的速度为v1，根据运动学公式，有
在进入制动床后，滑行x减速到零，有
联立解得
在引道上，有
在制动床上，有
故货车无论在紧急避险车道的哪一段都不会自行滑下
(3)设需进入制动床xmax后车能停下来，根据动能定理，有
整理代入数据，得
故数据合理。
20．(1) （2）1m/s （3）0.45m
【解析】
【详解】
(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①
代入数据解得a＝2.5 m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v1③
代入数据解得v1＝1 m/s④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v1⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAv⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45 m.