2018-2019学年江苏省无锡市高三(上)期中物理试卷-解析版

第1页，共13页2018-2019学年江苏省无锡市高三（上）期中物理试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共5小题，共15.0分）1.如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，𝐹1表示木板所受合力的大小，𝐹2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()A.𝐹1不变，𝐹2变大B.𝐹1变大，𝐹2变小C.𝐹1变大，𝐹2变大D.𝐹1变小，𝐹2变小【答案】A【解析】解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：𝐹1=0；根据共点力平衡条件，有：2𝐹2cos𝜃=𝑚𝑔解得：𝐹2=𝑚𝑔2cos𝜃当细线变短时，细线与竖直方向的夹角𝜃增加，故cos𝜃减小，拉力𝐹2变大。故选：A。木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可．本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难．2.某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹落点在目标A的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标，忽略空气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是()A.第二次炮弹在空中运动时间较长B.两次炮弹在空中运动时间相等C.第二次炮弹落地速度较大D.第二次炮弹落地速度较小【答案】A【解析】解：AB、斜上抛运动在竖直方向为竖直上抛运动，在水平方向是匀速直线运动，设上升的高度为H，运动的时间为t，根据竖直上抛运动的规律可得：𝐻=12𝑔(𝑡2)2，解得：𝑡=√8𝐻𝑔，所以第二次炮弹在空中运动时间较长，故A正确、B错误；CD、每次炮弹发射速度大小相等，根据对称性可知，落地时二者的速度大小相等，故CD错误。故选：A。第2页，共13页根据斜上抛运动在竖直方向的运动规律求解运动时间，根据对称性判断落地时速度大小。本题主要是考查斜上抛运动，解答本题要掌握斜上抛运动的规律，斜上抛运动也可以从最高点看作是两个平抛运动的合成。3.如图所示，半径为R，内壁光滑的硬质圆环固定在地面上有一质量为m、可视为质点的光滑小铅球在圆环的底端现给小铅球一个初速度，下列说法中正确的是()A.铅球能上升的最大高度一定等于𝑣22𝑔B.无论v多大，铅球上升的最大高度不超𝑣22𝑔C.要使铅球一直不脱离圆环，的最小速度为√5𝑔𝑅D.若铅球能到达圆环最高点则铅球在最高点的速度大小可以等于零【答案】B【解析】解：AB、小球由于惯性会继续运动，冲上圆弧槽，有两种可能：一是速度较小，滑到某处速度为0，由机械能守恒定律有：𝑚𝑔ℎ=12𝑚𝑣2解得，最大高度：ℎ=𝑣22𝑔；另一可能速度较大，小球通过到达圆弧最高点做完整的圆周运动，或没有到达最高点就离开弧面而做斜抛运动，则在最高点还有水平速度，由机械能守恒定律可知小球所能达到的最大高度要小于𝑣22𝑔，故A错误，B正确；CD、要使铅球一直不脱离圆桶，则在最高点速度最小时，重力完全充当向心力，故有𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑅，此时小球最高点的最小速度为√𝑔𝑅，故CD错误；故选：B。有两种可能：一是速度较小，滑到某处速度为0，由机械能守恒定律分析最大高度。另一可能速度较大，小球通过到达圆弧最高点做完整的圆周运动，或没有到达最高点就离开弧面而做斜抛运动，再由机械能守恒定律和斜抛的规律分析最大高度。本题的关键要知道铅球在最高点的临界条件：重力等于向心力，临界速度为√𝑔𝑅.要掌握斜抛运动的规律，知道斜抛最高点有水平速度，运用机械能守恒定律和牛顿第二定律结合分析这类问题。4.如图轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，用t表示力F作用的时间，在弹簧恢复原长前，下列表示F和t之间关系的图象正确的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为𝑥0，弹簧的劲度系数为k。物块P静止时，由力的平衡条件得，𝑚𝑔=𝑘𝑥0以竖直向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：𝐹1=𝑘(𝑥0−𝑥)第3页，共13页对物块P，由牛顿第二定律得，𝐹+𝐹1−𝑚𝑔=𝑚𝑎根据运动学公式有𝑥=12𝑎𝑡2由以上式子联立可得，𝐹=12𝑘𝑎𝑡2+𝑚𝑎。可见F与t是二次函数关系，𝐹−𝑡图象是开口向上的抛物线，当𝑥=0时，𝐹=𝑚𝑎0，故C正确，ABD错误。故选：C。以物块P为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律、胡克定律和位移时间公式得出F与t的关系式，再选择图象。解答本题的关键是要根据牛顿第二定律、胡克定律和位移时间公式得出F与t的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等。5.根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处。这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球()A.到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B.到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C.落地点在抛出点东侧D.落地点在抛出点西侧【答案】D【解析】解：AB、在刚竖直上抛时，因竖直方向有速度，则受到水平向西的一个力，导致物体水平向西有个加速度，虽然加速度会随着竖直方向速度减小而减小，但是加速运动，因此物体到最高点时，水平方向有速度，而水平方向加速度却为零，原因是最高点，竖直方向速度为零，故AB错误；CD、将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向，在上抛过程中，水平方向速度不断增大，当下降时，因加速度方向与水平速度方向相反，做减速运动，但在落回到抛出点时，水平方向有向西的位移，因此落地点在抛出点西侧，故C错误，D正确；故选：D。根据运动的合成与分解，结合运动学公式，及力与运动关系，并由“力”与竖直方向的速度大小成正比，即可一一求解。考查力与运动的关系，掌握运动的合成与分解内容，理解从抛出到落回，为何水平方向有位移的原因。二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）6.甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是()第4页，共13页A.在𝑡1时刻两车速度相等B.从0到𝑡1时间内，两车走过的路程相等C.从𝑡1到𝑡2时间内，两车走过的路程相等D.在𝑡1到𝑡2时间内的某时刻，两车速度相等【答案】CD【解析】解：A、𝑥−𝑡图象的斜率表示速度，在𝑡1时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，所以乙车的速度大于甲车速度，故A错误；B、从0到𝑡1时间内，两车走过的路程是乙车大于甲车，故B错误；C、从𝑡1到𝑡2时间内，两车走过的路程均为𝑥2−𝑥1，路程相等，故C正确；D、根据图象可知，在𝑡1时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，在𝑡2时刻乙图象的斜率小于甲图象的斜率，在𝑡1到𝑡2时间内的某时刻二者的斜率相同，此时两车速度相等，故D正确。故选：CD。𝑥−𝑡图象的斜率表示速度，根据斜率的变化分析速度的变化；交点表示相遇，由此分析路程大小。对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提。7.研究平抛运动的实验装置示意图如图所示，小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出。改变水平板的高度就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹，某同学设想小球先后三次做平抛运动，将水平板依次放在如图中1、2，3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距，若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为𝑥1、𝑥2，𝑥3，能的变化量依次为△𝐸𝑘1、△𝐸𝑘2，△𝐸𝑘3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是()A.𝑥2−𝑥1𝑥3−𝑥2B.𝑥2−𝑥1𝑥3−𝑥2C.△𝐸𝑘2−△𝐸𝑘1=△𝐸𝑘3−△𝐸𝑘2D.△𝐸𝑘2−△𝐸𝑘1△𝐸𝑘3−△𝐸𝑘2【答案】AC【解析】解：因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来越短，水平方向上做匀速直线运动，所以𝑥2−𝑥1𝑥3−𝑥2，因为平抛运动的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，则有△𝐸𝑘2−△𝐸𝑘1=△𝐸𝑘3−△𝐸𝑘2.故A、C正确，B、D错误。故选：AC。平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，比较竖直方向上下落相同位移的时间关系，从而比较出水平位移的关系。解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式第5页，共13页进行分析。8.已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经时间𝑡(𝑡小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为𝜃，引力常量为G，则()A.航天器的轨道半径为𝜃𝑠B.航天器的环绕周期为2𝜋𝑡𝜃C.月球的质量为𝑠2𝐺𝑡2𝜃D.月球的密度为3𝜃24𝐺𝑡2【答案】BCD【解析】解：A、根据几何关系得：𝑟=𝑠𝜃.故A错误；B、经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为𝜃则：𝑡𝑇=𝜃2，得：𝑇=2𝜋𝑡𝜃.故B正确；C、由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑟4𝜋2𝑇2所以：𝑀=4𝜋2𝑟3𝐺𝑇2=𝑠2𝐺𝑡2𝜃.故C正确；D、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：𝑉=43𝜋𝑟3，月球的密度为：𝜌=𝑀𝑉=3𝜃24𝐺𝑡2.故D正确。故选：BCD。由万有引力充当向心力而做圆周运动的，则由万有引力公式及已知量可得出能计算的物理量．万有引力在天体中的运动，主要是万有引力充当向心力，注意向心力的表达有多种形式，应灵活选择．9.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对物块施加大小恒为F、方向水平向左的推力，当物块向左运动到A点时撤去该推力物块继续向左运动最终物块运动到B点静止已知物块质量为m，与桌面间的动摩擦因数为𝜇，0𝐴=𝑙1，0𝐵=𝑙2，重力加速度为g。以下说法正确的是()A.物块在O点刚开始运动时的加速度大小𝑎=𝐹𝑚B.在推力作用的过程中物块的速度可能一直增大C.在物块向右运动过程中，经过O点速度大小为√2𝜇𝑔𝑙2D.在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值𝐸𝑝𝑚=12𝐹𝑙1+12𝜇𝑚𝑔𝑙2【答案】BCD【解析】解：A、由牛顿第二定律得：𝐹−𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎解得：𝑎=𝐹−𝜇𝑚𝑔𝑚，故A错误；B、在推力作用下的过程中，推力一直大于摩擦力和弹力之和，即做加速度逐渐减小的第6页，共13页加速运动，所以加速度一直减小，速度一直增大。故B正确；C、从O到B的过程由动能定理得：−𝜇𝑚𝑔𝑙2=0−12𝑚𝑣𝑂2，解得：𝑣𝑂=√2𝜇𝑔𝑙2，故C正确；D、设物块从O点向左运动x后返回，由功能关系得：𝐹𝑙1−𝜇𝑚𝑔𝑥=𝐸𝑝𝑚，由最左侧到B点的过程由功能关系得：𝐸𝑝𝑚−𝜇𝑚𝑔𝑥−𝜇𝑚𝑔𝑙2=0，解得：𝐸𝑝𝑚=12𝐹𝑙1+12𝜇𝑚𝑔𝑙2，故D正确；故选：BCD。A、直接由牛顿第二定律可求解；B、由在推力作用下的过程中，推力一直大于摩擦力和弹力之和，作为突破口来分析；C、从O到B的过程列动能定理表达式可求解；D、物块从O点向左运动运动到做远处列功能关系，由最左侧到B点的过程列功能关系，联立可求解。本题考查了牛顿第二定律、能量守恒的综合，知道加速度方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相