届湖北武汉市华中师大一附中高三上期中物理试题解析版.docx
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届湖北武汉市华中师大一附中高三上期中物理试题解析版
2018届湖北武汉市华中师大一附中高三（上）期中
物理试题（解析版）
一、选择题
1.在人类对物体运动规律认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家和他们的贡献描述中正确的是（ ）
A.开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出“万有引力定律”
B.牛顿最早证明了行星所受的引力大小跟行星到太阳距离的二次方成反比，测出了万有引力常量G的数值
C.亚里士多德对运动的研究，确立了许多用于描述运动的基本概念，比如平均速度、瞬时速度以及加速度
D.伽利略探究物体下落规律的过程中使用的科学方法是：
问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论
【答案】D
【解析】牛顿发现了万有引力定律，A错误；开普勒三定律最早证明了行星公转轨道是椭圆，牛顿证明了行星所受的引力大小跟行星到太阳距离的二次方成反比，B错误；伽利略对运动的研究，确立了许多用于描述运动的基本概念，比如平均速度、瞬时速度、加速度，C错误；伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：
问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论，D正确．
2.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体A、B的v﹣t图象如图所示，在0～t2时间内，下列说法中正确的是（ ）
A.两物体所受的合外力方向相同
B.A物体的平均速度小于
C.两物体在t2时刻相遇
D.在第一次相遇之前，两物体在t1刻相距最远
【答案】D
【解析】v﹣t图象的斜率表示该时刻的加速度大小，则知两物体的加速度方向相反，由牛顿第二定律知合外力方向相反，故A错误．图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，A做匀减速运动，平均速度就等于
．故B错误．图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，由图象可知：
0﹣t2时间内，A的位移比B的位移大，则两物体在t2时刻没有相遇，故C错误．两物体从同一地点同时开始沿同一直线运动，t1时刻前A物体的速度大小小B物体的速度，A物体在B物体的后方，两者距离不断增大，t1时刻前A物体的速度大小大于B物体的速度，A物体仍在B物体的后方，两者距离不断减小，所以t1时刻两物体相距最远．故D正确．故选D.
3.如图所示，在斜面顶端α处以速度vα水平抛出一小球，经过时间tα恰好落在斜面底端c处．今在c点正上方与α等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的三等分点d处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是（ ）
A.ta=
tbB.ta=3tbC.va=
vbD.va=
vb
【答案】A
【解析】a、b两球下降的高度之比为3：
1，根据h=
gt2知：
t=
，则运动时间关系为：
ta=
tb．故A正确，B错误．因为a、b两球水平位移之比为3：
2，由v0=
得：
va=
vb．故CD错误．故选A.
点睛：
本题关键是知道两球抛出后都做平抛运动，由平抛运动的规律水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，抓住水平位移和竖直位移关系进行求解．
4.如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直的金属棒，在直棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R，小圆环的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g，小环可视为质点，则M、N两环做圆周运动的线速度之比为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】M点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以：
Fn=mgtan45°=mω•vM
所以：
…①
所以：
…②
又：
Fn′＝mω2r…③
r=Rsinθ…④
联立②③④得：
…⑤
所以：
，故选A．
点睛：
该题属于圆锥摆模型，主要考查向心力的来源，对小球进行正确的受力分析，写出向心力的表达式是解答这一类题目采用的方法。
5.质量m=1kg的物体从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随时间t变化的图象如图所示，在0～8s内，下列说法中正确的是（ ）
A.物体在0～2s内动量均匀增加，在2～4s内动量均匀减小
B.0～2s内力F的冲量为2N•s
C.2s末物体的速度最大
D.3s末物体速度为3m/s，在8s末速度为﹣2m/s
【答案】BD
【解析】物体在0～2s内F逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大，第2s末加速度最大，在2～4s内F先逐渐减小再逐渐增大，所以加速度先减小后增大，物体先做加速度减小的加速运动，再反向做加速增大的减速运动，根据动量P=mv可知，动量不是均匀变化的，故A错误；根据图象的性质可知，图象与时间轴所围成的面积表示冲量，故0～2s内力F的冲量为I=
=2N•s，故B正确；由图可知，0﹣3s内物体均在加速，所以3s的速度为最大；故C错误；3s末时冲量为I’=
=3Ns；根据动量定理I=△mv可知，物体的速度v=
=3m/s；同理可知，在8s末速度为﹣2m/s；故D正确．故选BD．
点睛：
解题时要明确图象的性质，根据牛顿第二定律可明确加速度的大小，从而分析物体的运动性质，明确动量变化；再根据图象与时间轴围成的面积表示冲量求出物体的冲量，再根据动量定理即可求得速度大小．
6.已知甲、乙两行星的半径之比为2：
1，环绕甲、乙两行星表面运行的两卫星周期之比力4：
1，则下列结论中正确的是（ ）
A.甲、乙两行星表面卫星的动能之比为1：
4
B.甲、乙两行星表面卫星的角速度之比为1：
4
C.甲、乙两行星的质量之比为1：
2
D.甲、乙两行星的第一宇宙速度之比为2：
1
【答案】BC
【解析】由于不知道卫星的质量，所以无法比较二者的动能关系，故A错误；据
可知角速度之比等于周期的倒数比，故为1：
4，故B正确；研究卫星绕行星表面匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：
，所以行星质量M=
，所以甲乙两行星的质量之比为：
，故C正确；忽略行星自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式
=mg可得行星表面的重力加速度g=
，所以两行星表面重力加速度之比为：
，故D错误．故选BC.
点睛：
研究卫星绕行星匀速圆周运动问题，关键是根据万有引力提供向心力，列出等式求解．忽略行星自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式.
7.如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d．两物体m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，己知m1＜m2，则在以后的运动过程中（ ）
A.m1的最小速度是
B.存在某段时间m1向左运动
C.m2的最大速度是v1
D.m2的最大速度是
【答案】BD
【解析】从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉到m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度：
两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，选取向右为正方向，则：
m1v1=m1v1′+m2v2
m1v12=
m1v1′2+
m2v22；
解得：
v1′=
v1，v2=
v1
故m2的最大速度为
v1，此时m1的速度为
v1，
由于m1＜m2，可知当m2的速度最大时，m1的速度小于0，即m1的速度方向为向左，所以m1的最小速度等于0．故AC错误，BD正确；故选BD．
8.如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆与滑块的动摩擦因数处处相同，杆底端B点处有一与板面垂直的弹性挡板．滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放．滑块与挡板第一次碰撞后上升的高度为原来的k（k＜1）倍，若已知α角、质量m、比例系数k、重力加速度g，下列说法中正确的是（ ）
A.可以求出滑块在杆上运动的总路程
B.可以求出滑块第n次与挡板碰撞前重力做功的瞬时功率P
C.可以求出滑块下滑和上滑过程加速度的大小
D.取过B点的水平面为零势能面，则可以判断滑块从A下滑至B的过程中，重力势能等于动能的位置在AB中点的下方
【答案】CD
【解析】设AB长为L，滑块与挡板第一次碰撞后上升的高度为原来的k（k＜1）倍，则向上的距离为kL；对整个过程，运用动能定理得：
mgsinα•（1﹣k）L﹣μmgcosα（L+kL）=0
得：
μ=
，所以可以求出动摩擦因数μ；
整个运动的过程中重力势能转化为内能，则：
μmgcosα•S总=mgsinα•L
由于AB之间的距离是未知的，所以不能求出滑块在杆上运动的总路程．故A错误；
由于AB之间的距离是未知的，所以，也不能求出滑块第n次与挡板碰撞前的速度，所以不能求出重力做功的瞬时功率P．故B错误；
根据牛顿第二定律得下滑过程有：
mgsinα﹣μmgcosα=ma1
上滑过程有：
mgsinα+μmgcosα=ma2；
解得：
a1=mgsinα﹣μgcosα，a2=gsinα+μgcosα
所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2．故C正确；
滑块向下滑动的过程中，重力做正功，而摩擦力做负功；取过B点的水平面为零势能面，当滑块滑到AB的中点处时，一半的重力势能转化为滑块的动能和产生的内能，所以当滑块滑到AB的中点处时，滑块的动能小于滑块的重力势能．所以取过B点的水平面为零势能面，则可以判断滑块从A下滑至B的过程中，重力势能等于动能的位置在AB中点的下方，故D正确；故选CD.
点睛：
本题分析时，要灵活选择研究过程，运用动能定理求解动摩擦因数是关键，还要抓住连接两段的桥梁是碰撞前后速度大小相等．
二、非选择题
9.用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒定律，m2从高处山静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带：
0是打下的第一个点，毎相邻两计数点间还有4个点（图中未标出）．计数点间的距离如图所示．
已知m1=50g、m2=l50g（g取9.8m/s2，交流电的频率为50Hz，所有结果均保留三位有效数字）
（1）在纸带上打下记数点1时的速度v1=_____m/s．
（2）在打点0﹣4过程中系统动能的增量△Ek=_____J，系统势能的减少量△EP=_____J．
【答案】
（1）.
（1）0.480；
（2）.
（2）0.369；（3）.0.376．
【解析】
（1）毎相邻两计数点间还有4个点，因此相邻计数点的时间间隔为0.1s；根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第1个点时的速度为：
v1=
=0.480m/s
（2）同理，v4=
=1.92m/s
系统的初速度为零，所以动能的增加量为：
△Ek=
（m1+m2）v42﹣0=0.369J；
系统重力势能的减小量等于系统重力做功，即为：
△EP=W=（m2﹣m1）gh=0.1×9.8×（2.4+7.2+12.01+16.79）×10﹣2=0.376J；
10.为了探究加速度与合外力的关系，甲、乙、丙、丁四个实验小组分别采用图甲、图乙、图丙、图丁所示的实验装置，小车总质量用M表示（乙图M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的小滑轮），钩码总质量用m表示．丁组同学先按图丁将木板有定滑轮的一端垫起，调锥木板倾角，使小车恰好带着钩码和纸带一起沿木板向下匀速运动，再保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，然后接通电源释放小车，使之由静止开始加速运动并在纸带上打点，如图戊所示．重力加速度g已知，试回答下列问题：
（1）甲、乙、丙三组实验必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组记_____．（填“甲”“乙”“丙”）
（2）甲、乙、丙、丁四组实验时必须满是“M＞＞m”的实验小组是_____．（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”）
（3）实验时各组同学的操作均完全正确，甲、乙、丙三组同学作出的α﹣F图线如图己所示（乙组同学所用F为传感器读数，丙组同学所用F为弹簧测力计示数），则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是_____．（填“A”“B”“C”）
（4）实验时丁组同学操作的小车加速下滑受到的合力F=_____．该组同学在保持小车质量不变的情况下，通过调整改变小车所受合力，多次实验，由实验数据作出的α﹣F图线如图庚所示，则小车质量为_____kg．
【答案】
（1）.
（1）甲乙丙；
（2）.
（2）甲；（3）.（3）CBA；（4）.（4）mg；（5）.2．
【解析】
（1）本实验探究当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力的关系，所以三个实验小组都需要平衡摩擦力，即甲乙丙都需要平衡摩擦力，
（2）乙和丙绳子的拉力可以由弹簧测力计和力传感器直接得到，不需要用重物的重力代替，所以乙丙两组不需要满足M＞＞m，而甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M＞＞m，
（3）甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M≥m，随着m的增大，不满足M＞＞m时，图象出现弯曲，所以甲组对应的是C，
根据装置可知，乙图中小车受到的拉力大于弹簧测力计的示数，丙图中受到的拉力等于力传感器的示数，当F相等时，乙组的加速度大，所以乙组对应B，丙组对应A，
（4）平衡摩擦力后，小车加速下滑时受到的合力F=mg；由牛顿第二定律得：
a=
F，
由图2（C）所示的a﹣F图线可知：
图象斜率：
k=
，则小车的质量：
M=
=2kg．
11.一轻质弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量为m的小物块P接触但不连接．AB是水平轨道，质量也为m的小物块Q静止在B点，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5．初始时PB间距为4l，弹簧处于压缩状态．释放P，P开始运动，脱离弹簧后在B点与Q碰撞后粘在一起沿轨道运动，恰能经过最高点D，己知重力加速度g，求：
（1）粘合体在B点的速度．
（2）初始时弹簧的弹性势能．
【答案】
（1）
．
（2）12mgl．
【解析】
（1）物块P恰好能够到达D点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有：
mg=m
可得：
vD=
从B到D，由机械能守恒定律得：
2mgl+
mvD2=
mvB2
得：
（2）P与Q碰撞的过程时间短，水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞前P的速度为v，则：
mv=2mvB
P从开始释放到到达Q的过程中，弹簧的弹力对P做正功，地面的摩擦力对P做负功，由功能关系得：
联立得：
EP=12mgl
点睛：
该题结合竖直平面内的圆周运动的特点考查功能关系以及动量守恒定律的应用，解答的关键是要理解竖直平面内圆周运动恰能经过最高点的条件．
12.一质量为M=2kg的长木板在粗糙水平地面上运动，在t=0时刻，木板速度为v0=12m/s，此时将一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）无初速度地放在木板的右端，二者在0～2s内运动的v﹣t图象如图所示．己知重力加速度g=10m/s2．求：
（1）小物块与木板的动摩擦因数μ1，以及木板与地面间的动摩擦因数μ2．
（2）小物块最终停在距木板右端多远处？
（3）若在t=2s时．使小物块的速度突然反向（大小不变），小物块恰好停在木板的左端，求木板的长度L．
【答案】
（1）0.1，0.3．
（2）10.5m．（3）14.4m．
【解析】
（1）小物块的加速度：
a1=
，
长木板的加速度：
a2=
，
对小物块受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
μ1mg=ma1，
木板水平方向受滑块向后的摩擦力和地面向后的摩擦，根据牛顿第二定律，有：
﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g=Ma2，
μ1=0.1，μ2=0.3；
（2）v﹣t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，2s内相对位移大小：
△x1=
；
m受摩擦力：
f1=μ1mg=1N，
M受地面的滑动摩擦力：
f2=
=9N，
2s后M与m均是减速，但M加速度小于m的加速度，分别为：
2s后M的位移：
，
2s后m的位移：
2s后m相对于M的位移：
△x′=xm﹣xM=2﹣0.5=1.5m；
故小物块最终停在距木板右端：
△x1﹣△x′=12﹣1.5=10.5m；
（3）若在t=2s时．使小物块的速度突然反向，则m受向后的摩擦力，一直到速度减小为零；M受向左的两个摩擦力，一直到速度减为零；
m的加速度：
M的加速度：
对m，位移：
对M，位移：
，
故2s后的相对位移大小：
△x″=x1+x2=2.4m，
故木板的长度L=△x″+△x1=2.4+12=14.4m；
点睛：
本题是滑板问题，物体多、过程多、规律多，要分研究对象、分阶段受力分析，根据牛顿第二定律列式，根据位移公式多次列式求解．
[物理选修3-3]
13.下列说法正确的是_______
A．一定质量的理想气体，在体枳不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减少
B．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大
C．空调既能制热又能制冷，说明热量可以自发地从低温物体向高温物体传递
D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能邡是随分子间距离的减小而增大
E．在围绕地球运行的天宫一号中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
【答案】ADE
【解析】一定量的理想气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强的微观原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小，故A正确；晶体有固定的熔点，在熔化时吸收热量，但温度不变，则其分子平均动能一定不变，故B错误；空调既能制热又能制冷，说明在外界的影响下，热量可以从低温物体向高温物体传递，但不是自发地从低温物体向高温物体传递，故C错误；当分子间为斥力时，随着距离的减小，分子力增加，同时分子力做负功，则分子势能也增大，故D正确；在围绕地球运行的天宫一号中，是完全失重的环境，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果，故E正确；故选ADE.
点睛：
解答此题需要的知识点：
气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：
分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力．知道温度的微观意义：
温度是分子平均动能的标志；热量可以从低温物体向高温物体传递．做功和热传递都可以改变物体的内能．分子间既存在引力，也存在斥力，只是当分子间距离大于平衡距离时表现为引力，小于平衡距离时表现为斥力．
14.如图所示为一倒U型的玻璃管，左端封闭，右端开口且足够长，导热性能良好．当温度为27℃时，封闭在管内的气柱AB长5cm，BC长10cm，水银柱水平部分CD长5cm，竖直部分DE长15cm．已知环境大气压p0=75cmHg不变．求气温升高至167℃时管内气柱总长度．
【答案】24cm．
【解析】设玻璃管横截面为S，则初始状态气柱体积V1=15S，管内气体压强P1=75-15=60mmHg，气体温度T1=300k；
设温度为T2时水银全部进入竖直段，则此时气体体积V2=20S，管内气体压强P2=75-15-5=55mmHg，根据理想气体的状态方程：
解得：
T2=367K即94℃
故温度升高至167℃时，T3=273+167=440K，水银已全部进入竖直段，设气柱长度为x，则体积V3=xS，压强P3=P2=55mmHg，根据理想气体的状态方程：
解得：
x=24cm
点睛：
此题考查对理想气体方程
的应用，在解答的过程中要注意热力学温度与摄氏温度的转换，同时还要注意正确判断是否全部的水银都已经进入竖直管内．
[物理一选修3-4]
15.下列说法正确的是_____
A．因为声波的波长可以与通常的障碍物尺寸相比，所以声波比较容易产生衍射现象
B．向人体内发射频率己知的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”
C．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
D．麦克斯韦关于电磁场的两个基本观点是：
变化的磁场产生电场和变化的电场产生磁场
E．狭义相对论认为真空中的光速与光的频率、光源的运动状态有关
【答案】ABD
【解析】因为声波的波长可以与通常的障碍物尺寸相比，根据明显衍射的条件可知，声波比较容易产生衍射现象，故A正确；测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，是利用多普勒效应原理，故B正确；用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉现象，故C错误；麦克斯韦关于电磁场的两个基本观点是：
变化的磁场产生电场和变化的电场产生磁场，故D正确；根据狭义相对论中光速不变原理，可知，在所有惯性参照系中光速是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动无关，故E错误．故选ABD.
16.如图，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为
的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离
．位于轴线上O点左侧
处的点光源S发出一束与OA夹角θ=60°的光线射向半球体，求光线从S传播到达光屏所用的时间．（已知光在真空中传播的速度为c．）
【答案】
【解析】试题分析：
光从光源S射出经半球体到达光屏的光路如图．光由空气射向半球体，由折射定律，有
解得：
在△OBC中，由正弦定理得：
，解得：
光由半球体射向空气，由折射定律，有
，解得：
，即出射光线与轴线OA平行．
光从光源S出发经玻璃半球体到达光屏所用的总时间
，且
，解得：
考点：
考查了光的折射
【名师点睛】处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度
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