届山西省太原市高三上学期期中阶段考试物理试题解析版.docx

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届山西省太原市高三上学期期中阶段考试物理试题解析版

山西省太原市2019届高三上学期期中阶段测评物理试题

一、选择题

1.在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，则小球被抛出后，经过相等的时间（设小球均未落地）（　）

A.做竖直下抛运动的小球加速度最大

B.三个小球的速度变化相等

C.做平抛运动的小球速度变化最小

D.做竖直下抛的小球速度变化最小

【答案】B

【解析】

【详解】三个球都只受重力，加速度都是重力加速度，所以三个球的加速度是相同的。

故A错误。

三个球运动时间相同，重力的冲量相同，质量相等，根据动量定理I合=m△v得知，三个小球的速度变化相等。

故B正确，CD错误。

故选B。

2.在倾角为θ的斜面上，一人用力F推着一个重力大小为G的光滑雪球处于静止状态。

已知F的方向始终通过雪球的球心，则关于力F，下列说法正确的是（）

A.当F平行斜面时，F的大小为Gtanθ

B.当F平行斜面时，F的大小为Gsinθ

C.当F沿水平方向时，F的大小为Gcosθ

D.当F沿水平方向时，F的大小为

【答案】B

【解析】

【详解】当F平行斜面时，在平行斜面方向，由平衡知识可知：

F=Gsinθ，选项B正确，A错误；当F沿水平方向时，沿斜面方向：

Fcosθ=mgsinθ，即F=mgtanθ，选项CD错误；故选B.

3.一质点做匀加速直线运动，在时间t内发生得而位移为x。

已知该质点的加速度为

，则该质点的末动能与初动能的之比为（　）

A.3

B.4

C.9

D.16

【答案】C

【解析】

【详解】令质点的初速度为v0，末速度为v，则据速度时间关系有：

x=v0t+

at2=v0t+

•

•t2=v0t+

x，可得x=2v0t；匀变速直线运动有：

，所以有：

2v0＝

可得：

v=3v0；因Ek=

mv2∝v2即：

Ek:

Ek0=9:

1；故选C.

4.如图所示，太阳神车由支架撑起近似光滑的横轴，轴上悬吊一个巨大的摆，游客被固定在摆最前端的大圆盘A上。

摆可绕轴在竖直平面内左右摆动，摆动幅度可达180°，同时A也可绕其中心轴自转，可为游客提供高达4.3g的加速度。

启动电机，将摆拉至左侧成水平后释放，不考虑A的自转，则在摆无动力摆动的过程中

A.当摆处于右側最高点时，游客受力平衡

B.当摆再次到达左侧最高点时，游客可体验最大的加速度

C.上摆的过程中，座椅对游客的作用カ一直大于他的重力

D.下摆的过程中，座椅对游客的作用力先小于他的重力后大于他约重力

【答案】D

【解析】

【详解】当摆锤摆至最高点的瞬间，摆锤和游客将开始下降，所以具有向下的加速度，游客受力不平衡。

故A错误；当摆锤摆至最低点时，摆锤的速度最大，向心加速度最大，所以在最低点游客可体验最大的加速度，而最高点速度最小，向心加速度最小。

故B错误；上摆的过程中，速度逐渐减小，则游客所受座椅的作用力逐渐减小，先大于重力，后小于重力，选项C错误；在水平位置时，座椅对游客的作用力为零，下摆的过程中，速度逐渐增加，则座椅对游客的作用力先小于他的重力后大于他的重力，选项D正确；故选D。

【点睛】本题关键对游客受力分析和运动情况分析，找出加速度方向，牢记加速度的方向向上时处于超重状态，加速度的方向向下时处于失重状态．

5.一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化的图线如图所示，则（）

A.t＝1s时物块的速率为1m/s

B.t＝2s时物块的动能为4J

C.1s～3s内，F对物块做的功为－

J

D.t＝4s时物块的速度为零

【答案】C

【解析】

【详解】t＝1s时，根据动量定理：

F1t1=mv1，解得

，选项A错误；同理t＝2s时物块的速度

，则动能为

，选项B错误；t=3s末的速度：

，则1s～3s内，F对物块做的功为

，选项C正确，D错误；故选C.

【点睛】因F-t图像的“面积”等于F的冲量，则可以用动量定理求解某时刻的速度，很方便快捷；此题还可以用牛顿第二定律结合运动公式求解.

6.将一小球以动能Ek0竖直向上抛出，小球在运动过程中受到的空气阻力不可忽略且大小恒定。

以抛出点为原点、零势能点，抛出时为计时起点，竖直向上为正方向，用x表示小球发生的位移、Ek表示其动能、EP表示其势能。

则从地出到落地的过程中，下列图象正确的是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【详解】根据Ep=mgx可知上升过程中重力势能随x均匀增加，下降过程重力势能随x均匀减小，且上升和下降过程的Ep-x图像是重合的，选项AB错误；根据动能定理，上升过程中Ek=Ek0-（mg+f）x，下降过程中：

Ek=（mg-f）（h-x），则选项C正确，D错误；故选C.

7.如图。

窗口上、下沿间的高度差为H,墙厚为d。

建筑工人在距墙壁为L、窗口上沿为h处的P点,将一小重锤以一定的初速度垂直墙壁、水平抛给室内的同伴,重锤直接穿过窗口进入室内（不会同时触及上下沿）。

下列说法正确的是（）

A.重锤从上沿进人并穿过窗口,比从窗口下沿进入室内时抛出的初速度大

B.若增大h,同时减小抛出的初速度，重锤一定能直接穿过窗口

C.若只增大L,重锤可能撞到窗口的上沿

D.若只减小L,重锤可能撞到窗口的下沿

【答案】A

【解析】

【详解】若锤子从从窗口下沿进入室内，则经过墙壁内侧时的位移低于窗口的上沿，根据平抛运动水平位移相同时，竖直位移越小，时间越短，初速度越大，可知重锤从上沿进入并穿过窗口比从窗口下沿进入室内时抛出的初速度大，选项A正确；若增大h，同时减小抛出的初速度，可能水平位移减小，重锤可能落到墙内侧，不能穿过窗口，选项B错误；若只增大L，重锤到达窗口时的时间变长，则到达窗口时下降的竖直高度变大，则锤子从窗口上沿的下方进入窗口，选项C错误；若只减小L，重锤到达窗口时的时间变短，则到达窗口时下降的竖直高度变小，重锤撞到窗口上面的墙壁上，选项D错误；故选A.

8.2017年8月,我国调制望远镜—“慧眼"成功监测到了引力波源所在的天区。

已知A、B两个恒星靠着相互间的引力绕二者连线上的某点做匀速圆周运动。

在环绕过程中会福射出引力波，该引力波的频率与两星做圆周运动的频率具有相同的数量级。

通过观察测得A的质量为太阳质量的29倍,B的质量为太阳质量的36倍,两星间的距离为2×105m。

取太阳的质量为2x1030kg，G=6.7x10−11N∙m2/kg2,则可估算出该引力波频率的数量级为（）

A.102Hz

B.104Hz

C.106Hz

D.108Hz

【答案】A

【解析】

【详解】A、B的周期相同，角速度相等，靠相互的引力提供向心力，有：

，①

，②

有MArA=MBrB，rA+rB=L，

解得

，由①得，

，则

。

故选A。

【点睛】解决本题的关键知道双星模型的特点，知道双星具有相同的角速度、周期，结合万有引力提供向心力进行求解，难度中等．

9.甲、乙两汽车在同一条平直公路上相向运动，其位置-时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示，下列说法正确的是（）

A.t1时刻，两车的速率相等

B.t2时刻，两车到达同一位置

C.t1-t2时间内，两车发生的位移不同

D.t1-t2时间内，两车的速率都是先减小后增大

【答案】BD

【解析】

【详解】位移时间图象的斜率等于速度，斜率的正负表示速度方向，则知两车在t1时刻速度不相等，且方向反向，故A错误；t2时刻，两车位移相等，到达同一位置，B正确。

t1和t2时刻，两车位移都相等，则t1-t2时间内，两车发生的位移相同，选项C错误；根据位移时间图象的斜率等于速度，两图象斜率的绝对值都先减小后增大，可知甲、乙两车的速度大小都是先减小后增大，故D正确。

故选BD.

【点睛】解决本题的关键是要理解位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度，要注意位移时间图象不是物体的运动轨迹，也不能与速度时间图象混淆。

10.如图为小型起重机起吊重物的示意图。

一根轻绳跨过光滑的滑轮，轻绳的一端系在高处的A点，另一端挂在起重机的吊钩上，动滑轮的下端挂上重物，吊钩处于C点。

起吊过程是这样的，先让吊钧由静止从C竖直向上缓慢地移动到B，然后从B水平向右缓慢地移动到D。

下列说法正确的是（）

A.吊钩从C向B移动的过程中，轻绳弹力的值不变

B.吊钩从B向D移动的过程中，轻绳弹力的值不变

C.吊钩从B向D移动的过程中，轻绳弹力的值变大，

D.吊钩从B向D移动的过程中，轻绳弹力的值变小

【答案】AC

【解析】

【详解】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2θ；在由C到B上移的过程中有：

2Tcosθ=mg；

由几何关系可知，绳子为l，则有：

lsinθ=d；因由C到B的过程中A到BC的垂直距离不变，故θ为定值；故轻绳上的拉力不变；故A正确；由B到D的过程中，绳长不变，夹角2θ一定增大，则由A中分析可知，T一定增大；故BD错误，C正确；故选AC。

【点睛】本题难点在于C到B的过程分析，要通过几何关系的分析判断出两绳子与重力所在的直线的夹角保持不变，从而得出拉力不变的结论来．

11.如图所示，物块A、B通过轻弹簧连接置于倾角为θ的斜面上，已知A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，A的质量大于B的质量。

当两物体相对静止时，两物体均沿斜面匀加速下滑，下列说法正确的是（）

A.若μ1=μ2，弹簧一定处于自然长度

B.若μ1=μ2，弹簧一定处于压缩状态

C.若μ1<μ2，弹簧一定处于压缩状态

D.若μ1>μ2，弹簧一定处于自然长度

【答案】AC

【解析】

【详解】设弹簧处于压缩状态，且弹力为F；两者的加速度为a，则根据牛顿第二定律，对A：

mAgsinθ-μ1mAgcosθ-F=mAa；对B:

mBgsinθ-μ2mBgcosθ+F=mBa；解得

；

；若μ1=μ2，则F=0，弹簧一定处于自然长度，选项A正确，B错误；若μ1<μ2，则F>0，弹簧一定处于压缩状态，选项C正确；若μ1>μ2，则F<0，弹簧一定处于伸长状态，选项D错误；故选AC.

【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律得直接应用，要求同学们能选择合适的研究对象，进行受力，根据牛顿第二定律列式求解，注意整体法和隔离法的应用，难度适中。

12.图中，轻质弹簧的一端固定在地面上，另一端放有一小物块（可视为质点），物块与弹簀不连接.通过物块向下压缩弹簧，当物块与地面相距0.1m时由静止释放物块，通过传感器测得物块的动能Ek与其离地高度h的变化关系如图所示，其中0.2m-0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线。

以地面为重力势能参考平面，取g=10m/s2，可知（）

A.物块的质量为0.2kg

B.弹簧的最大弹性势能为0.5J

C.物块开始运动时，弹簧、物块、地球组成的系统具有的机械能为0.7J

D.物块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J

【答案】ABC

【解析】

【详解】在从0.2m上升到0.35m范围内，△Ek=△EP=mg△h，图线的斜率绝对值为：

，则m=0.2kg，选项A正确；在Ek-h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所以从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m，根据图象可知，此时物块动能为0.30J，重力势能为EP=mgh=2×0.2=0.4J，总机械能为0.3J+0.4J=0.7J；物块在最低点时，弹性势能最大，此时的重力势能EP0=mgh0=2×0.1J=0.2J，则弹性势能为：

0.3J+0.4J-0.2J=0.5J，故BC正确；物块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小时，动能最大，由图可知，动能的最大值大于0.3J，则重力势能与弹簧的弹性势能总和最小值小于0.4J，选项D错误；故选ABC.

【点睛】本题考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，根据该图象的形状得出滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键．

二、实验题

13.如图所示，用图钉把坐标纸固定在竖直墙面上。

取三根完全相同的轻弹簧甲、乙、丙，将甲、乙分别通过细棉线挂在A、B两点，另一端与丙也通过细棉线相连于O点。

在丙弹簧下端挂上重物，分别测出三弹簧的形变量，然后通过作图验证力的平行四边形定则。

（1）考虑到实际，测量弹簧的原长时，最合理的方法是_______

A、将弹簧平放在桌面上，分别测量三个弹簧的长度

B、将弹簧平放在桌面上，测量-一个弹簧的长度，即为三个弹簧的原长

C、按图甲的方式悬挂三个弹簧，不挂物块时测量其中一个弹簧的长度，即为三个弹簧的原长

D、按图甲的方式悬挂三个弹簧，不挂物块时分别测量三个弹簧的长度

（2）为完成该实验，除测量弹簧的原长外，还必须进行的操作有_________

A、测量连接弹簧的细棉线的长度

B、测量挂上物块后三个弹簧的长度

C、记录挂上物块后结点O的位置

D、测量所挂物块的重量

（3）某次实验中，测得甲乙、丙三个弹簧的形变量分别为3.00cm、3.25cm、4.75cm（均在弹性限度内），记录的O、A、B三点位置如图所示，图中虚线为竖直线。

按照图乙的标度，用甲、乙的形变量代替力的大小在图乙构建平行四边形。

若丙弹簧下挂的重物为9.50N，则可推知甲弹簧的弹力值为______________________

（4）如果（3）中对角线的长度约4.75cm，且大致与竖直方向相同，则能够验征平行四边形定则。

这种做法的理由是________________

【答案】

（1）.D；

（2）.BC；（3）.6.00；（4）.弹簧弹力与形变量成正比，三个相同弹簧劲度系数相同，所以形变量的比值与弹力比值相同.

【解析】

【详解】

（1）考虑到实际，主要是弹簧本身的重力的影响，测量弹簧的原长时，最合理的方法是按图甲的方式悬挂三个弹簧，不挂物块时分别测量三个弹簧的长度，故选D；

（2）为完成该实验，除测量弹簧的原长外，还必须进行的操作有：

测量挂上物块后三个弹簧的长度，以计算弹簧的伸长量；记录挂上物块后结点O的位置，故选BC.

（3）图像如图：

由图像可知，AB两弹簧的合力大小约为4.7个格子，表示的力为9.5N，则推知甲弹簧的弹力值为

，即F甲=6N；

（4）用上述做法的理由是：

弹簧弹力与形变量成正比，三个相同弹簧劲度系数相同，所以形变量的比值与弹力比值相同，可以用形变量的大小代替弹力的大小.

14.长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮.轻绳跨过滑轮，一端与小车连接，车内放上5个相同的钩码，另一端可悬挂钩码。

小车的右端固定有宽度为d的遮光片。

利用如图的装置，实验小组探究质量一定时加速度与力的关系。

他们进行了如下操作，完成步骤中的填空:

（1）从小车内取1个钩码挂在轻绳的右端，将小车从A处由静止释放，测出A、B间的距离为x、遮光片通过光电门的时间为t1，则遮光片通过光电门的瞬时速度v1=____;小车的加速度a1=______。

（用已知和测得的物理量符号表示）

（2）再从小车内取1个钩码挂在右端钩码的下方（共2个），仍将小车从A处由静止释放，测出遮光片通过光电门的时间为t2，用m表示一个钩码的质量，用M表示小车的质量（不含钩码），为达到实验目的，本次操作需要验证的关系式为__________。

（重力加速度为g，用已知和测得的物理量符号表示）

（3）依次取3、4、5个钩码挂在轻绳右端，重复以上操作，得到一系列遮光片通过光电门的时间t。

用F表示右端所挂钩码的总重量，如果实验操作无误，作出的下列图象中正确的是_____

（4）下列措施中，能够减小实验误差的是_____

A、保证轻绳下端所挂钩码的总质量远小于小车与车内钩码的总质量

B、实验前应平衡摩擦力

C、细线在桌面上的部分应与长木板平行

D、图中AB之间的距离应尽量小些

【答案】

（1）.

；

（2）.

；（3）.

；（4）.D；（5）.BC；

【解析】

【详解】

（1）遮光片通过光电门的瞬时速度v1=

;

根据v12=2ax可得小车的加速度

。

（2）对砝码和小车的整体，合外力为F=2mg，加速度为

；则需要验证的是F=M整体a2，即

；

（3）设下面挂的钩码重力为F，则由

（2）的分析可知：

，即F-

为过原点的直线，可知选项D正确；

（4）因此实验中研究对象是小车的钩码的整体，则不需要保证轻绳下端所挂钩码的总质量远小于小车与车内钩码的总质量，选项A错误；实验前应平衡摩擦力，从而保证整体受的合外力等于F，选项B正确；细线在桌面上的部分应与长木板平行，以减小实验的误差，选项C正确；图中AB之间的距离应尽量大些，这样小车到达光电门处的速度较大些，可减小测量的误差，选项D错误；故选BC.

【点睛】本题考查验证牛顿第二定律的实验，要求能明确实验原理，认真分析实验步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图象处理数据的方法，能根据函数关系判断图象，明确对应规律的正确应用．

三、计算题

15.如图所示，重物A、B的质量分别为mA=3kg、mB=2kg，A与B之间及A与地面之间动摩擦因数均为μ=0.5，滑轮和绳质量及其间的摩擦均不计。

设最大摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。

（1）要使整个装置保持静止，重物C的质量不能超过多大?

（2）当C的质量最大时，地面对A的摩擦力是多大?

【答案】

（1）1.2kg

（2）6N,水平向左

【解析】

【详解】

（1）绳中拉力的最大值为F，对C由力的平衡条件可知：

2Fcos530=mCg

A与B间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力fm时，整个装置保持静止，重物C的质量最大，设此时A对B支持力大小为N，则

fm=Fsin370

N+Fcos370=mBg

fm=μN

解得mC=1.2kg

（2）设地面对A的摩擦力大小为f地，f地=Fsin370

解得f地=6N，方向水平向左.

16.2018年初，我国辽宁航母截机突破了夜间起降技术，这意味着航母绵队已初步具督全天候作战的能力。

親裁机“歼－15”在辽宁貔上通过滑既方式起飞，其甲板横截面如图所示，其中OA部分水平、AB部分属斜。

夜间训练时，质量为2．0x104kg的“歼－15”从O点甘静止开始普OA做匀加速运动，之后从A点进入AB，续匀加速劉B点时以42m／s的速度安全起飞。

已知“歼－15”在OA段与AB段加速度的大小之比为5：

4，OA＝160m、AB＝20．5m，起飞过磊中航母处于静止状态。

将“歼－15”视为质点，求

（1）“歼－15＂在OA吸所受合力的大小；

（2）“歼－15”从O剩B经历的总时间。

【答案】

（1）

（2）8.5s

【解析】

【详解】

（1）“歼-15”在A的速度值为vA，在OA段与AB段的加速度的大小分别为a1和a2，则vA2=2a1x

vB2-vA2=2a2x2

解得vA=40m/s，a1=5m/s2

“歼-15”在OA段所受的合外力为F，则F=ma1

解得F=1.0×105N

（2）“歼-15”在OA段运动时间为t1，在AB段运动时间为t2，

“歼-15”在OB段运动的总时间t=t1+t2

解得t=8.5s

17.2020年，我国将一次实现火星的“环绕、者陆、巡视”三个目标。

假设探测器到达火星附近时，先在高度为h轨道上环统半径为R的火星做匀速圆周运动;之后通过变轨、减速落向火星。

探测器与火星表面碰撞后，以速度v竖直向上反弹。

经过时间t再次落回火星表面。

不考虑大星的自转及火星表面大气的影响，求:

（1）火星表面重力加速度的大小;

（2）探测器环线火星做匀速圆周运动的周期。

【答案】

（1）

（2）

【解析】

【详解】

（1）火星表面的重力加速度为g，则v=g

解得

（2）设火星质量为M，探测器在轨道上受火星引力的大小为

探测器在火星表面受火星引力的大小等于重力

探测器绕火星运行的周期为T，则

解得

18.如图，I、II为极限运动中的两部分赛道，其中I的AB部分为竖直平面内半径为R的

光滑圆弧赛道，最低点B的切线水平;II上CD为倾角为30°的斜面，最低点C处于B点的正下方，B、C两点距离也等于R.质量为m的极限运动员（可视为质点）从AB上P点处由静止开始滑下，恰好垂直CD落到斜面上。

求:

（1）极限运动员落到CD上的位置与C的距离;

（2）极限运动员通过B点时对圆弧轨道的压力;

（3）P点与B点的高度差。

【答案】

（1）

（2）

，竖直向下（3）

【解析】

【详解】

（1）设极限运动员在B点的速度为v0，落在CD上的位置与C的距离为x，速度大小为v，在空中运动的时间为t，则xcos300=v0t

R-xsin300=

gt2

解得x=0.8R

（2）由

（1）可得：

通过B点时轨道对极限运动员的支持力大小为FN

极限运动员对轨道的压力大小为FN′，则FN′=FN，

解得

，方向竖直向下；

（3）P点与B点的高度差为h,则mgh=

mv02

解得h=R/5

19.如图所示，直角梯形块a固定在水平地面上，其上表面AB与地面形成倾角θ=37°的斜面;b为紧靠a的质量为2kg足够长的木板，上表面BC与AB平滑对接。

t=0时，质量为1kg，可视为质点的滑块c从A点由静止升始下滑，图内c在0~6s内的速率随时间t变化的图像。

已知c与AB，c与BC的动摩擦因数相同，且为b与地面间的动摩擦因数的5倍。

认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，求:

（1）c与BC间动摩擦因数

（2）b在地面上滑动距离

【答案】

（1）0.25

（2）8m

【解析】

【详解】

（1）物块在AB上做加速运动，则mgsin370-μ1mgcos370=ma1

由乙图可知：

解得μ1=0.25

（2）设b与地面之间的动摩擦因数为μ2，则μ2=0.05

设c在BC上滑动时，c与b加速度的大小分别为a2和a3，

μ1mg=ma2；

μ1mg-μ2（m+M）g=Ma3

解得a2=2.5m/s2；a3=0.5m/s2

设从3.0s开始，经过时间t1，c和b的速度相等为v，则：

v=v0-a2t1；

v=a3t1

解得：

t1=4s，v=2m/s。

时间t1内木板的位移：

x1=

a3t12

解得x1=4m

以后cb一起减速，不再发生相对滑动，设加速度的大小为a4，则μ2（m+M）g=（m+M）a4

解得a4=0.5m/s2

该过程b滑动距离为x2，v2=2a4x2

解得x2=4m

b滑动的距离x=x1+x2

解得x=8m

【点睛】此题是多过程物理题目，是典型的板块模型问题；关键是搞清研究对象，认真分析物体的受力情况和运动情况，分阶段对物体进行研究；注意挖掘隐含条件，例如共速的位置等.