甘肃省兰州市市区片2018届高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

甘肃省兰州市市区片2018届高三上学期期中考试物理试题一、选择题1.以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a4m/s2的加速度，刹车后第3秒内，汽车走过的位移为（ ）A. 18 mB. 2 mC. 0.5 mD. 0【答案】C【解析】汽车刹车到停止所需的时间：， 刹车后第3s内的位移，等于停止前0.5s内的位移，汽车正向匀减速可以看做反向的匀加速，所以有： ，故C正确，ABD错误。 2.如图所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上，A、B间有一劲度系数为100 N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了2 cm.已知A、B两物体的重力分别是3 N和5 N则细线的拉力及B对地面的压力分别是()A. 1 N和0B. 5 N和7 NC. 5 N和3 ND. 7 N和7 N【答案】C【解析】试题分析：此时弹簧处于伸长状态，弹簧伸长2cm，弹簧的弹力为F=2N以A为研究对象，由平衡条件得到，细线对A的拉力F=GA+F弹=3N+2N=5N对B研究可得，地面对B的支持力为FN=GBF弹=5N2N=3N，则B对地面的压力大小等于3N，C正确。考点：考查了共点力平衡条件的应用3.如图所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向成30角且绷紧，小球A处于静止，对小球施加的最小的力是()A. 3mgB. 32mgC. 12mgD. 33mg【答案】C【解析】试题分析：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小根据平衡条件得，F的最小值为Fmin=Gsin30=12mg，故选C。考点：物体的平衡【名师点睛】本题物体平衡中极值问题，关键是确定极值条件，本题采用图解法得到力最小的条件，也可以运用数学函数法求解极值。4.在一大雾天，一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵如图a、b分别为小汽车和大卡车的vt图线，以下说法正确的是()A. 因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B. 在t5 s时追尾C. 在t3 s时追尾D. 由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾【答案】C【解析】由图象可知，在t=5s时，两车的速度相等，若此时小汽车与大卡车没有追尾，则以后再不会发生追尾，由v-t图象与坐标轴所围图形的面积表示位移的大小可得：t=5s时，xa-xb=35m，t=3s时， xa-xb=30m，所以在t=3s时，小汽车与大卡车出现了追尾，C正确，AB错误；如果刹车不失灵，则两车在t=2s时共速，此时xa-xb=20mFcos时，摩擦力沿着斜面向上，大小为f1=mgsinFcos，当F增大时，f1变小；当mgsin=Fcos时，摩擦力为零，F增大时，f1变大；当mgsinFcos时，摩擦力沿着斜面向下，大小为f1=Fcosmgsin，F增大时，f1变大；对整体受力分析，则有f2=F，F变大则f2一定变大，故C正确7.如图所示，质量为m3 kg的木块放在倾角为30的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F为(g取10 m/s2)()A. 42 NB. 6 NC. 21 ND. 36 N【答案】D【解析】因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin mgcos ，所以tan ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x12at2得a2 m/s2，由牛顿第二定律得：Fmgsin mgcos ma，解得F36 N，D正确。8.如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为mA和mB，由于B球受到水平风力作用，A与B球一起向右匀速运动已知细绳与竖直方向的夹角为，则下列说法中正确的是()A. B球受到的风力为mBgtan B. 风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变C. 杆对A环的支持力随着风力的增加而增加D. A环与水平细杆间的动摩擦因数为mBmA+mB【答案】A【解析】A、B、以B球为研究对象，受三个力的作用，B球的重力mBg、绳子的拉力FAB，风力F.由平衡条件可知B球受到风力FmBgtan，绳对B球的拉力FAB=(mBg)2+F2，F增大，FAB增大，A正确，B错误；C、D、以A、B整体为研究对象，竖直方向：杆对A的支持力FN(mAmB)g，大小不变，B球受到风力FmBgtan(mAmB)g，得A与水平细杆间的动摩擦因数为=mBtanmA+mB，C、D错误故选A.【点睛】本题关键是先对整体受力分析，再对球B受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解9.一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A. 86 cm B. 92 cm C. 98 cm D. 104 cm【答案】B【解析】设弹性绳的劲度系数为k，左、右两半段绳的伸长量L=100cm80cm2=10cm，由共点力的平衡条件可知，钩码的重力G=2kL1002+802100=1.2kL，将弹性绳的两端缓慢移至天花板上同一点时，钩码的重力G=2kL，解得L=0.6L=6cm，则弹性绳的总长度变为80cm+2L=92cm，故选B。【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，再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，可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据正弦定理列式求解。前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变。10.如图所示，甲、乙、丙、丁分别代表四辆车从同一地点同时出发的位移图象和速度图象，则下列说法正确的是（ ）A. 甲车做曲线运动，乙车做直线运动B. 0t1时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度C. 在t2时刻丁车在丙车的前面D. 0t2时间内，丙、丁两车都做匀变速直线运动【答案】C【解析】试题分析: 由位移时间图线切线的斜率表示速度，由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做减速直线运动，故A错误；B、在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所用时间相等，所以两车平均速度相等，故B错误；C、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移可知：在t2时刻丁的位移大于丙的位移，而两车又是从同一地点向同一方向做直线运动，所以在t2时刻丁车在丙车的前面，故C正确；D、0t2时间内，丙车都做匀变速直线运动，丁车做加速度减小的变加速直线运动，故D错误。考点：匀变速直线运动的图像11.如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是（ ）A. 在第一过程中，运动员始终处于失重状态B. 运动员接触床面时的速度最大C. 在第二过程中运动员的速度先增大后再减小D. 运动员在速度为零时加速度最大【答案】CD【解析】运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面的形变的增大，弹力逐渐增大，当弹力等于重力时速度最大，并不是接触时速度最大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，当速度为零时，弹力达到最大，合理最大，即加速度最大，运动员处于超重状态故AB错误，CD正确.12.如图所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕已知煤块与传送带间的动摩擦因数0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中() A. 煤块到A运动到B的时间是2.25 sB. 煤块从A运动到B的时间是1.5 sC. 划痕长度是0.5 mD. 划痕长度是2 m【答案】BD【解析】A、B、根据牛顿第二定律得，小煤块的加速度a=g=4m/s2，则匀加速运动的时间t1=v0a=1s，匀加速运动的位移x1=12at12=1241m=2m.则小煤块匀速运动的位移x2=x-x1=4-2m=2m，则匀速运动的时间t2=x2v0=0.5s，所以小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=1+0.5=1.5s，故A错误，B正确。C、D、在煤块匀加速运动的过程中，传送带的位移x3=v0t1=41m=4m，则划痕的长度x=x3-x1=4-2=2m。故C错误，D正确。故选BD。【点睛】本题考查传送带问题；解决本题的关键理清小煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解二、实验题13.如图是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。重力加速度取g。(1)为了平衡小车受到的阻力，应适当抬高木板的_端(填“左”或“右”)。(2)细砂和小桶的总质量为m，小车的质量为M，实验要求m_M(填“远大于”或“远小于”)。该实验的原理是在平衡小车受到的阻力后，认为小车受到的合外力是_，其值与真实值相比_(填“偏大”或“偏小”)，小车受到合外力的真实值为_。(3)保持细砂和砂桶的质量不变，改变小车的质量M，分别得到小车的加速度a与其对应的质量M，处理数据的恰当方法是作_(填“aM”或“a1M”)图象。(4)保持小车的质量不变，改变细砂的质量，甲、乙、丙三位同学根据实验数据分别作出了小车的加速度a随合外力F变化的图线如图(c)、(d)，(e)所示。图(c)中的图线上部出现了弯曲，偏离了原来的直线，其主要原因是_。图(d)中的图线不通过原点，其主要原因是_。图(e)中的图线不通过原点，其主要原因是_。【答案】 (1). (1)右 (2). (2)远小于 (3). mg (4). 偏大 (5). MM+mmg (6). (3)a1M (7). (4)没有满足实验条件mM (8). 木板的倾角过小 (9). 木板的倾角过大【解析】（1）将不带滑轮的木板右端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力，这就是平衡摩擦力（2）根据牛顿第二定律得：对m：mg-F拉=ma；对M：F拉=Ma；解得：F拉=mMgm+M=mg1+mM当mM时，即当细砂和小桶的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于细砂和小桶的总重力该实验的原理是，在平衡小车受到的阻力后，认为小车受到的合外力是mg，其值与真实值相比偏大，小车受到合外力的真实值为mMgm+M（3）保持细砂和砂桶的质量不变，改变小车的质量M，分别得到小车的加速度a与其对应的质量M，处理数据的恰当方法是作a-1M（）从图(c)中的图线上可以看出：F从0开始增加，砂和砂桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂和砂桶的重力在增加，那么在后面砂和砂桶的质量就没有远小于车的质量呢，那么绳子的拉力与砂和砂桶的总重力就相大呢所以偏离了原来的直线，其主要原因是砂和砂桶的质量没有远小于车的质量从图(d)中的图线不通过原点，当F0时，a=0也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的摩擦力还没有完全平衡掉则图（d）中的图线不通过原点主要原因是木板的倾角过小图（e）中的图线不通过原点，说明没加拉力时小车就已经加速运动了，其主要原因是木板的倾角过大；点睛：实验问题需要结合物理规律去解决实验考查的是力学问题，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力增大，摩擦力减小等现象，这些我们都要从学过的力学知识中解决14.在做研究匀变速直线运动的实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，每两个计数点之间有四个计时点未画出，已知每两个计数点间的距离为s，且s10.96cm，s22.88cm，s34.80cm，s46.72cm，s58.64cm，s610.56cm，电磁打点计时器的电源频率为50Hz。计算此纸带的加速度大小a_m/s2，打第4个计数点时纸带的速度大小v_m/s（结果均保留两位小数）【答案】 (1). 1.92； (2). 0.77；【解析】【详解】由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s， 根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=(s4+s5+s6)(s1+s2+s3)(3T)2=0.1056+0.0864+0.06720.04800.02880.009690.01m/s2=1.92m/s2；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上4点时小车的瞬时速度大小v4=s4+s52T=0.0627+0.086420.10.77m/s.三、计算题15.如图是一种测定风力仪器的原理图，一金属球固定在一细长的轻金属丝下端，能绕悬挂点O在竖直平面内转动，无风时金属丝自然下垂，现发现水平风力大小为F时，金属丝偏离竖直方向的角度为，重力加速度为g，求：(1)金属球对金属丝的拉力的大小；(2)金属球的质量为多少？【答案】（1）金属球对金属丝的拉力的大小为；（2）金属球的质量为为【解析】试题分析：（1）对金属球进行受力分析，由平衡条件求解金属丝对金属球的拉力，即可由牛顿第三定律求得金属球对金属丝的拉力的大小；（2）再由平衡条件求解金属球的质量解：（1）对金属球受力分析如图，由力的平衡条件得金属丝对金属球的拉力：T=由牛顿第三定律得金属球对金属丝的拉力为：T=T=（2）由力的平衡条件得：mg=Fcot所以，金属球的质量为：m=答：（1）金属球对金属丝的拉力的大小为；（2）金属球的质量为为【点评】本题有实际的情景，但实质是共点力平衡问题，关键要正确分析受力情况，由平衡条件求解16.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图象如图所示。取g10 m/s2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数；(2)水平推力F的大小；(3)010 s内物体运动位移的大小。【答案】(1) 0.2 (2) 6N (3) 46m【解析】【详解】(1)设物体做匀减速直线运动的时间为t2、初速度为v、末速度为0、加速度为a2，则：a2=0vt2=08106=2m/s2设物体所受的摩擦力为Ff,根据牛顿第二定律，有：Ff=ma2Ff=mg联立得：=a2g=0.2(2)设物体做匀加速直线运动的时间为t1、初速度为v0、末速度为v、加速度为a1，则：a1=vv0t1=826=1m/s2根据牛顿第二定律，有F-Ff=ma1联立可得：F=mg+ma1=6N(3)图线与时间轴围成的面积表示位移，则010s内物体运动位移的大小x=12(2+8)6+1248m=46m.【点睛】本题是速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解17.如图所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L8 m、倾角37的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下人与接触面间的动摩擦因数均为0.25，不计空气阻力，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间；(2)人在离C点多远处停下【答案】（1）1s ；（2）12.8m；【解析】（1）人在斜坡上下滑时，设人沿斜坡下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma，由匀变速运动规律得：L=12at2联立以上各式得：t=2s；（2）人在水平面上滑行时，水平方向只受到地面的摩擦力作用，设在水平面上人运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mg=ma；设人到C处的速度为v，则下滑过程v2=2aL，水平面面上运动时有v2=2ax，联立以上各式解得：x=12.8m18.传送带以恒定速率v4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角37.现将质量m1 kg的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F10 N拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H1.8m的平台上，如图所示已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin370.6，cos370.8.求：(1)物块在传送带上运动的时间；(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？【答案】（1）1s（2）(22)s 【解析】【详解】（1）物体在达到与传送带速度v4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有：Fmgcos37mgsin37ma1 解得a18 m/s2 由va1t1 得t10.5s 位移x112a1t121m 物体与传送带达到共同速度后，因Fmgsin4 Nmgcos37 故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升位移x2x12m t20.5s 总时间为tt1t21s （2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为tan37，故有：mgsin37mgcos37ma2 解得：a22m/s2 假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则通过的位移为x4 mx2故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台故x2vt3-a2t32 解得t3（2-）s或t3（2+）s（舍去）【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间