2013—2014学年北京市第四十四中学高三上学期期中测试物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、20132014 学年北京市第四十四中学高三上学期期中测试物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图所示，物体 B通过动滑轮悬挂在细绳上，整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计。如果将绳的左端由 Q点缓慢地向左移到 P点，整个系统重新平衡后，绳的拉力 F和绳子与竖直方向的夹角 的变化情况是 ( ) A F变大， 变大 B F变小， 变小 C F不变， 变小 D F不变， 变大 答案： A 试题分析：原来整个系统处于静止状态，滑轮两侧绳的拉力 F的合力等于 B物体的重力，左端移动到 P点后，仍然处于平衡状态，此时滑轮两侧绳中拉力大小为 F的合力大小仍为 B物体的重力，根据几何关系可知，此

2、时两绳的夹角增大，合力不变，由两个力的合力随两力夹角的增大而减小知则有绳中拉力 F F，由于滑轮两侧绳的夹角增大，根据三角形的内角和为 180图中角 变大故 A正确； B、 C、 D错误 考点：本题考查物体的平衡 如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由 a、b两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动。当物块向右通过平衡位置时， a、 b之间的粘胶脱开；则（ ） A以后小物 块 a振动的振幅将减小 B弹簧振子的平衡位置将发生变化 C在向右到达最大位移前，弹力的冲量与动量的方向相反 D最大弹性势能将不变 答案： AC 试题分析：当物块向右通过平衡位置时 a、

3、b之间的粘胶脱开， a向右做减速运动， b向右匀速运动，弹簧振子总的机械能将减小，振幅减小，所以 A正确平衡位置为物体停止振动时的位置，在本题中为弹簧弹力为零的位置，故平衡位置不变，所以 B错误；到达最大位移前动量方向向右而弹力方向向左，故弹力的冲量与动量的方向相反，所以 C正确；因系统总机械能减小，故最大弹性势能减小，所以 D错误 考点：本题考查简谐振动 如图，两个物体 1和 2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为 m1和 m2，且 m1 m2。经一段时间两物体相碰撞并粘在一起。碰撞后 ( ) A两物体将向左运动 B两物体将向右运动 C两物体组成系统损失能量最小 D两物体组成系

4、统损失能量最大 答案： AD 试题分析：根据 ，结合 m1 m2，知 ，故系统总动量向左，根据动量守恒知碰后两物体将向左运动，所以 A正确； B错误；由题意知两物体属于完全非弹性碰撞，损失动能最大，所以 C错误； D正确 考点：本题考查动量守恒 如图所示，一固定斜面倾角为 30，一质量为 m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小 g。物块上升的最大高度为 H，则此过程中，物块的（ ） A动能损失了 2mgH B动能损失了 mgH C机械能损失了 mgH D机械能损失了答案： AC 试题分析：解：根据动能定理应有 ，动能增量为负值，说明动能减少了

5、2mgH，所以 A正确； B错误；再由牛顿第二定律有mgsin30+f=ma=mgf，可得 ，根据功能关系应有，即机械能损失了 mgH，所以 C正确； D错误 考点：本题考查动能定理、功能关系 一列波源在 x=0处的简谐波，沿 x轴正方向传播，周期为 0.02s， t0时刻的波形如图所示。此时 x=12cm处的质点 P恰好开始振动。则（ ） A质点 P开始振动时的方向沿 y轴正方向 B波源开始振动时的方向沿 y轴负方向 C此后一个周期内，质点 P通过的路程为 8cm D这列波的波速为 4.00m/s 答案： BD 如图所示为一物体沿南北方向做直线运动的 vt 图象，若规定向北为正方向，由图可知

6、（ ） A 3s末物体回到 t=0时的位置 B 6s内物体所受合力的功为零 C物体所受合力的方向一直向南 D前 3s与后 3s物体的动量变化方向相同 答案： BD 试题分析：在前 3s内，速度为负值，说明物体一直向南运动，没有回到初始位置故 A错误根据动能定理知 6s内动能的变化为零，故合外力做功为零故B正确图线的斜率一直大于零，说明物体加速度的方向一直向北，根据牛顿第二定律得知：加速度方向与合外力方向相同，所以物体所受合外力的方向一直向北故 C错误；由图知前 3s与后 3s物体的速度变化方向相同，故动量变化方向也相同，所以 D正确 考点：本题考查 匀变速运动的 vt 图象 某单摆做小角度摆动

7、，其振动图象如图所示，则以下说法正确的是（ ） A t1时刻摆球速度最大，摆球向心加速度最大 B t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 C t3时刻摆球速度为零，摆球所受回复力最大 D t4时刻摆球速度为零，摆球处于平衡状态 答案： BC 试题分析：由图读出 t1时刻位移最大，说明摆球在最大位移处，速度为零，向心加速度为零，故 A错误由图读出 t2时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度速度最大，悬线对它的拉力最大故 B正确由图读出 t3时刻位移最大，说明摆球在最大位移处，回复力最大，故 C正确由图读出 t4时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度速度最大，悬线对它的拉力最大故 D错误

8、 考点：本题考查单摆运动 一辆从圆弧形拱桥最高处匀速驶下，在此过程中，下列说法中正确的是（ ） A汽车的动量保持不变 B汽车的机械能减少 C汽车所受的合外力为零 D汽车所受的合外力做功为零 答案： BD 试题分析：汽车做匀速圆周运动，则动量大小不变，但方向变化，故 A错误；汽车在驶下时，存在摩擦力做功，所以汽车的机械能减少，故 B正确；由于汽车做匀速圆周运动，是变速运动，则所受的合外力不为零，故 C错误；汽车所受的合外力与速度始终垂直，所以此力不做功，故 D正确； 考点：本题考查动量、机械能及圆周运动 如图所示，水平板上有质量 m=1.0kg的物块，受到随时间 t变化的水平拉力F作用，用力传感

9、器测出相应时刻物块所受摩擦力 Ff的大小。取重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是（ ） A 5s内拉力对物块做功为零 B 4s末物块所受合力大小为 4.0N C物块与木板之间的动摩擦因数为 0.4 D 6s9s内物块的加速度的大小为 2.0m/s2 答案： D 试题分析：由图知 4s末物体开始运动，第 5s内拉力做功不为零，故 A错误；4s末合力 ，所以 B错误；由图知滑动摩擦力为 3N，根据，可求 ，所以 C错误； 6s9s内物块的合力为 2N，所以加速度 ，所以 D正确 考点：本题考查牛顿第二定律 如图所示，单摆摆球的质量为 m，摆球从最大位移 A处由静止释放，摆球运动到最低点 B

10、时的速度大小为 v。重力加速度为 g，不计空气阻力。则摆球从 A运动到 B的过程中（ ） A重力做的功为 B重力的最大瞬时功率为 mgv C重力的冲量为 0 D重力的冲量大小为 mv 答案： A 试题分析：摆球从最大位移 A处由静止开始释放，摆球运动到最低点 B，根据动能定理得： ，故 A正确某个力的功率应用力乘以力方向上的速度，摆球运动到 B时的速度方向是水平的，所以重力的瞬时功率是 0，故 B错误由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的改变量所以摆球从 A运动到 B的过程中合力的冲量为 mv，故 C错误； D错误 考点：本题考查动能定理、瞬时功率、动量定理 如图所示，在光滑的水平面上固定着两

11、轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运动过程中 （ ） A系统的动量守恒，动能守恒 B系统的动量守恒，机械能守恒 C系统的动量不守恒，机械能守恒 D系统的动量不守恒，动能守恒 答案： C 试题分析：小球和弹簧组成的系统受到重力和水平地面的支持力两个外力，小球与弹簧相互作用时，弹簧会用墙壁的作用力，所受合外力不等于零，动量不守恒；在运动过程中，小球和槽通过弹簧相互作用，但因为只有弹簧的弹力做功，动能和势能相互转化，而总量保持不变，机械能守恒故 C正确， A、 B、D错误 考点：本题考查动量守恒、机械能守恒 一个物体以初速度 V0水平抛出，经过时间 t时其竖直

12、方向的位移大小与水平方向的位移大小相等，那么 t为 （ ） A B C D 答案： B 试题分析：由题意知，物体做平抛运动，根据平抛运动的规律 ，水平位移 ，根据题意 ，解得： ，所以 B正确； A、 C、 D错误 考点：本题考查平抛运动的规律 如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上， A、 B两人分别站在车的两端当两人同时相向运动时 （ ） A若小车不动，两人速率一定相等 B若小车向左运动， A的速率一定比 B的小 C若小车向左运动， A的动量一定比 B的大 D若小车向左运动， A的动量一定比 B的小 答案： C 试题分析： AB两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：

13、 mAvA+mBvB+m车 v车 =0，若小车不动，则 mAvA+mBvB=0，由于不知道 AB质量的关系，所以两人速率不一定相等，故 A错误；若小车向左运动，则 AB的动量和必须向右，而 A向右运动， B向左运动，所以 A的动量一定比 B的大，故 B错误， C正确；若小车向右运动，则 AB的动量和必须向左，而 A向右运动， B向左运动，所以 A的动量一定比 B的小，故 D错误 考点：本题考查动量守恒 如图所示， 一倾角为 高为 h的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为 m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为 vt，所用时间为 t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重

14、力的冲量分别为（ ） A 、 0 B mgvt、 mgtsin C mgvtcos、 mgt D mgvtsin、 mgt 答案： D 试题分析：根据瞬间功率的公式可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为p=mgvtsin，重力的冲量为 I=mgt，所以 D正确； A、 B、 C错误 考点：本题考查瞬时功率、冲量 一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值 2.0cm时，木块沿水平面恰好移动距离 1.0cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为（ ） A 1 : 2 B 1 : 3 C 2 : 3 D 3 : 2 答案： C 试题分

15、析：根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为 x1=2+1=3cm，木块在摩擦力作用下的位移为 x2=1cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有： E系统 =Q=f x； 子弹损失的动能等于克服摩擦力做的功，故： E子弹 =f x1；所以 ，所以 C正确； A、 B、 D错误 考点：本题考查功能关系，意在考查学生的理解能力 已知地球半径为 R，月球半径为 r，地球与月球之间的距离 (两球中心之间的距离 )为 L。月球绕地球公转的周期为 T1，地球自转的周期为 T2，地球绕太阳公转周期为 T3，假设公转运动都视为圆周运动，万有引力常量为 G，由以上条件可知： （ ） A地球的质量为 m地

16、= B月球的质量为 m月 = C地球的密度为 = D月球运动的加速度为 a= 答案： D 试题分析：月球绕地球做圆周运动，根据 ，可求地球的质量为 ，所以 A错误；月球为环绕天体无法求出其质量，故 B错误；根据 可求地球的密度，可得 C错误；根据 可求月球运动的加速度为 ，故 D正确 考点：本题考查天体运动 如图所示的是杂技演员表演的 “水流星 ”。一根细长绳的一端，系着一个盛了水的容器。以绳的另一端为圆心，使容器在竖直平面内做半径为 R的圆周运动。 N为圆周的最高点， M为圆周的最低点。若 “水流星 ”通过最低点时的速度。则下列判断正确的是（ ） A “水流星 ”到最高点时的速度为零 B “

17、水流星 ”通过最高点时，有水从容器中流出 C “水流星 ”通过最高点时，水对容器底没有压力 D “水流星 ”通过最高点时，绳对容器有向下的拉力 答案： C 试题分析： A、根据动能定理得， ，解得最高点的速度故 A错误对桶中的水分析，有 ，解得 F=0知水对桶底压力恰好为零，水恰好不流出故 B 错误； C 正确对整体受力分析，有：，解得 ，绳子的拉力为零，故 D错误 考点：本题考查圆周运动、动能定理 计算题 （ 7分）如图所示，质量为 m=1kg的小木块，从高 h=6.0m，倾角为 37的固定斜面的顶端由静止开始沿斜面滑至底端，到达底端时的速度大小为 8.0m/s，（ g取 10m/s2）求：

18、 （ 1）木块从斜面顶端滑至底端重力做的功； （ 2）木块从斜面顶端滑至底端所需的时间； （ 3）小木块与斜面间的动摩擦因数。 答案：（ 1） 60J （ 2） 2.5s （ 3） 0.35 试题分析：（ 1）由题意知重力做功为： W=mgh=60J 1分 （ 2）根据匀变速直线运动的规律可求： 1分 所以运动时间 1分 （ 3）设小木块的质量为 m，由牛顿第二定律可得： 3分 可求： =0.35 1分 考点：本题考查功、牛顿第二定律、匀变速运动的规律 （ 7分）某天体的半径为地球 半径的 2倍，质量为地球质量的 1/8倍，求该天体的第一宇宙速度及该天体表面处的重力加速度。（已知地球的第一宇宙

19、速度为 8km/s，地球表面的重力加速度为 10m/s2。）结果保留 2位有效数字 答案： 试题分析： 根据 可得： 所以该天体与地球的第一宇宙速度之比为 得： 在根据 ，得： 该天体与地球表面加速度之比为 可得： 考点：本题考查天体运动 （ 8 分）如图所示，摩托车做特技表演时，以 v0 10m/s 的初速度冲向高台，然后以 v 7.5m/s的速度从高台飞出。若摩托车冲向高台的过程中以 P 1.8kW的额定功率行驶，冲到高台上所用时间 t 16s，人和车的总质量 m 1.8102kg，台高 h 5.0m不计空气阻力，取 g 10m/s2。求： （ 1）摩托车落地时速度的大小； （ 2）摩托车

20、冲上高台过程中克服阻力所做的功 答案：（ 1） 12.5m/s （ 2） 2.4104J 试题分析：（ 1）摩托车由从高台飞出后机械能守恒 （ 2）摩托车冲上高台过程，应用动能定理有 考点：本题考查动能定理、机械能守恒 （ 8分）一辆质量为 2t的汽车，其发动机的额定功率是 75kw，当它在水平公路上匀速行驶时最大速度可达 25m/s，设汽车阻力不变，问： （ 1）当汽车以 20m/s的速度匀速行驶时，发动机输出功率是多少？ （ 2）当汽车以额定功率行驶，加速度 a=2.25m/s2时，汽车的速度多大？ 答案：（ 1） 60kw （ 2） 10m/s 试题分析：由题意知汽车做匀速运动时，牵引力

21、等于阻力，所以： （ 2）根据牛顿第二定律有： 考点：本题考查功率、牛顿第二定律 （ 9 分）图甲是 2012 年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦 床过程中，蹦床对运动员的弹力 F随时间 t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示。取 g= 10m/s2，根据 F t图象求： （ 1）运动员的质量； （ 2）运动员在运动过程中的最大加速度； （ 3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度。 答案：（ 1） 50kg （ 2） 40 m/s2 （ 3） 3.2m 试题分析：（ 1）由图象可知运动员所受重力

22、为 500N，设运动员质量为 m，则 m=G/g=50kg 2分 （ 2）由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为 Fm=2500N，设运动员的最大加速度为 am，则 Fm mg=mam 2分 am= = m/s2=40 m/s2 1分 （ 3）由图像可知远动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为 6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的时刻为 8.4s或 11s，它们的时间间隔均为 1.6s。根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为 0.8s。 2分 设运动员上升的最大高度为 H，则 H= = m=3.2m 2分 考点：本题考查图像、牛顿第二定律及自由落体运动 （ 10分）如图所示，长木

23、板 A上右端有一物块 B，它们一起在光滑的水平面上向左做匀速运动，速度 v0=2m/s。 木板左侧有一个与木板 A等高的固定物体 C。已知长木板 A的质量为 mA=1.0kg，物块 B的质量为 mB=3.0kg，物块 B与木板 A间的动摩擦因数 =0.5，取 g=10m/s2。 （ 1）若木板 A足够长， A与 C第一次碰撞后， A立即与 C粘在一起，求物块 B在木板 A上滑行的距离 L应是多少； （ 2）若木板足够长， A与 C发生碰撞后弹回（碰撞时间极短，没有机械能损失），求第一次碰撞后 A、 B具有共同运动的速度 v； （ 3）若木板 A长为 0.48m，且 A与 C每次碰撞均无机械能损

24、失，求 A与 C碰撞几次， B可脱离 A？ 答案：（ 1） 0.40m （ 2） 1 m/s （ 3）第二次碰后 B可脱离 A板 试题分析：（ 1） A与 C碰撞后速度即变为 0，而 B将继续运动，受摩擦力作用，速度由 v0减到 0，由动能定理 L=0.40m （ 2分） （ 2） A与 C发生弹性碰撞后，速度大小仍为 v0，方向相反，以 A、 B为研究对象，设 A、 B有共同的速度 v，水平方向不受外力作用，系统动量守恒，设向左为正 v= 1 m/s ，方向水平向左 （ 3分） （ 3）第一次 A与 C碰后， A、 B有共同的速度 v， B在 A上相对于 A滑行 L1，则 L1=0.40m （ 2分） 第二次 A与 C碰后至 A、 B有共同的速度 ， B在 A上相对于 A滑行 L2，则 由以上两式，可得 L2=0.10m （ 2分） 则 L1+ L2=0.5m 0.48m 即第二次碰后 B可脱离 A板 （ 1分） 考点：本题考查动量守恒、动能定理