2020-2021学年高三上学期期中考试物理训练题 (75)(含解析)

2020-2021学年高三上学期期中考试物理训练题 (75)

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.如图所示是A，B两个质点做直线运动的位移?时间图象，则()

A. 在运动过程中，A质点总比B质点运动得快

B. 在0?t1的过程中，两质点的位移相同

C. 当t=t1时，两质点的速度相等

D. 当t=t1时，A，B两质点的加速度都大于零

2.如图所示，两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态．已知墙面光

滑，水平地面粗糙．现将A球向下移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力N和轻杆上的压力F的变化情况是()

A. N不变，F变大

B. N变大，F变大

C. N不变，F变小

D. N变大，F变小

3.如图所示，光滑水平桌面上放置着物块A，它通过细绳和轻质滑轮悬挂着物块B，细绳一端连

接物块A，另一端绕过滑轮后固定在天花板上，已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速

度为g。由静止释放物块A、B后，下列说法正确的是()

A. 相同时间内，A，B的运动路程之比为1︰2

B. 物块A，B的加速度之比为1︰1

C. 细绳的拉力大小为6mg

7

D. 当B下落高度为h时，其速度大小为√2g?

5

4.某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方

向与水平方向夹角α=60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ=30°角的直线斜

向右上方由静止开始匀加速飞行，如图所示．经时间t后，将动力的方向沿逆

时针旋转60°同时适当调节其大小．使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是()

A. 加速时动力的大小等于√2mg

B. 加速与减速时的加速度大小之比为2∶1

C. 减速飞行时间t后速度减为零

D. 加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为2∶1

5.如图所示，斜面上从A点水平抛出的小球落在B点，球到达B点时速度大

小为v，方向与斜面夹角为α.现将小球从图中斜面上C点抛出，恰能水平击

中A点，球在C点抛出时的速度大小为v1，方向与斜面夹角为β.则()

A. β=α，v1

B. β=α，v1=v

C. β>α，v1>v

D. β<α，v1

6.如图所示，质量相等的汽车甲和汽车乙，以相等的速率沿同一水平弯

道做匀速圆周运动，汽车甲在汽车乙的外侧。两车沿半径方向受到的

摩擦力分别为f甲和f乙，则下列说法中正确的是()

A. f甲>f乙

B. f甲=f乙

C. f甲

D. 无

法判断

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

7.如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹

簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是

A. 一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为F

4

B. 一起加速过程中，C木块受到四个力的作用

C. 一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向均相同

D. 当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力大小和方向都不变

8.如图所示，长为2L的轻杆上端固定一质量为m的小球，下端用光滑铰

链连接于地面上的O点，杆可绕O点在竖直平面内自由转动，定滑轮

固定于地面上方L处，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳子与杆的

中点相连，启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒向地面，假设

整个倒下去的过程中，杆做匀速转动，则在此过程中()

A. 小球重力做功为2mgL

B. 绳子拉力做功大于2mgL

C. 重力做功功率逐渐增大

D. 绳子拉力做功功率先增大后减小

9.2019年“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面。如图，为给“嫦娥四号”探测器登陆月球背

面提供通信支持，“鹊桥号”卫星绕地月拉格朗日L2点做圆周运动。已知在地月拉格朗日点L1或L2，卫星受地球和月球引力的合力作用，能随月球同步绕地球做圆周运动。则()

A. 卫星在L1点的角速度比在L2点的大

B. 卫星在L1点的线速度比在L2点的小

C. 卫星在L1点的向心加速度比在L2点的小

D. 同一卫星L1、L2点受地球和月球引力的合力相等

10.如图，两个相同小物块a和b之间用一根轻弹簧相连，系统用细线静止悬挂于足

够高的天花板下。细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为g，则

A. 细线剪断瞬间，a和b的加速度大小均为g

B. 弹簧恢复原长时，a和b的加速度大小均为g

C. 下落过程中弹簧一直保持拉伸状态

D. 下落过程中a、b和弹簧组成的系统机械能守恒

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11.光电门是一种可以测量物体瞬时速度的器材

(1)某次宽为1.5cm的小铁片通过光电门，计时器上显示时间是0.016s，则小铁片通过光电门时

的瞬时速度大小为______ m/s．

(2)利用两个光电门和上述小铁片可以研究匀加速度直线运动．如图，将铁片固定在滑块上，滑

块自由滑下后光电门1的计时器上显示0.031s，已知两光电门之间的距离l=0.3m，滑块下滑的加速度0.4m/s2，则光电门2的计时器上显示应最接近______

A0.028s B0.026s C0.024s D0.022s．

12.用落体法验证机械能守恒定律，器材安装如图甲。正确实验操作后打出如图乙所示的紙带。己

知打点计时器所用电源频率为f，根据纸带所给数据。

(1)打C点时重物的速度为______；

(2)只要验证______等式成立，即可验证重物由O到C下落过程机械能守恒；

(3)某同学选用两个形状相同质量不同的重物a和b进行实验，测得物体运动的速度v和对应下

??图象如图丙所示，由图象可知a的质量m1______b的质量m2(选填“大于”

落的高度h，v2

2

或“小于”)。

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）

13.如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个竖直固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点。A点

处有一质量为m2的静止小球，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。求：

(1)两小球m1和m2第一次碰后的速度v1和v2；

(2)若两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点，且m1

14.在竖直平面内，有一光滑的弧形轨道AB，水平轨道BC=3m.质量m=1kg的物体从弧形轨道A

点无初速滑下，经过B点，最后停在C点，A点距水平轨道高?=0.80m.(g=10m/s2)求：

(1)物体滑至B点的速度大小；

(2)在BC段摩擦力做功；

(3)BC段的滑动摩擦因数μ.(保留两位有效数字)

15.用长L=0.6m的绳系着装有m=0.5kg水的小桶，在竖直平面内做圆周运动，

成为“水流星”.(g=10m/s2)求：

(1)在最高点水不流出的最小速度为多少？

(2)若过最高点时速度为3m/s，此时水对桶底的压力为多大？

16.如图所示是游乐场中过山车的模型图，半径为R=4.0m的不光滑四形轨道固定在倾角为θ=

37°斜轨道面上的B点，且圆形轨道的最高点C与A点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接。

游戏开始前，小车在水平向左的外力F作用下静止在斜轨道P点游戏开始时撤去水平外力F，小车沿斜轨道向下运动，过图中A点时速度v0=14m/s.已知小车质量m=2kg.斜轨道面与小车间的动摩擦因数为μ=1/6，g=10m/s2.sin37°=0.6，cos37°=0.8.若小车通过圆形轨道最高点C时对轨道的压力大小等于重力的两倍，设小车受到的最大静摩擦力与滑动样刀相等，则

(1)小车在P点静止时水平外力F的最小值；

(2)小车从B到C过程中，克服摩擦力做了多少功。

-------- 答案与解析 --------

1.答案：A

解析：略

2.答案：A

解析：解：对整体进行受力分析，知竖直方向：N=2mg，移动两球后，仍然平衡，则N仍然等于2mg，所以N不变。

再隔离对A进行受力分析，轻杆对A的作用力等于轻杆上受到的压力，轻杆对A球的作用力F=mg

cosθ

，

当A球向下移动一小段距离，夹角θ增大，cosθ变小，所以F增大。故A正确，B、C、D错误。

故选：A。

先对整体受力分析，整体受总重力、地面的支持力、墙壁对A的弹力，地面对B的静摩擦力．整体处于平衡状态，从而可知N的大小变化．再隔离对A球进行受力分析，A球受重力，墙壁的弹力和杆子的弹力，三个力处于平衡状态，通过夹角的变化，判断轻杆受到压力的变化．

在该题中运用了整体法和隔离法，先对整体受力分析，确定地面对球B的支持力不变．再隔离分析，判断杆子对球的作用力变化．

3.答案：C

解析：

物体A下降h时，物体B下降0.5，故A的速度直为B的速度的2倍，可以得到加速度之比也为2：1，根据牛顿第二定律列式求解拉力和加速度；根据运动学公式列式求解速度。

A.同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半的距离，即为，故A。B运动的路程之比为2:1，故A 错误；

B.任意相等时间内，物体A、B的位移之比为2:1，故速度和加速度之比均为2:1，故B错误；

C.设A的加速度为a，则B的加速度为0.5a根据牛顿第二定律，对A，有：T=ma，对B，有：3mg?2T=

3m·0.5a，联立解得：T=6mg

7，a=6

7

g，故C正确；

D.对B，加速度为a′=0.5a=g，根据速度位移公式，有：v2=2·a′·?，解得v=√6g?

7

，故D错误。

故选C。

4.答案：B

解析：解：A、起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向

成30°角斜向上，设动力为F，合力为F b，如第一个图所示：

在△OFF b中，由几何关系得：F=2×mgcos30°=√3mg，F b=mg，

故A错误；

B、由牛顿第二定律得加速时飞行器的加速度为：a1=g，

推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F′跟合力F′?垂直，如第二个图所示，

此时合力大小为：

F′?=mgsin30°

动力大小：F′=√3

2

mg

飞行器的加速度大小为：a2=mgsin30°

m

=0.5g

加速与减速时的加速度大小之比为a1：a2=2：1，故B正确；

C、设t时刻的速率为v，由静止开始匀加速飞行，经时间t后减速，减速到最高点的时间设为t′，则v=a1t=a2t′，解得t′=2t，故C错误；

D、加速过程发生的位移x1=v

2t1，减速到零的过程发生的位移大小x2=v

2

t2，减速过程发生的位移

大小之比为x1：x2=t1：t2=1：2，故D错误。

故选：B。

起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，根据几何关系求出合力，由牛顿第二定律求出加速度，根据匀加速运动速度公式求解最大速度；推力方向逆时针旋转60°后，先根据牛顿第二定律求解加速度，再求出继续上升的时间，最后根据平均速度求解位移之比。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

5.答案：A

解析：解：由平抛运动的规律得：

tanθ=y

x

=

1

2gt

2

v0t

=

gt

2v0

解得：t=2v0tanθ

g

由图知tan(α+θ)=v y v

0=gt

v0

=2tanθ

所以可知速度方向与斜面夹角与抛出速度无关，故α=β；从A到B过程，据动能定理有：

mg?AB=1

2

mv2?

1

2

mv02

同理从A到C，据动能定理有：

mg?AC=1

2

mv12?

1

2

mv02

因?AB>?AC，故v1

故选：A。

小球从斜面上抛出又落到斜面上，位移偏角的正切值为定值tanθ，故其速度偏角的正切值tanα为定值，即tanθ=2tanα，故可判断α与β关系；

根据动能定理可直接判断落点速度的大小关系；

物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值。以及知道在任一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍。

6.答案：C

解析：

汽车做匀速圆周运动，由指向圆心的静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程分析两车沿半径方向受到的摩擦力的大小。

本题考查应用牛顿第二定律处理生活中圆周运动的能力，对于圆周运动，分析向心力的来源的是关键。

设两汽车的质量为m，速率为v，半径分别为r甲和r乙，根据牛顿第二定律得：

F f甲=m

v

甲

2

r

甲

，F

f乙

=m

v

乙

2

r

乙

由题r甲>r乙，则得到：F f甲

故选C。

7.答案：AC

解析：略

8.答案：AC

解析：

根据W=mg?求重力做功；小球在倒下的过程中，由于速率不变，根据动能定理求拉力做功，根据P=Fvcosθ求解重力的功率；

本题主要考查了功率和动能定理，关键是抓住绳子的功率和重力的瞬时功率相同即可求

解：A、小球重力做功为W=mg?2L=2mgL，故A正确；

B、在整个过程中，根据动能定理可得W?mg?2L=1

2mv2?1

2

mv2，解得W=2mgL，故B错误；

C、根据P=Fvcosθ可知，P=mgvcosθ，在下落过程中，θ逐渐减小，故重力做功功率逐渐增大，故C正确；

D、在整个过程中，重力的功率和绳子的功率相同，故绳子的功率逐渐增大，故D错误；

故选：AC。

9.答案：BC

解析：

本题的关键是审清题意，通过受力分析找出“鹊桥号”的向心力来源、得出“鹊桥号”与月球的角速度关系即可正确答题。

“鹊桥”与月球同步绕地球运动，角速度相等，月球自转周期和公转周期相等，然后结合线速度、角速度与向心加速度的关系分析即可。

A.地月拉格朗日点属于同轴转动的模型，故卫星在L1点的角速度和在L2点的角速度相等，故A错误；

B.由v=rω，因ω相同，则轨道半径大的线速度大，卫星在L2点的线速度大，故B正确；

C.由a=rω2可知，卫星在L2点的向心加速度大，故C正确；

D.在拉格朗日点，地球和月球的合力提供卫星的向心力，则卫星在L2点的向心力大，合力大，故D 错误。

故选BC。

10.答案：BD

解析：细线剪断瞬间a的加速度为2g，b为0。

11.答案：(1)0.9375；

(2)D

解析：解：(1)挡光片通过光电门时的瞬时速度大小为：v=△x

△t =1.5×10?2

0.016

m/s=0.9375m/s

(2)通过光电门1的速度为：v1=l

△t =1.5×10?2

0.031

≈0.48m/s①

根据速度位移关系公式，有：v22?v12=2al②

通过光电门2的时间为：△t1=d

v2

③

联立解得：△t1≈0.022s，故D正确，ABC错误；

故答案为：(1)0.9375；(2)D．

(1)极短时间内的平均速度大小可以近似认为是该时刻的瞬时速度大小；

(2)先根据速度位移关系公式求解出末速度，然后计算遮光板通过光电门2的时间．

本题关键明确可以用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，然后结合运动学公式列式求解．

12.答案：(?4??2)f

2

g?3=1

8(?4??2)2f 2 大于

解析：解：(1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，C 点的瞬时速度为： v C =

?4??22T

=

(?4??2)f

2

。

(2)重力势能的减小量为mg?3，动能的增加量为：

12mv C 2=18

(?4??2)2f 2 可知只要验证g?3=1

8(?4??2)2f 2等式成立，即可验证重物由O 到C 下落过程机械能守恒。 (3)根据动能定理得：(mg ?f)?=1

2mv 2，整理得：v 2

2

=

mg?f m

?，

图线的斜率为：k =mg?f m

=g ?f

m

，

a 图线的斜率大，则a 的质量大，即a 的质量m 1大于

b 的质量m 2。 故答案为：(1)

(?4??2)f

2

，(2)g?3=18(?4??2)2f 2，(3)大于。

(1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C 点的瞬时速度。 (2)抓住重力势能的减小量和动能的增加量是否相等验证机械能是否守恒。 (3)根据动能定理得出

v 22

??的表达式，结合图线的斜率比较a 、b 的质量大小。

解决本题的关键知道实验的原理以及操作中的注意事项，对于图象问题，一般的解题思路得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率分析判断。

13.答案：解：(1)两球发生弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别

得：

m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2。

12

m 1v 02=1

2

m 1v 12+1

2

m 2v 22。

解得：

v 1=

m 1?m 2

12v 0

v 2=2m 1v 0

m

1+m 2

。

(2)两球在B 点相碰有两种情况：

第一种情形：m 1被P 反弹后追上m 2在B 点相碰。由于v 1=m 1?m

2

m 1+m 2v 0<0，

m 1运动距离为m 2的3倍。 即|?v 1t|=3v 2t

解得：m 1

m 2

=1

7

第二种情形：m 1被P 反弹后，m 2与Q 反弹后在B 点相碰，m 1、m 2运动距离相等。 即|?v 1t|=v 2t

解得：m 1

m 2

=1

3

答：(1)两小球m 1和m 2第一次碰后的速度v 1和v 2分别为m 1?m 2

m 1+m 2

v 0，

2m 1v 0

m 1+m 2

。

(2)m 1和m 2的可能比值为1

7或1

3。

解析：(1)两球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别列式，从而求得两小球m 1和m 2第一次碰后的速度v 1和v 2；

(2)两球在B 点相碰有两种情况：第一种情形：m 1被P 反弹后追上m 2在B 点相碰，m 1运动距离为m 2的3倍。第二种情形：m 1被P 反弹后，m 2与Q 反弹后在B 点相碰，m 1、m 2运动距离相等，结合碰撞后两球运动的可能性来解答。

解决本题的关键要搞清两球运动的情况，分析运动距离关系，从而求得两球碰后的速度大小的关系，结合动量守恒和机械能守恒综合求解。

14.答案：解：(1)物体从A 运动到B 的过程，根据动能定理，有：mg?=1

2mv 2

得物体到达B 点的速度为：v =√2g?=√2×10×0.8=4m/s

(2)物体从B 运动到C 的过程，根据动能定理得摩擦力做的功为：W f =0?1

2mv 2 解得：W f =?8J

(3)对整个过程，由动能定理得：mg??μmgx BC =0 解得：μ=4

15≈0.27

答：(1)物体滑至B 点的速度大小为4m/s ． (2)在BC 段摩擦力做功是?8J ． (3)BC 段的滑动摩擦因数μ是0.27．

解析：(1)研究物体从A 运动到B 的过程，根据动能定理或机械能守恒定律即可求解； (2)研究物体从B 运动到C 的过程，运用动能定理即可求解． (3)对整个过程，运用动能定理可求滑动摩擦因数μ．

对于涉及力在空间的效果求速度时，可首先考虑应用动能定理，运用动能定理要灵活选取研究的过程，本题采用全程法和分段法结合解答，比较简便．

15.答案：

解：(1)水做圆周运动，在最高点水不流出的条件是：水的重力不大于水所需要的向心力．这时的最小速度即为过最高点的临界速度v 0． 以水为研究对象，根据牛顿第二定律有：

mg =m v 0

2

L

解得：v 0=√Lg =√0.6×10m/s ≈2.45m/s ．

(2)v =3m/s >v 0，水不会流出．设桶底对水的压力为F ，则由牛顿第二定律有：

mg +F =m

v2L

解得：F=m v2

L ?mg=0.5×(32

0.6

?10)N=2.5N．

根据牛顿第三定律知：F′=F

所以水对桶底的压力为2.5N．

答：(1)在最高点水不流出的最小速度为2.45m/s；

(2)若过最高点时速度为3m/s，此时水对桶底的压力为2.5N．

解析：(1)水恰好不流出时，桶底对水的弹力为零，结合牛顿第二定律求出最小速度．

(2)由前面v0的解答知v=3m/s>v0，故重力不足以提供向心力，要由桶底对水向下的压力补充，此时所需向心力由以上两力的合力提供．结合牛顿第二定律求出水对桶底的压力大小．

解决本题的关键知道水做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大．

16.答案：解：(1)在P点，对小车：

垂直斜面方向：F N=mgcos37°+Fsin37°

沿斜面方向：Fcos37°+μF N=mgsin37°

解得：F=280

27

N

(2)在C点，由牛顿第二定律得：F N+mg=m v C2

R

又F N=2mg

解得v C=√3gR=2√30m/s

从A到C过程中，由动能定理得：△E k=1

2mv C2?1

2

mv02=?μmgcosθ?l AB?W f

式中l AB=R(1+cosθ)

sinθ=4×(1+0.8)

0.6

m=12m

联立解得W f=44J

答：

(1)小车在P点静止时水平外力F的最小值是280

27

N；

(2)小车从B到C过程中，克服摩擦力做了44J功。

解析：(1)小车在P点静止时合力为零，分析其受力情况，由平衡条件求解。

(2)在C点，由牛顿第二定律列式求出小车通过C点的速度。从A到C过程中，由动能定理求克服摩擦力做功。

本题的关键根据动能定理对各个过程列式，难点在于几何关系的确定，要注意小车通过最高点时由合力充当向心力。