《2021届北京市海淀区高三上学期期中物理试题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届北京市海淀区高三上学期期中物理试题.pdf（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、20212021 届北京市海淀区高三（上）期中物理试题届北京市海淀区高三（上）期中物理试题一、选择题一、选择题1.（多选）如图所示，用同样大小的力 F1、F2提一桶水沿水平路面做匀速直线运动。已知两个力F1、F2在同一竖直平面内。下列说法中正确的是（）A两个力的夹角大一些省力B两个力的夹角小一些省力C两个力的夹角变大，F1、F2的合力也变大D两个力的夹角变大，F1、F2的合力保持不变2.（多选）二维运动传感器设计原理如图甲所示，通过 B1、B2两个接收器，计算机可以记录各个时刻运动物体 A 的位置坐标。计算机可以根据位置坐标，分别绘出物体A 的水平分速度大小 vx（用虚线表示）和竖直分速度 v
2、y（用实线表示）随时间变化的vt 图像，如图乙所示。根据题中信息（）A可以看出物体 A 的竖直方向的分运动是匀加速运动B可以看出物体 A 的水平方向的分运动是匀速运动C可以求出物体 A 在竖直方向的加速度的大小D无法求出物体 A 做平抛运动速度的大小3.（多选）某同学用如图所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受套在手指上的橡皮筋对手指压力的变化。下列说法中正确的是（）第 1 页，共 22 页A钩码下降过程，处于失重状态B钩码上升过程，处于失重状态C钩码下降和上升过程，都能出现失重现象D钩码由最低点上升到最高点的过程，先出现超重现象，后出现失重现象4.（多选）2020 年 6
3、月 23 日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第55 颗导航卫星，至此北斗全球卫星导航系统星座布署全面完成。北斗航系统由不同轨道的卫星构成，其中北斗导航系统第41 颗卫星为地球同步轨道卫星，它的轨道半径约为4.2107m。第44 颗为倾斜地球同步卫星，运行周期等于地球的自转周期 24h。两种同步卫星的绕行轨道都为圆轨道。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定的夹角，如1122G 6.6710Nm/kg图所示。已知引力常量。下列说法中正确的是（）A两种同步卫星的轨道半径大小相等B两种同步卫星的运行速度都小于第一宇宙速度C根据题目数据可估算出地球的平均密度D地球同步轨道卫星的向心加速度大小
4、大于赤道上随地球一起自转的物体的向心加速度大小5.（多选）取一较长的轻质软绳，用手握住一端O，将绳拉平后在竖直平面内连续向上、向下抖动长绳，手上下振动的周期是 T，可以看到一列波产生和传播的情形，如图所示。在绳上做个标记 P（图中未标出），且 O、P 的平衡位置间距为 L。t=0 时，O 位于最高点，P 离开平衡位置的位移恰好为零，振动方向竖直向上。若该波可以看作是简谐波，下列判断正确的是（）第 2 页，共 22 页A该波是纵波B该波的最大波长为 4LCt=3T时，P 的振动方向竖直向下8D若手上下振动加快，该简谐波的波长将变大6.（多选）一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，可视为质点的物块从
5、斜面底端以某一初速度冲上斜面。取地面为重力势能零势能面，不计空气阻力。图中可能反映物块从向上滑动到返回底端的过程中，其动能Ek、重力势能 Ep、机械能 E 随物块滑动路程 x 变化关系的是（）ABCD7.（多选）如图甲所示，把两个质量相等的小车 A 和 B 静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让B 紧靠墙壁，其他条件与图甲相同。烧断细线后，下列说法中正确的是（）A当弹簧的压缩量减小到原来一半时，甲图中小车A 和 B 组成的系统的动量为零B当弹簧的压缩量减小到原来一半时，乙图中小车A 和 B 组成的系统的动量为零C当弹簧恢复原长
6、时，乙图中A 车速度是甲图中 A 车速度的 2 倍D从绕断细线到弹簧恢复原长的过程中，乙图中弹簧对B 车的冲量是甲图中弹簧对B 车的冲量的2倍8.如图所示，不可伸长的轻质细绳的一端固定于O 点，另一端系一个小球，在 O 点的正下方一个钉子 A，小球从右侧某一高度，由静止释放后摆下，不计空气阻力和细绳与钉子相碰时的能量损失。下列说法中正确的是（）第 3 页，共 22 页A小球摆动过程中，所受合力大小保持不变B小球在左侧所能达到的最大高度可能大于在右侧释放时的高度C当细绳与钉子碰后的瞬间，小球的向心加速度突然变小D钉子的位置靠近小球，在细绳与钉子相碰时绳就越容易断9.如图所示，木块 A、B 分别重
7、 50N 和 60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为 0.20，夹在 B 之间的弹簧被压缩了 1cm，弹簧的劲度系数为400N/m，系统置于水平地面上静止不动（可认为木块与水平地面之间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力）。现用 F=2N 的水平拉力作用在木块B 上，此时木块A、B 所受摩擦力分别记为 fA和 fB。则（）AfA=10NBfA的方向水平向左CfB=10NDfB的方向水平向左10.在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m 的小球 P（可视为质点）从弹簧上端由静止释放，小球沿竖直方向向下运动，小球的加速度a 与弹簧压缩量 x 间的关系如图所示，其中a0和 x0为已知量。
8、下列说法中正确的是（）A当弹簧压缩量为 x0时，小球 P 的速度为零B小球向下运动至速度为零时所受弹簧弹力大小为ma0C弹簧劲度系数为ma02x01D当弹簧的压缩量为x0时，弹簧的弹性势能为ma0 x02二、实验题11.图是向心力演示仪的示意图，匀速转动手柄1，可使变速塔轮 2 和 3 以及长槽 4 和短槽 5 随之匀速转动，槽内的小球就做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由长槽及短槽上的档板6 对小球的弹力提供，该第 4 页，共 22 页力的大小通过档板的杠杆使弹簧测力筒7 下降，从而露出标尺 8，因此标尺 8 上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小。长槽上A 档板
9、距左转轴的距离与短槽上B 档板距右转轴的距离A相等。档板距左转轴的距离是A 档板距左转轴距离的两倍。皮带分别套在塔轮 2 和 3 上的不同圆盘上（已知塔轮 2 由上到下，圆盘半径分别为6.00cm、8.00cm、9.00cm；塔轮 3 由上到下圆盘半径分别为6.00cm、4.00cm、3.00cm），可改变两个塔轮的转速比，以探究圆周运动向心力大小的影响因素。图中甲、乙、丙是用控制变量法探究小球所受向心力大小与小球质量、小球转动角速度和转动半径之间关系的实验情境图，所用钢球质量相同，钢球质量大于铝球质量。其中：（1）探究小球所受向心力大小与小球质量之间关系的是图中的_（选填“甲”、“乙”、“丙
10、”）；（2）探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系的是图中的_（选填“甲”、“乙”、“丙”）；12.小明和小红同学分别通过实验“探究加速度与质量的关系”和“加速度与力的关系”。（1）小明同学在探究小车加速度与质量的关系时，采用了如图所示方案。保持砝码盘中砝码质量不变，通过增减小车中的砝码个数改变小车中砝码和小车的总质量M，与此相对应，利用纸带上打出的点来测量小车的加速度。对此实验方案，下列做法中合理的是_；A 在平衡阻力时，需要把木板的一侧垫高，并将砝码盘及盘中砝码用细线通过定滑轮系在小车上B 实验前，先接通打点计时器电源，待打点计时器工作稳定后再释放小车C 调节滑轮，使细线与木板平行
11、实验中打出的一条纸带的部分实验数据如图所示，相邻两个计数点间还有四个点未画出。所用交变频率第 5 页，共 22 页为 50Hz，由该纸带可求小车的加速度a=_m/s2（结果保留两位有效数字）；小明记录的 6 组实验数据如下表所示，其中5 组数据的对应点已经标在图的坐标纸上，请用“+”标出余下的一组数据的对应点，并作出a11图像。由 a图像可得出的实验结论为_。MM（2）小红同学在探究小车的加速度a 与所受合外力的关系时，设计并采用了如图所示的方案。其实验操作步骤如下：a挂上砝码盘和砝码，调节木板的倾角，使质量为M 的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；b取下砝码盘和砝码，测出其总质量为m，并让小车沿木
12、板下滑，测出加速度a；c砝码盘中砝码的个数，重复步骤a 和 b，多次测量，作出 aF 图像_。该实验方案_满足条件 Mm（选填“需要“或”不需要“）；若小红同学实验操作规范，随砝码盘中砝码个数的增加，作出的aF 图像最接近图中的_。第 6 页，共 22 页三、计算题13.如图所示，一质量 m=2.0kg 的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数=0.5。现用一大小为10N、=0.6，与水平方向成=37斜向右上方的力 F 拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动。已知 sin37cos37=0.8，空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2。（1）物体做匀加速直线运动的加速度a；（
13、2）物体由静止开始运动，前4.0s 内位移的大小 x；（3）物体由静止开始运动4.0s 的过程中，拉力 F 的冲量大小 I。14.第 24 届冬季奥林匹克运动会将于2022 年由北京和张家口联合举办。高山滑雪是比赛项目之一，因其惊险刺激、动作优美深受观众喜爱。如图所示，为了备战北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角为 的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量为m，山坡滑道底端与水平滑道平滑连接，滑雪板与山坡滑道及水平滑道间的动摩擦因数为同一常数。运动员从山坡滑道上某处由静止速下滑，经过时间 t 到达山坡滑道底端，速度大小为 v。继续在水平滑道上滑行了一段距离后静止。运动员视为质点，空气阻力或忽略不
14、计，重力加速度为 g。（1）求滑雪运动员沿山坡滑道下滑时所受摩擦力f 的大小；（2）求滑雪运动员沿山坡滑道滑到底端时运动员及装备所受重力的瞬时功率P；（3）某同学认为，仅改变运动员及装备的总质量，可改变运动员在水平滑道上滑过的距离。你是否同意该同学的观点？请说明理由。（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的，要在解题时做必要的说明）15.如图所示，一截面为正方形的塑料管道固定在水平桌面上，管道内充满液体，其右端面上有一截面积为s 的小喷口，喷口离地的高度为h（h 远远大于喷口的直径）。管道中有一与截面平行的活塞，活塞沿管道向右匀速推动液体使液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为2
15、h。若液体的密度为，重力加第 7 页，共 22 页速度为 g。液体在空中不散开，不计空气阻力，液体不可压缩且没有黏滞性。（1）液体从小喷口水平射出速度的大小v0；（2）喷射过程稳定后，空中液体的质量m；（3）假设液体击打在水平地面上后速度立即变为零，求液体击打地面水平向右的平均作用力Fx的大小。16.如图所示，质量为m=1kg、左端有挡板的长木板置于水平地面上，木板上表面光滑，木板下表面与地面间的动摩擦因数=0.3。一固定有电动机的滑块，其总质量也为1kg，放置在木板上，电动机可收拢与档板拴接的不可伸长的水平轻绳，起初滑块离档板的距离L=4m。开启电动机收拢轻绳，滑块由静止开始做匀加速直线运动
16、。设木板所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，空气阻力不计，取g=10m/s2。（1）若开启电动机后木板始终保持静止，滑块运动2s 到达木板左侧档板处，求此时滑块的速度大小v0；（2）若通电后，绳子上拉力为恒力F=7N，滑块由静止开始运动，到达档板处与档板碰撞后结合成一个整体（碰撞时间极短，相撞时电动机立即断电），最终两者停在水平地面上，求：滑块与档板碰撞过程中二者损失的总机械能E；整个过程中电动机对外做的总功W。17.如图甲所示，粗糙平直轨道与半径为R 的光滑半圆形竖直轨道平滑连接。质量为m、可视为质点的滑块与平直轨道间的动摩擦因数为，由距离圆形轨道最低点为L 的 A 点，以水平向右的不同初速度滑
17、上平直轨道，滑过平直轨道后冲上圆形轨道，在圆形轨道最低点处有压力传感器，滑块沿圆形轨道上滑的最大高度 h 与滑块通过圆形轨道最低点时压力传感器的示数F 之间的关系如图乙所示。（1）若滑块沿圆形轨道上滑的最大高度为R，求滑块在 A 点初速度的大小 v0；（2）求图乙中 F0的大小；（3）请通过推导写出 F3mg 时 h 与 F 的关系式，并将图乙中F竖直向下的，故 C 正确；38381T，说明质点 P 向上运动到最大位置后又向下运动了，故此时P 的振动方向是4D若手上下的振动加快，说明周期变小，而波速是不变的，根据=vT 可知，波长将变小，故D 错误。故选 BC。第 12 页，共 22 页【答案
18、】BC6.【解析】AB上滑时由动能定理Ek Ek0(mg sinmg cos)x下滑时Ek(mg sinmg cos)x由于斜面是粗糙的，存在摩擦阻力，所以物体上升到最高点再返回的过程中有能量的损失，故动能会减小，选项 B 错误，A 正确；C重力势能在上升时随路程的增大而增大，下降时随路程的增大而逐渐减小，选项C 正确；D根据功能关系，机械能的减少量等于摩擦力做的功，而摩擦力做的功W=fx，由于上滑和下降时摩擦力f都是不变的，故机械能一直在减小，并且Ex 图像的斜率是不变的，不存在前半段减小快，后半段减小慢的现象，故选项 D 错误。故选 AC。【答案】AC7.【解析】A 对于甲来说，绕断细线后
19、，A 与 B 做为整体在水平方向上不受力，故A 与 B 组成的系统在水平方向上动量守恒，原来A 与 B 是静止的，系统动量为零，故绕断细线后，小车A 和 B 组成的系统动量仍然为零，选项 A 正确；B对于乙来说，绕断细线后，弹簧对B 有向右的作用力，而B 的右端是墙壁，所以墙壁会对B 有一个向左的作用力，所以对 A 与 B 组成的系统而言，水平方向上受力不等于零，所以 A 与 B 在水平方向上的动量不守恒，故乙图中小车A 和 B 组成的系统的动量不为零，选项B 错误；C设弹簧压缩一定程度时，其弹性势能为Ep，对于甲图而言，弹簧恢复原长时，根据水平方向上动量为0可知，A 与 B 的速度大小相等，
20、方向相反，设其速度大小均为vA，再根据能量守恒得12mvA2=Ep2对于乙图而言，当弹簧恢复原长时，满足机械能守恒，则1mvA2=Ep2所以vA2vA说明乙图中 A 车的速度是甲图中A 车速度的2倍，选项 C 错误；第 13 页，共 22 页D甲图中弹簧对 B 车的冲量大小根据动量定理可知，等于B 车动量的变化量，即IB=mvB=mvA乙图中弹簧对 B 车的冲量大小等于弹簧对A 车的冲时大小，因为作用力与时间都是相等的，故IB=mvA所以IBvA=2IBvA故乙图中弹簧对 B 车的冲量是甲图中弹簧对B 车的冲量的2倍，选项 D 正确。故选 AD。【答案】AD8.【解析】A小球在由静止释放后，小
21、球向下运动，故小球的重力做正功，小球会加速向下运动，小球做圆周运动的线速度在增大，故它受到的合外力是变化的，A 错误；B根据能量守恒，小球在左侧也能摆到与右侧同样的高度，不会大于右侧，B 错误；C细绳与钉子碰后的瞬间，小球的线速度可以认为是不变的，而半径变小了，故根据向心加速度v2a R可知，加速度变大了，C 错误；D钉子的位置越靠近小球，细绳与钉子相碰时，即R 变小；小球在最下端，根据牛顿第二定律可知v2F mg mR所以v2F mg mR所以 R 越小，则 F 越大，绳就越容易断，D 正确。故选 D。【答案】D9.【解析】由于中间的弹簧被压缩了1cm，弹簧的劲度系数为 400N/m，故弹簧
22、对 A 和 B 两个的作用力为F=kx=400N/m0.01m=4N方向均向外；对 B 而言，它的重力是 60N，放在水平桌面上，故它对桌面的压力也是60N，所以它的最大静摩擦力为fB静=0.260N=12N而物体B 除了受弹簧的弹力以外，还受到向右的拉力是F=2N，故B 受到的合力是6N，方向向右，而6N12N，第 14 页，共 22 页故物体 B 也处于静止状态，它的摩擦力与B 受到的外力相平衡，所以B 受到的摩擦力是 6N，方向向左；而对物体 A 而言，它的重力是 50N，放在水平桌面上，它对桌面的压力也是50N，所以它的最大静摩擦力为fA静=0.250N=10N因为 Fm；6由表达式
23、F=Ma 可知，加速度 a 与合外力 F 之间在关系成正比例，即选项A 正确。【答案】BC0.475见解析在合力力不变的情况下，加速度与质量成反比不需要A13.【解析】（1）对物体受力分析可得Fcos-f=maFN+Fsin=mgf=FN联立以上三式解之得a=5.5m/s2（2）根据11x=at2=5.54.02m=44m22（3）拉力 F 的冲量I=Ft=10N4.0s=40Ns【答案】（1）5.5m/s2；（2）44m；（3）40Ns14.【解析】（1）由于下滑时的初速度为0，末速度为 v，时间为 t，所以下滑的加速度为va t对人下滑时受力分析得mgsin f ma故摩擦力大小为v2f
24、mgsinmt（2）重力的瞬时功率为P mgvy mgvsin（3）设运动员与滑道的动摩擦因数为，斜面滑道的长度为L，运动员沿水平滑道滑行的长度为x，则从起点到终点，根据动能定理得mgL sin(mg cos)L mgx 00第 17 页，共 22 页故x Ls si in n Lcoscos可知水平滑道上滑过的距离x 与质量 m 无关v2【答案】（1）mgsinm；（2）mgv sin；（3）不同意，理由见解析t15.【解析】（1）因为液体做平抛运动，水平方向上2h v0t竖直方向上h 12gt2解得v0gh（2）由于喷出的时间为t=2hg故空中液体的质量m v0ts2hs（3）设液体与水平
25、地面间的作用时间为 t，取 t 时间内液体为研究对象,液体水平向右的初速度为v0，末速度为 0，取向右为正方向,根据动量定理得Fxt 0mv0m v0ts解得Fx ghs【答案】（1）gh；（2）2hs；（3）ghs16.【解析】（1）当木板静止时，对于滑块而言，其初速度为0，L=4m，运动时间 t=2s故根据L=0v0t2可知，滑块的速度大小为第 18 页，共 22 页v0=2L24m=4m/st2s（2）通电后，因为绳子上的力恒为F=7N，则电动机的加速度大小为a1=F7N=7m/s2m1kg对木板受力分析得F-2mg=ma2则木板的加速度大小为a2=1m/s2设经过时间 t 电动机与木板
26、相撞，则1212a1t a2t L22解得t=1s所以碰撞前电动机的速度v1=a1t=7m/s木板的速度v2=a2t=1m/s这两个速度方向相反木板前进的距离1x2=a2t2=0.5m2电动机与木板碰撞时，取向左为正方向，由于动量守恒，故mv1-mv2=2mv解得v=3m/s所以碰撞时损失的机械能E=2mv12+2mv22-22mv2=16J由于碰撞后，电动机就关闭了，所以在碰撞前，电动机做的功使得滑块与木板的动能增加，还使得木板克服地面的摩擦力做功，故电动机对外做的总功W=2mv12+2mv22+2mgx2=28J【答案】（1）v0=4m/s；（2）E=16J；W=28J第 19 页，共 2
27、2 页1111117.【解析】（1）由图像可知，当滑块沿圆形轨道上滑的最大高度是R 时，滑块在在圆形轨道的最低点对轨道的压力是 3mg；则根据牛顿第二定律得v2F支-mg=mR而F支=F压=3mg解之得v=2gR再由 A 到圆形轨道的最低点，由动能定理可得-mgL=2mv2-2mv02解得v0=2g(RL)（2）再由乙图可知，当压力为F0时，滑块刚好通过圆形轨道的最高点故在最高点，由牛顿第二定律可得11v12mg=mR解得v1=gR在由圆形轨道的最高点到最低点，由动能定理得mg2R=2mv22-2mv12解得v2=5gR在圆形轨道的最低点，则v22F0-mg=mR11解得F0=6mg（3）当
28、F3mg 时，滑块上升的高度小于R，由机械能守恒得第 20 页，共 22 页mgh=2mv32在最低点v32F-mg=mR1故可得h=RRF 2mg2所以 h 和 F 的图像是一条直线，取两个特殊点，用直线连接起来即可，而当h0的这一部分即可.【答案】（1）v0=2g(RL)；（2）F0=6mg；（3）h=18.【解析】（1）小球在 b 处的机械能RRF；图像见解析2mg2E=-kmgH要使小球 b 从 c 点脱离，则根据机械能守恒得-kmgH+Ek=-mg（kH-H）解得 Ek=mgH。（2）地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线如图所示当 r=R 时，引力势能大小Ep=GMmR随着
29、r 的增大，引力势能的绝对值逐渐减小，引力势能逐渐增大，设静置于地面处的探测器，至少需要速度v 才能摆脱地球引力势阱的束缚，由机械能守恒得GMm12+mv=0R2解得第 21 页，共 22 页v=2GMR设地球的公转半径为R，则火星的公转半径为 1.5R，探测器的半长轴为R1.5R=1.25R2对于地球和探测器而言，根据开普勒第三定律3R3（1.25R）T地2T探2故 T探=1.40T地对于地球和火星而言，根据开普勒第三定律3R3（1.5R）T地2T火2故 T火=1.84T地故T探=1.46T火=0.76T火 T火1.848所以当探测器从 H 点飞行到 I 点时的时间为探测器的半个周期，即t=13T探=T火82即当火星运行到 E 点附近时，可以使探测器与火星在I 点相遇。【答案】（1）E=-kmgH；Ek=mgH；（2）引力势能函数曲线见解析；v=2GM；E 点R第 22 页，共 22 页