1、甘肃省武威一中2019届高三物理上学期期末考试试题（含解析）一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）1.牛顿是最有影响的科学家，他是经典力学基础牛顿运动定律的建立者，是过去一千多年中最杰出的科学巨人之一。下列说法中正确的是（ ）A. 牛顿利用“冲淡”重力实验证明自由落体运动是匀变速直线运动B. 牛顿发现万有引力定律，认为物体之间普遍存在万有引力C. 牛顿利用扭秤最先测出了引力常量D. 为了纪念牛顿，将力的国际单位命名为牛顿，并将其作为基本单位【答案】B【解析】【详解】A项：伽利略利用“冲淡”重力实验证明自由落体运动是匀变速直线运动，故A错误；B项：牛顿发现万有引力定律，认为物体之间普遍存在
2、万有引力，故B正确；C项：卡文迪许利用扭秤最先测出了引力常量，使万有引力定律有了真正的使用价值，故C错误；D项：力的单位牛顿并不是基本单位，故D错误。故应选B。2. 质量为1500kg的汽车在平直的公路上运动，v-t图象如图所示由此可求( )A. 前25s内汽车的平均速度B. 前10s内汽车的加速度C. 前10s内汽车所受的阻力D. 1525s内合外力对汽车所做的功【答案】ABD【解析】试题分析：观察速度时间图像，V-t图像和时间轴围成面积代表位移，斜率代表加速度a，观察图像可知，前10s斜率即加速度,答案B对。根据牛顿第二定律，牵引力未知因此无法求出阻力，C错。前25s图像和时间轴围成的面积
3、可以分成前10s三角形和中间5s矩形及后10s梯形都可以计算出面积，也就可以知道前25s位移，除以时间即可算出平均速度，A对。根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，1525 s的初速度和末速度都知道而且题目告诉有质量，答案D对。考点：速度时间图像 动能定理【此处有视频，请去附件查看】3.物块在外力作用下沿x轴做匀速直线运动，图示为其位置坐标和速率的二次方的关系图线，该物体运动的加速度大小为（）A. 0B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由图根据数学知识可得：x=v2-2根据匀变速直线运动的速度位移关系公式得：v2-v02=2ax得：，对比可得：，解得：a=0.5m/s2.A.0，与结
4、论不相符，选项A错误；B. 0.25m/s2，与结论不相符，选项B错误；C. 0.5m/s2，与结论相符，选项C正确；D. 1m/s2，与结论不相符，选项D错误；4.如图所示,某同学以不同的初速度将篮球从同一位置抛出两次,篮球抛出后均垂直撞在竖直墙上图中曲线为篮球第一次运动的轨迹,O为撞击点,篮球第二次抛出后与墙的撞击点在O点正下方,忽略空气阻力,下列说法正确的是（ ）A. 篮球两次在空中运动的时间相等B. 篮球第一次撞墙时的速度较小C. 篮球第一次抛出时速度的竖直分量较小D. 篮球第一次抛出时的初速度较小【答案】B【解析】将篮球的运动反向处理，即可视为平抛运动，第二次下落的高度较小，所以运动
5、时间较短，故A错误；水平射程相等，由得知第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙的速度较大，第一次撞时的速度较小，故B正确；第二次时间较短，则由可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故C错误；根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，故D错误；故选B.5.如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a处，则下列说法正确的是（）A. 在a点碗对蚂蚁的支持力大于在b点的支持力B. 在a点碗对蚂蚁的作用力大于在b点的作用力C. 在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力D. 在a点蚂蚁受到的合力大于在b点受到的合力【答案】C【解析】AC、蚂蚁缓慢上爬，可以认为蚂蚁处于平衡状态，则合力始
6、终为零，受力分析：根据共点力平衡有：，因为A点的比B点的大，所以在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力，在a点碗对蚂蚁的支持力小于在b点的支持力，故A错误，C正确；B、在a点和b点，碗对蚂蚁的作用力都等于蚂蚁的重力，所以在a点碗对蚂蚁的作用力等于在b点的作用力，故B错误；D、在a点蚂蚁受到的合力与b点受到的合力均为零，D错误。点睛：蚂蚁缓慢上爬，可以认为蚂蚁处于平衡状态，合力为零，蚂蚁所受的摩擦力为静摩擦力，越往上爬，所受静摩擦力越大，根据共点力的平衡条件列方程分析支持力大小。6.在桌上有一质量为m1的杂志，杂志上有一质量为m2的书，杂志和桌面的动摩擦因数为1，杂志和书之间的动摩擦因数为2，
7、欲将杂志从书下抽出，则要用的力至少为A. B. C. D. 【答案】A【解析】当杂志刚好从书下抽出时，书所受的静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律得：对书，有：2m2g=m2a对整体，有：F-1（m1+m2）g=（m1+m2）a联立得 F=（1+2）（m1+m2）g，故选A。点睛：本题考查整体法与隔离法的应用，重点是判定什么条件下出现相对运动，知道当书与杂志刚要发生相对运动时静摩擦力达到最大7.从水平地面上方同一高度处，使A球斜上抛，使B球平抛，且两球质量相等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面上，空气阻力不计，在此过程中，下列说法正确的是：A. 重力对两球做功相同B. 重力对两球冲量不同C.
8、两球运动过程中动量的变化量相同D. 两球着地时的动量相同【答案】AB【解析】【详解】斜直上抛和平抛过程中两球都只受重力作用，只有重力做功，两物体初位置高度相同，故重力做功相同，A正确；由于两球初始高度相同，a球斜上抛，b球平抛，a球开始时具有向上的分速度，所以a运动的时间比b球运动的时间长，故重力对a球的冲量比对b球的冲量大，B正确；根据动量定理可得重力对两者的冲量不同，故两球的动量变化量不同，C错误；由机械能守恒定律可得，小球落地时的速度大小相等，方向不同，落地时的动量大小相等，方向不同，动量不同，D错误【点睛】本题考查了判断动量、冲量是否相同，应用动量定理即可正确解题，解题时要注意，动量、
9、冲量都是矢量，只有大小与方向都相同时，两动量或两冲量才相等8.一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落,其速度v随时间t变化的图线如图所示。则物块A. 第一个与时间内的位移小于第二个时间内位移B. 第一个时间内的平均速度等于第二个时间内的平均速度C. 第一个时间内重力的冲量等于第二个时间内重力的冲量D. 第一个时间内合外力的功等于第二个时间内克服合外力的功【答案】ACD【解析】【详解】速度-时间图象中，图线与横轴围成的面积表示物块的位移，显然物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移，选项A正确；根据得，物块第一个t0时间内的平均速度小于第二个t0时间内的平均速度，选项B错误；冲量，可知
10、第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量，选项C正确；根据动能定理可知，物块合外力做的功等于动能的改变量，第一个t0时间内动能的变化量大小等于第二个t0时间内动能的变化量大小，第一个t0时间内合外力的功等于第二个t0时间内克服合外力的功，选项D正确。故选ACD.【点睛】本题考查v-t图象的性质，要注意明确图象中点、线及面的含义，并能熟练应用，特别要掌握斜率等于加速度、面积表示位移9.如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为37，已知B、C高度差h=5m，g=10m/s2，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（）
11、A. 小球甲作平抛运动的初速度大小为B. A、B两点高度差为C. 小球甲到达C点所用时间为D. 两小球在C点时重力的瞬时功率相等【答案】C【解析】【详解】A.由h=gt2可得乙运动的时间为：t1=s=1s，所以甲与乙相遇时，乙的速度为：v=gt=10m/s，所以甲沿水平方向的分速度，即平抛的初速度为：vx=vBsin37=6m/s。故A错误；BC.物体甲沿竖直方向的分速度为：vy=vBcos37=8m/s，由vy=gt2，所以B在空中运动的时间为：t2=s=0.8s，hAC=gt22=3.2m。所以AB高度差为5m-3.2m=1.8m，故B错误，C正确；D.两个小球质量相同，则小球在C点重力的
12、功率：PG=mgvy，由于竖直方向速度不同，故功率不同，故D错误；10.如图所示，甲从 A 地由静止匀加速跑向 B 地，当甲前进距离为 x1 时，乙从距 A 地 x2 处的 C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达 B 地，则 AB 两地距离为（ ）A. x1+x2B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设AB之间的距离为L，甲前进距离为x1时，速度为v，甲乙匀加速直线运动的加速度为a。则有：S1=L-x1 ，根据速度位移公式得，设乙运动的时间为t，对甲有：，对乙有，联立可得：，整理得AB的距离：，故C正确，ABD错误。11.如图所示，水平细杆上套一球A，球A与球B间用一轻绳相连
13、，质量分别为mA和mB，由于B球受到水平风力作用，球A与球B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. 球A与水平细杆间的动摩擦因数为B. 球B受到的风力F为C. 风力增大时，若A、B仍匀速运动，轻质绳对球B的拉力保持不变D. 杆对球A的支持力随着风力的增加保持不变【答案】D【解析】【详解】B.对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如左图，由平衡条件得：风力F=mBgtan，故B错误；C.绳对B球的拉力T= 当风力增大时，增大，则T增大。故C错误。AD.把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如右图；根据共点力
14、平衡条件可得：杆对A环的支持力大小：N=（mA+mB）g；f=F；则A环与水平细杆间的动摩擦因数为，故A错误；对整体分析，竖直方向上杆对环A的支持力N=（mA+mB）g，故D正确；12.如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终位置保持不变，下列说法中正确的是（ ）A. b对c的摩擦力可能先减小后增大B. 地面对c的支持力可能不变C. c对地面的摩擦力方向始终向左D. 弹簧一定处于压缩状态【答案】A【解析】A项：对b
15、进行受力分析：重力G，支持力F，细线的拉力F，摩擦力f，开始时如果重力沿斜面向下的分力小于细线的拉力F，当加入砂子时，即增大了重力，所以摩擦力先减小到零 时，继续加入砂子，摩擦力反向增大，故A正确；B、C项：对bc组成的系统受力分析可知，重力G，支持力F，细线的拉力，地面的摩擦力f，当细线的拉力为零时，c对地面的摩擦力为零，故C错误，由于a、b、c始终位置保持不变，所以地面对c的支持力一定不变，故B错误；D项：由于不清楚a、b、c三物体及摩擦因素的大小关系，所以a受的拉力可能大于a的重力，也可小于a的重力，也可等于a的重力，所以弹簧不一定处于压缩状态，故D错误。二、多选题（本大题共5小题，共2
16、0.0分）13.质量为m的小球，用长为的细线悬挂在O点，O点的正下方P点有一光滑的钉子。把小球拉到与钉子P等高的位置a由静止释放，小球摆到竖直位置b时摆线被钉子挡住，如图所示。当小球第一次经过最低点b前后A. 小球摆动的线速度的值减小B. 小球摆动的角速度的值增大C. 小球摆动的向心加速度的值减小D. 悬线对小球拉力值增大【答案】BD【解析】【详解】小球第一次经过最低点b前后,摆动的线速度的值大小不变，选项A错误；因转动半径减小，根据v=r可知，小球摆动的角速度的值增大，选项B正确；根据可知，半径减小，则小球摆动的向心加速度的值变大，选项C错误；根据T-mg=ma可得悬线对小球拉力的值增大，选
17、项D正确；故选BD.【点睛】解答此题的关键是抓住小球到达最低点时线速度不变，然后根据向心力公式，线速度与角速度、加速度之间的关系式求解14.下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是()A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】试题分析：AB第一个图速度时间图象，由速度时间图象可知：0-3s内物体以速度6m/s匀速运动，4-5s内做匀加速直线运动，加速度为2m/s2，A图中位移时间图象表示0-3s内物体静止，4-5s内物体也静止，故A错误；B图中速度图像表示0-3s内物体以速度6m/s匀速运动，4-5s内物体匀加速运动，加速度为2m/s2，故B正确；C图中位移图像表示物体先静止后
18、匀速运动，速度大小为2m/s，而速度图像在前3s为速度为零，3-5s做匀速运动大小为2m/s，故C正确，D图中位移时间图象表示0-3s内物体处于静止状态，加速度为零的运动，4-5s内物体匀速运动，而加速度时间图像中03s内物体做加速度为零的运动，45s内物体做匀加速直线运动，状态不一致，故D错误考点：本题主要考查了运动图象问题，点评：v-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，位移-时间图象的斜率等于物体运动的速度，加速度时间图象表示加速度随时间变化情况，根据图象即可求解15.引力波探测于2017年获得诺贝尔物理学奖。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P
19、、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为，P、Q两颗星的轨道半径之差为r（P星的轨道半径大于Q星的轨道半径），万有引力常量为G，则(）A. Q、P两颗星的质量差为B. P、Q两颗星的运动半径之比为C. P、Q两颗星的线速度大小之差为D. P、Q两颗星的质量之比为【答案】CD【解析】【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度的大小相等，周期相等，根据向心力的关系求出转动的半径之比，从而得出线速度大小之比，根据向心力相等求出质量关系。【详解】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所
20、以Q星的周期为T；根据题意可知，rP+rQ=l，rP-rQ=r，解得： ，则P、Q两颗星的运动半径之比为，选项B错误；根据，可得；，则质量差为：，质量比为：，选项A错误，D正确； P星的线速度大小 ；Q星的线速度大小 ；则P、Q两颗星的线速度大小之差为，选项C正确；故选CD。16.滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则（）A. a落地前，轻杆对b先做正功再做负功B. a落地时速度大小为C. 从水平地面上方a下落过程中，其加速度大小可能等于gD. a落地前，当
21、a的机械能最小时，b对地面的压力大小大于mg【答案】AC【解析】【详解】A.当a到达底端时，b的速度为零，所以在整个过程中，b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，根据动能定理可知，轻杆对b先做正功再做负功，故A正确；B.a落地时，b的速度为零，设此时a的速度为v。根据系统机械能守恒得：mgh=mv2，解得：v=故B错误；C.在整个过程中，b的速度先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就是先阻力后动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度；而b加速度过程中，b对a是向上的支持力，此时a的加速度小于重力加速度，故从水平地面上方a下落
22、过程中，其加速度大小可能等于g，故C正确；D.a、b整个系统机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b受重力和地面支持力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D错误；17.如图甲所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的物块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的物块B，但B与A不粘连。初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力F作用在B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的vt图象如图乙所示，t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点，重力加速度为g，则( )A. B. t2时刻，弹簧
23、形变量为C. t2时刻弹簧恢复到原长，物块A达到速度最大值D. 从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧释放的势能少【答案】BD【解析】【详解】由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律有：kx-mgsin=ma；开始时有：2mgsin=kx0，又x0-x=at12；联立以三式得： 故A错误。由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，则得：x=，此时弹簧处于压缩状态，故B正确，C错误。由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsin=ma开始时有：2mgsin=kx0从开始到t1时刻，弹簧释放的势能 EP=kx02
24、- kx2从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+EP-2mgsin（x0-x）= 2mv122a（x0-x）=v12由解得：WF-EP=-；所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确。故选BD.【点睛】本题分析时要注意：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等.三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）18.如图所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究功与速度变化的关系”的实验。(1)打点计时器使用的
25、电源是_（选填选项前的字母）。A直流电源 B交流电源(2)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是_（选填选项前字母）。A把长木板右端垫高 B改变小车的质量(3)接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O.在纸带上依次取A、B、C若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T.测得A、B、C各点到O点的距离为x1、x2、x3，如图所示。实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg.从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=_，打B点时小车的速度v=_。(4)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件
26、，则从理论上分析，下图中正确反映v2W关系的是_。【答案】 (1). B (2). A (3). (4). (5). A【解析】【详解】（1）打点计时器使用的是交流电源，A错误B正确。（2）平衡摩擦力是利用小车的重力沿斜面向下分力与摩擦力平衡，所以把长木板右端垫高，A正确B错误。（3）拉力做功等于，根据纸带信息可知道B点的瞬时速度等于AC的平均速度；（4）根据机械能守恒定律可知：，整理得：，所以图像仍是过原点的直线，A正确BCD错误。四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）19.有一个冰上推木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推木箱一段时间后，放手让木箱向前滑动，若木箱最后停在桌上有
27、效区域内，视为成功；若木箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L17 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，BC为有效区域。已知BC长度L21 m，木箱的质量m50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2。那么该选手要想游戏获得成功，试求：(1)推力作用在木箱上时加速度大小；(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件。【答案】(1)3 m/s2 (2) 1 sts【解析】(1)设推力作用在木箱上时的加速度为a1，根据牛顿运动定律
28、得Fmgma1解得a13 m/s2.(2)撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿运动定律得mgma2解得a21 m/s2推力作用在木箱上时间t内的位移为x1a1t2撤去力F后木箱继续滑行的距离为x2木箱停在有效区域内，要满足条件L1L2x1x2L1解得1 sts.20.木星的卫星之一叫艾奥，它上面的珞珈火山喷出的岩块初速度为v0时，上升的最大高度可达h已知艾奥的半径为R，引力常量为G，忽略艾奥的自转及岩块运动过程中受到稀薄气体的阻力，求：（1）艾奥表面的重力加速度大小g和艾奥的质量M；（2）距艾奥表面高度为2R处的重力加速度大小g；（3）艾奥的第一宇宙速度v【答案】（1）；（2）；（3）
29、【解析】试题分析：（1）岩块做竖直上抛运动有，解得忽略艾奥的自转有，解得（2）距艾奥表面高度为2R处有，解得（3）某卫星在艾奥表面绕其做圆周运动时，解得考点：考查了万有引力定律的应用【名师点睛】在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算21.如图所示，倾角为37光滑导轨，顶端A点高H=1.45m，下端通过一小段光滑圆弧与薄壁细管做成的玩具轨道相接于最低端B。玩具轨道由长度为x0的水平轨道BC、半径为R =0.5的圆轨道、足够长的水平轨道CE
30、组成，整个玩具轨道固定在竖直平面内，整个轨道水平部分动摩擦因数0.20，其它全部光滑。一个质量m =0.50kg的小球在倾斜导轨顶端A以v02.0m/s速度水平发射，在落到倾斜导轨上P点（P点在图中未画出）时速度立即变成大小vP3.0m/s，方向沿斜面向下，小球经过BC，并能恰好经过圆的最高点。取g10m/s2，求：(1)求P点离A点的距离；(2)x0的大小;(3)小球最终停留位置与B的距离.【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】小球水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，联立两个公式，即可求出落到斜面上的落点离斜面顶端的距离；小球在通过竖直放置的圆轨道时，只要通过最高点的速度为即可，然后结合动能定理即可求出，由动能定理即可求出小球通过的总路程，然后结合几何关系求出小球最终停止的位置；解：（1）小球从A做平抛运动，经过时间t落到倾斜导轨上的P点，水平位移x，竖直位移y，有 由上述式子得 P点位置，即距抛出点l= x/cos37= 0.75m （2）由恰好经过圆的最高点D，D点时有：得 由P到D，能量关系： 得1.64m （3）从到停止水平距离x，满足能量关系： 得x=7.89m
