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北京市东城区第二十五中2018届高三上学期期中考试物理试题 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:480131 上传时间:2024-05-28 格式:DOC 页数:17 大小:2.26MB
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资源描述

1、北京25中学2017-2018学年度第一学期期中过程性评价高三年级 物理 学科一、单项选择题(下列各小题中只有一个选项符合题意,共56分,每小题4分)1下列关于力的说法中,正确的是( )A分力必小于合力B物体受几个力作用时,运动状态一定发生改变C重力的施力物体是地球D滑动摩擦力一定对物体做负功,使物体的机械能减小【答案】C【解析】A当二力反向时,合力等于二力大小之差,合力有可能小于分力,故A错误;B如果在几个力的作用下物体处于平衡状态,则运动状态不会改变,故B错误;C重力的施力物体是地球,所以C选项是正确的;D滑动摩擦力的方向如果与运动方向一致,则做正功,故机械能增加,故D错误;故选C2介质中

2、有一列沿轴正方向传播的简谐横波,某时刻其波动图像如图所示为介质中一个质点,下列说法正确的是( )A这列波的波长为B这列波的振幅为C质点的振动频率等于波源的振动频率D质点的振动方向可能与波的传播方向在同一直线上【答案】C【解析】A、B根据波形图可知,故A、B错误;C据波的传播特点可知,各质点做受迫振动,既各质点的振动频率与波源的频率相等,故C正确;D由于该波是横波,所以质点的振动方向与该波的传播方向垂直,故D错误;故选C3如图所示,物块放在倾斜的木板上,木板的倾角分别为和时物块所受摩擦力的大小恰好相同,则物块和木板间的动摩擦因数为( )ABCD【答案】B【解析】木板的倾角不同时相同物块对木板的正

3、压力不相等,而物块所受摩擦力的大小却恰好相同,可得它们一个是静摩擦力,另一个是滑动摩擦力当木板倾角是时,物块受到的是静摩擦力,其大小等于当木板倾角是时,物块受到的是滑动摩擦力,其大小等于由题意可得:,解得,故B正确;故选B4体操男子单杠决赛中,运动员的双手握住单杠,双臂平行使身体悬空,当他两手之间的距离增大、身体悬空并处于静止时,单杠对手臂的力及它们的合力的大小变化情况为( )A增大,增大B减小,不变C增大,减小D增大,不变【答案】D【解析】运动员所受的合力与运动员重力大小相等方向相反,故夹角增大时合力大小不变;手臂间距增大时,相当于在力图中两力之间的夹角增大,若力大小不变,则其合力随夹角的增

4、大而减小,现要保持合力大小不变,当夹角增大时,则增大,D正确;故选D5如图所示,光滑半球形容器固定在水平面上,为球心一质量为的小滑块,在水平力的作用下静止于点设滑块所受支持力为,与水平方向的夹角为下列关系正确的是( )ABCD【答案】A【解析】对小滑块受力分析,受水平推力,重力、支持力,根据三力平衡条件,将受水平推力和重力合成,如图所示,由几何关系可得,所以A正确,B、C、D错误;故选A6以的速度水平抛出一物体,当其水平分位移与竖直分位移相等时,下列说法错误的是( )A运动的位移是B竖直分速度的大小等于水平分速度的大小C运动的时间是D即时速度的大小是【答案】B【解析】A为此时的水平分位移与竖直

5、分位移相等,所以,所以此时运动的合位移的大小为,所以A正确;B平抛运动竖直方向上的速度为,与水平方向上的速度不相等,所以B错误;C物体做平抛运动,根据平抛运动的规律可得,水平方向上:,竖直方向上:,当其水平分位移与竖直分位移相等时,即,计算得出,所以C正确;D此时合速度的大小为,所以D正确;故选B7我国正在建立的北斗导航系统建成后,将有助于减少我国对导航系统的依赖。北斗导航系统中有几颗卫星是地球同步卫星,导航系统是由周期约为的卫星群组成则北斗导航系统的同步卫星与导航卫星相比( )A北斗导航系统的同步卫星的角速度大B北斗导航系统的同步卫星的轨道半径小C导航卫星的线速度大D导航卫星的向心加速度小【

6、答案】C【解析】A由题,北斗导航系统的同步卫星周期大于导航卫星的周期,由公式知道,北斗导航系统的同步卫星的角速度小,故A错误;B由根据开普勒定律得到,北斗导航系统的同步卫星的轨道半径大,故B错误;C由公式分析知道,是常量,是地球的质量不变,则导航卫星的线速度大,所以C正确D由公式分析得知,导航卫星的向心加速度大,故D错误;、故选C8如图所示,质量分别为、的两个物块间用一轻弹簧连接,放在倾角为的粗糙斜劈上,物块与斜劈间的动摩擦因数均为,用平行于斜面、大小为的拉力多用在上,使、一起向上作匀加速度运动,斜劈始终静止在水平地面上,则( )A弹簧的弹力为B弹簧的弹力为C地面对斜劈的摩擦力水平向右D地面对

7、斜劈无摩擦作用【答案】A【解析】A对整体分析,根据牛顿第二定律得,隔离对分析,根据牛顿第二定律得,计算得出,所以A正确;B错误; C以斜面为研究对象,分析受力情况:重力、的压力和滑动摩擦力、地面的支持力,如图,则由平衡条件可以知道,地面对斜面的摩擦力必定水平向左,斜面才能保持平衡,故C、D错误;故选A9摩天轮是游乐场一种大型转轮状设施,摩天轮边缘悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动,随摩天轮转动过程中,可以俯瞰四周景色,下列叙述正确的是( )A摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零C在最高点,乘客重力大于座椅对他的支持力D摩天轮转动过程中

8、,乘客重力的瞬时功率保持不变【答案】C【解析】A摩天轮转动过程中,摩天轮对乘客做功,乘客的机械能改变,故A错误;B摩天轮转动过程中,重力方向的分速度改变,重力的瞬时功率改变,故D错误;C匀速圆周运动到达最高点时,乘客有向下的向心加速度,重力大于座椅对他的支持力,故C错误;故选C10如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象,为过原点的倾斜直线,段表示以额定功率行驶时的加速阶段,段是与段相切的水平直线,则下述说法中正确的( )A时间内的平均速度为B时间内汽车牵引力做功为C时间内汽车做匀加速运动且功率恒定D在全过程中时刻的牵引力及功率都是最大值,时间内牵引力最小【答案】D【解析】A时间内汽车以

9、额定功率加速,根据牛顿第二定律可得,随汽车速度增大,加速度减小,所以汽车做加速度减小的加速运动,图像与轴围成的有向面积表征位移大小,图中曲边梯形的面积大于直边梯形的面积,根据平均速度,所以,A错误;B时间内对汽车运用动能定理,表示该过程中阻力做功(为负值),所以牵引力做功,故B错误;C时间内汽车图象为过原点的倾斜直线,汽车做匀加速运动,牵引力,根据牛顿第二定律可得,随速度增加,为保持牵引力不变,汽车功率增加,故C错误;D时间内汽车做匀加速运动,牵引力保持恒定,时间内汽车以额定功率运动,牵引力,随汽车速度增加,汽车牵引力减小,所以时刻的牵引力及功率都是最大值,时间内汽车速率最大,牵引力最小,故D

10、项正确;故选D11质量为的物体静止在水平面上,物体与水平面之间的动摩擦因数为对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力,作用了的时间为使物体在时间内发生的位移最大,若,力随时间的变化情况应该为下图中的( )ABCD【答案】B【解析】A在内,物体静止不动,在内,加速度,位移,第末速度为,在内,加速度,位移为,A错误;B在内,加速度,第末速度为,在内,加速度,位移,第末速度为,在内,加速度,位移为,B正确;C在内,物体静止不动,在内,加速度,位移,第末速度为在内,加速度,位移为,C错误;D在内,加速度,第末速度为,在内,加速度,位移,第末速度为,在内,加速度,位移为故D错误;故选B12如图所示,一

11、质量为的小球固定于轻质弹簧的一端,弹簧的另一端固定于点处,将小球拉至处,弹簧恰好无形变,由静止释放小球,它运动到点正下方点间的竖直高度差为,速度为,则( )A由到重力做的功小于B由到重力势能减少C由到小球克服弹力做功为D小球到达位置时弹簧的弹性势能为【答案】D【解析】A重力做功只与初末位置的高度差有关,则由至重力功为,所以A错误;B由至重力做功为,则重力势能减少,小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能,所以,故B错误;C根据动能定理得:,所以由至小球克服弹力做功为,故C错误; D弹簧弹力做功量度弹性势能的变化,所以小球到达位置时弹簧的弹性势能为,所以D是正确的故选D13(蹦极)是一种的

12、体育活动,蹦跃者站在约米以上(相当于层楼高)高度的桥梁、塔顶、高楼、吊车甚至热气球上,把一端固定的一根长长的橡皮条绑在踝天节处,然后两臂伸开,双腿并拢,头朝下跳下去绑在跳跃者踝部的橡皮条很长,足以使跳跃者在空中享受几秒钟的“自由落体”当人体落到离地面一定距离时,橡皮绳被拉开、绷紧,阻止人体继续下落,当人到达最低点时,橡皮绳再次弹起,人被拉起,随后又落下,如此反复,但由于空气阻力的原因,使弹起的高度会逐渐减小,直到静止,这就是蹦极的全过程根据以上的叙述,忽略空气阻力的影响,对第一次下落过程中下列说法正确的是( )A当橡皮绳达到原长后人开始做减速运动B整个下落过程中人的机械能守恒C当橡皮绳的弹力刚

13、好等于人的重力时人的加速度最大D当人达到最低点时加速度数值最大,且一定大于重力加速度够值【答案】D【解析】A当橡皮绳达到原长后,开始重力大于弹力,向下做加速度减小的加速运动,当重力与弹力相等时,加速度为零,速度最大,然后重力小于弹力,做加速度增大的减速运动,到达最低点时,加速度最大,速度为零,故A错误;B在运动的过程中,有重力,弹性绳的弹力做功,人和弹性绳组成的系统机械能守恒,故B错误;C当橡皮绳开始拉伸后,人开始做加速度逐渐减小的加速运动,当重力相等时,加速度为零,所以C错误;D当人从静止由弹性绳原长处下落,初益加速度为,根据对称性,到达最低点时加速度也为,方向竖直向上,当物体从一定高度下落

14、,则最低点更低,根据牛顿第二定律,加速度的大小大于,所以D是正确的;故选D14如图所示,两根位于同一竖直平面内的水平长杆,上、下两杆上分别套着质量相等的甲、乙两金属球,两球之间用一轻质弹簧相连开始时乙在甲的正下方,且弹簧刚好无弹力现给甲一个水平向右的初速度,此后两球在杆上无摩擦地滑动下列叙述中正确的是( )A甲、乙两球加速度始终相同B甲、乙两球的动能之和保持不变C当甲球的速度为零时,乙球刚好位于甲球的正下方D甲球的速度减小至零的过程中,弹簧的弹性势能一直在增大【答案】C【解析】A因为两球竖直方向上受力平衡,水平方向所受的弹力的弹力大小相等,方向相反,所以两球的合力大小相等,方向相反,由牛顿第二

15、定律知,两球加速度始终大小相等,方向相反,故A错误;B甲、乙两球和弹簧组成的系统,只有弹力做功,系统的机械能守恒,即两球的动能和弹簧的弹性势能之和保持不变,弹簧的弹性势能变化,则甲乙两球的动能之和在变化,故B错误;C甲乙两球组成的系统所受的外力之和为零,则甲乙两球的总动量守恒,当甲球的速度为零时,乙球的速度为,速度最大,弹簧处于原长状态,所以乙在甲球的正下方,所以C正确;D甲球的速度从减小至零的过程中,弹簧先伸长再恢复到原长,则弹簧的弹性势能先增大后减小,故D错误;故选C第卷二、填空题(每空2分,共12分)15小芳和小强两位同学采用了不同的实验方案来研究平抛运动。(1)小芳同学利用如图甲所示的

16、装置进行实验下列说法正确的是_A应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放B斜槽轨道必须光滑C斜槽轨道的末端必须保持水平D本实验必需的器材还有刻度尺和停表(2)小强同学利用频闪照相的方式研究平抛运动,如图乙为一小球做平抛运动的频闪照片的一部分,图中背景方格的边长均为,不计空气阻力,取重力加速度则照相机两次闪光的时间间隔_,小球被抛出时的水平速度_【答案】(1)AC(2)【解析】(1)A为使小球做平抛运动的初速度相等,应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放,所以A正确;B只要每次把小球从轨道同一位置由静止释放即可保证小球的初速度相等,斜槽轨道没有必要光滑,故B错误;C为使小球离开斜槽后做平抛运动,斜

17、槽轨道的末端必须保持水平,所以C是正确的;D本实验不需要用秒表测量时间,故D错误;故选AC(2)小球在竖直方向做自由落体运动,由匀变速直线运动的推论:可得,小球的水平速度:;16用如图所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”的实验(1)先将打点计时器接通电源,让重锤从高处由静止开始下落打点计时器每经过重锤拖着的纸带上打出一个点,下图中的纸带是实验过程中打点计时器打出的一条纸带打点计时器打下点(图中未标出)时,重锤开始下落,、是打点计时器连续打下的个点刻度尺刻度线与点对齐,、三个点所对刻度如图所示打点计时器在打出点时重锤下落的高度_,下落的速度为_(计算结果保留位有效数字)(2)若当地重力加速度为

18、,垂锤由静止开始下落时的速度大小为,则该实验需要验证的关系式是_(用题目所给字母表示)【答案】(1) (2)【解析】(1)、三个点所对刻度如图所示,打点计时器,在打出点时重锤下落的高度为:,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,可以求出打纸带上点时小车的瞬时速度大小,为:(2)若当地重力加速度为,重锤由静止开始下落时的速度大小为,减小的重力势能为:,动能的增量为:,则该实验需要验证的关系式是:三、论述计算题:本题共4小题,共52分解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分有数值计算的,答案中必须写出数值和单位17(14分)如图,跳台滑雪运动员经

19、过一段加速滑行后从点水平飞出,经落到斜坡上的点已知点是斜坡的起点,斜坡与水平面的夹角,运动员的质量不计空气阻力(取,)求:(1)点与点的距离(2)运动员离开点时的速度大小【答案】(1)(2)【解析】(1)运动员在竖直方向做自由落体运动,有点与点的距离,(2)设运动员离开点的速度为,运动在水平方向做匀速直线运动,即,解得18(12分)已知地球半径为,地球表面重力加速度为,不考虑地球自转的影响。(1)推导第一宇宙速度的表达式(2)若卫星绕地球做匀速圆周运动,运行轨道距离地面高度为,求卫星的运行周期的表达式【答案】(1)(2)【解析】(1)由,根据黄金代换:,可得(2)由19(14分)如图所示,将一

20、质量为的小球自水平平台右端点以初速度水平抛出,小球飞离平台后由点沿切线落入竖直光滑圆轨道,并沿 轨道恰好通过最高点,圆轨道的形状为半径的圆截去了左上角的圆弧,为其竖直直径,( ,重力加速度取)求:(1)小球经过点的速度大小;(2)小球运动到轨道最低点时小球轨道的压力大小;(3)平台末端点到点的竖直高度【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)恰好运动到点,有重力提供向心力,即,得(2)从点到点,由机械能守恒定律有,在点对小球进行受力分析,由牛顿第二定律有,联立得,根据牛顿第三定律,小球对轨道的压力大小为(3)从到由机械能守恒定律有,所以:,在点进行速度的分解有:,所以:20(12分)如图所示,水

21、平放置的弹簧左端固定,小物块(可视为质点)置于水平桌面上的点,并与弹簧右端接触,此时弹簧处于原长现用水平向左的推力将缓慢地推至点,此时弹簧的弹性势能为撤去推力后,沿桌面滑上一个停在光滑水平地面上的长木板上,己知、的质量分别为、,、间的距离,距桌子边缘的距离,与桌面及与间的动摩擦因数都为,取,求:(1)要使在长木板上不滑出去,长木板至少多长?(2)若长木板的长度为,则滑离木板时,和的速度各为多大?【答案】(1)(2) 【解析】(1)小物块从点运动到点的过程中,根据能量守恒定律得:,计算得出:,若小物块滑到木板右端时与长木板具有共同速度,所对应的长木板具有最小的长度,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:,由能量守恒定律得:,计算得出:,;(2)设小物块滑离木板时,它们的速度分别为和,以向右为正方向,由动量守恒定律得:,由能量定律得:,计算得:,(舍去)不合题意,舍去)因此小物块滑离木板时,它们的速度分别为:,

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