物理卷·2018届辽宁省大连市普兰店区第二中学高三上学期期末考试（2018-01） 14页

普兰店区第二中学高三上学期期末考试物理试卷 题号 一 二 三 总分 得分 ‎ ‎ 评卷人 得分 一、选择题 本大题共9道小题。‎ ‎1.‎ ‎（多选题）某人驾驶一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵．如图的a、b分别为小汽车和大卡车的v﹣t图象，以下说法正确的是（　　）‎ A．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾 B．如果刹车不失灵，不会追尾 C．在t=3s时恰好追尾 D．在t=5s时恰好追尾 ‎2.‎ 如图所示，在水平面上有一个质量为m的小物块，在某时刻给它一个初速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，其依次经过A、B、C三点，最终停在O点．A、B、C三点到O点的距离分别为L1、L2、L3，小物块由A、B、C三点运动到O点所用的时间分别为t1、t2、t3．则下列结论正确的是（　　）‎ A．== B．==‎ C．＜＜ D．＜＜‎ ‎3（多选题）甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的 v﹣t图象如图所示．两图象在t=t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S．在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为d．已知此后两车相遇两次，且相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能的是（　　）‎ A．t′=t1，d=S B．t′=t1，d=S C．t′=t1，d=S D．t′=t1，d=S ‎4如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4．下列关系不正确的是（　　）‎ A．t1＞t2 B．t1=t3 C．t2=t4 D．t2＜t4‎ ‎5.‎ 如图所示，一个固定平面上的光滑物块，其左侧是斜面AB，右侧是曲面AC，已知AB和AC的长度相同，甲、乙两个小球同时从A点分别沿AB、CD由静止开始下滑，设甲在斜面上运动的时间为t1，乙在曲面上运动的时间为t2，则（　　）‎ A．t1＞t2 B．t1＜t2‎ C．t1=t2 D．以上三种均可能 ‎6（多选题）代号为“金色眼镜蛇”的东南亚地区最大规模联合军事演习是于2011年2月7号在泰国北部清迈开始，期间一美国空降兵从飞机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．0﹣10s内空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力 B．第10s末空降兵打开降落伞，此后做匀减速运动至第15s末 C．在第l0s～第15s间空降兵竖直方向的加速度方向向上，大小在逐渐减小 D．15s后空降兵保持匀速下落 ‎7.‎ 如图所示，轮子的半径均为R=0.20m，且均由电动机驱动以角速度ω=8.0rad/s逆时针匀速转动，轮子的转动轴在同一水平面上，轴心相距d=1.6m，现将一块均匀木板平放在轮子上，开始时木板的重心恰好在O2轮的正上方，已知木板的长度L＞2d，木板与轮子间的动摩擦因数均为μ=0.16，则木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需的时间是（　　）‎ A．1s B．0.5s C．1.5s D．2s ‎8.‎ 下列说法中正确的是（　　）‎ A．卢瑟福依据大多数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型 B．处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定不大于入射光子的频率 C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能因为这束光的强度太小 D．铀（U）经过多次αβ衰变形成稳定的铅Pb的过程中，有6个中子转变成质子 E．两个质量较轻的原子核聚变形成一个中等质量的原子核要发生质量亏损 ‎9.‎ 一杂技演员，用一只手抛球．他每隔0.40s抛出一球，接到球便立即把球抛出，已知除抛、接球的时刻外，空中总有四个球，将球的运动看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是（高度从抛球点算起，取g=10m/s2）（　　）‎ A．1.6m B．2.4m C．3.2m D．4.0m 评卷人 得分 一、实验题 本大题共1道小题。‎ ‎10.‎ 某实验小组在实验室探究匀变速运动规律时，获取一条做匀减速直线运动的小车牵引的纸带，打点计时器使用交流电源的频率是50Hz，由纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带，按如图所示，使每一条纸带下端与x轴重合，左边与y轴平行，将纸带贴在直角坐标系中，则：‎ ‎（1）打点计时器正常工作时，打点的时间间隔取决于　 　．‎ A．交流电压的高低 B．墨粉纸盘的大小 ‎ C．纸带的长度 D．交流电的频率 ‎（2）为减小实验误差，通常采取隔相同点取计数点的方法，如上述实验小组，其选取的相邻两计数点之间的时间间隔为　 　．‎ ‎（3）在第二条纸带内中间时刻的速度是　 　m/s；（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎（4）由上述数据可知小车运动的加速度是　 　 m/s2（计算结果保留两位有效数字）‎ 评卷人 得分 二、计算题 本大题共3道小题。‎ ‎11.‎ 一电视节目中设计了这样一个通关游戏：如图所示，光滑水平面上，某人乘甲车向右匀速运动，在甲车与静止的乙车发生弹性正碰前的瞬间，该人恰好抓住固定在他正上方某点的轻绳荡起至最高点速度为零时，松开绳子后又落到乙车中并和乙车一起继续向前滑行；若人的质量m=60kg，甲车质量M1=8kg，乙车质量M2=40kg，甲车初速度v0=6m/s，求：‎ ‎①最终人和乙车的速度；‎ ‎②人落入乙车的过程中对乙车所做的功．‎ ‎12.‎ ‎“折返跑”是耐力跑的替代项目．这个项目既能发展学生的速度和灵敏素质，又能提高变换方向的能力，是一项很有价值的锻炼项目．在某次“20米折返跑”测试中，受试者在平直跑道上听到“跑”的口令后，在起点终点线前全力跑向正前方20米处的折返线，测试员同时开始计时．受试者到达折返线时，用手触摸折返线处的物体（如木箱），再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所计时间即为“折返跑”的成绩，如图所示．设受试者起跑的加速度为4.0m/s2，运动过程中的最大速度为6.4m/s，到达折返线处时需减速到零，加速度的大小为8.0m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线．受试者在加速和减速阶段的运动均可视为匀变速直线运动．求该受试者“折返跑”的成绩为多少秒？‎ ‎13.‎ 如图所示，光滑水平面上静止一辆质量为3m的平板车A，车上有两个小滑块B和C（都可视为质点），B的质量为m，与车板之间的动摩擦因数为2μ，C的质量为2m，与车板之间的动摩擦因数为μ．t=0时刻B、C分别从车板的左、右两端同时以初速度v0和2v0‎ 相向滑上小车，在以后的运动过程中B与C恰好没有相碰，已知重力加速度为g，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求：‎ ‎（1）平板车的最大速度v和达到最大速度经历的时间t；‎ ‎（2）平板车平板总长度L．‎ 试卷答案 ‎1.A ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】本题采用图象法解决比较方便，在AB上做匀加速直线运动，在AC上做加速度越来越小的加速运动，作出速度时间图象，从图象上直观地比较时间的长短．‎ ‎【解答】解：作速度时间图线，由机械能守恒定律可知沿斜面AB，曲面AC运动到底端时速率相等，在AB上做匀加速直线运动，在AC上做加速度越来越小的加速运动，而运动的路程相等，从图象可以看出t1＞t2．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎2.ACD ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】由图可知空降兵速度的变化及加速度的变化，则由牛顿第二定律可知其合外力的变化 ‎【解答】解：A、前10s内空降兵做加速度减小的加速运动，故合外力向下，即重力应大于空气阻力，故A正确；‎ B、10到15s内空降兵做的是加速度减小的减速运动，故B错误；‎ C、10～15s内空降兵做加速度减小的减速运动，故加速度向上且大小在逐渐减小，故C正确；‎ D、15s后空降空匀速下落，故D正确；‎ 故选ACD．‎ ‎3.C ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据v=Rω 求出轮子的线速度，木板在轮子上先做匀加速直线运动，当速度达到轮子的线速度时，做匀速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出运动的时间．‎ ‎【解答】解：轮子的线速度v=Rω=0.2×8m/s=1.6m/s，木板的加速度a=μg=1.6m/s2，当木板达到轮子线速度所经过的位移x==m=0.8m＜1.6m，‎ 知木板先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，匀加速直线运动的时间t1==s=1s，‎ 位移为0.8m，则匀速直线运动的位移x2=1.6﹣0.8m=0.8m，匀速直线运动的时间t2==s=0.5s，‎ 所以运动的总时间t=t1+t2=1.5s．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎4.BC ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据题意知，当两车通过的位移之差等于30m时，两车会发生追尾．根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，进行分析即可．‎ ‎【解答】解：ACD、根据速度﹣时间图象与时间轴所围的“面积”大小表示位移，由图知，t=3s时，b车的位移为：sb=vbt=10×3m=30m a车的位移为 sa=×（30+20）×1+×（20+15）×2m=60m，则sa﹣sb=30m，所以在t=3s时追尾．故C正确，A、D错误．‎ B、如果刹车不失灵，当小汽车的速度减至10m/s时，由图知用时2s，根据面积法知，2s末两者位移之差等于 m=20m，小于30m，则不会追尾，故B正确．‎ 故选：BC ‎5.B ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】反过来看，小球从0开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可判断各项是否正确．‎ ‎【解答】解：反过来看，小球从0开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可知，x=，则a=，故位移与时间平方的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，所以．‎ 故选：B．‎ ‎6.BC ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】v﹣t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负．相遇要求在同一时刻到达同一位置．‎ ‎【解答】解：在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′≤t，从图象中甲、乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看：‎ A．当t′=t1时，s甲﹣s乙=S，即当d=S时正好相遇，但只能相遇一次，故A错误；‎ B．t′=t1时，由几何关系可知甲的面积比乙的面积多出S，即相距d=S时正好相遇，相遇两次，故B正确；‎ C、t′=t1时，由几何关系可知甲的面积比乙的面积多出S，即相距d=S时正好相遇，相遇两次，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎7.C ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据等时圆模型，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，OB不是一条完整的弦，时间最短，OD长度超过一条弦，时间最长．‎ ‎【解答】解：以OA为直径画园，根据等时圆模型，对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a=gcosθ（θ为杆与竖直方向的夹角）‎ 由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rcosθ 所以t==，t与θ无关，‎ 可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即t1=t3，OB不是一条完整的弦，时间最短，即t1＞t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2＜t4．故ABD正确，C不正确 因选不正确的，故选：C ‎8.BDE ‎【考点】光电效应；氢原子的能级公式和跃迁；裂变反应和聚变反应．‎ ‎【分析】卢瑟福的α粒子的散射实验，表明原子具有核式结构；根据跃迁时，能量的变化，确定光子是释放还是吸收；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率太小；根据质量数和电荷数守恒判断衰变的种类及次数；两个质量较轻的原子核聚变成一个中等质量的原子核必然释放核能．‎ ‎【解答】解：A、卢瑟福的α粒子的散射实验，表明原子具有核式结构．故A错误；‎ B、处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定不大于入射光子的频率．故B正确；‎ C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，说明光子的能量太小，因为该束光的频率太小，与光的强度无关，故C错误；‎ D、根据质量数和电荷数守恒知：238﹣206=4×8，发生8次α衰变；92=82+2×8﹣6，发生6次β衰变，β衰变的实质即为中子转化为中子同时释放电子．故D正确；‎ E、由于中等质量的原子核的比结合能最大，所以两个质量较轻的原子核聚变成一个中等质量的原子核必然释放核能．故E正确；‎ 故选：BDE．‎ ‎9.C ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】解答本题要掌握：竖直上抛运动的特点，尤其是对其运动“对称性”的理解，然后利用位移公式求解．‎ ‎【解答】解：根据竖直上抛的对称性可知，空中的四个球，有两个在上升，两个下降，由于每隔0.4s抛一个，因此从抛出到最高点时间为t=0.8s，‎ 所以上升最大高度： m，故ABD错误，C正确．‎ 故选C．‎ ‎10.（1）D，（2）0.1s，（3）0.96，（4）0.064‎ ‎【考点】探究小车速度随时间变化的规律．‎ ‎【分析】了解打点计时器的打点原理，由于交变电流方向的改变间隔打点．‎ 使用的方法是等效代替法解题，它们的长度分别等于x=v平均t，因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度．‎ 根据图中数据做出v﹣t图象，则图象的斜率大小等于物体的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）打点计时器打点的时间间隔取决于交流电的频率，与电源、纸带的长度、墨粉纸盘的大小无关，故D正确．‎ ‎（2）打点计时器的打点周期为0.02s，每5个点取一个计数点，则相邻计数点之间的时间间隔为0.1s．‎ ‎（3）它们的长度分别等于x=v平均t，因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，‎ 即在第2个0.1s内，中间时刻的速度为：v=．‎ ‎（4）如图所示即相当于物体的速度﹣时间图象，则斜率即为加速度，横坐标每一纸带的宽度代表0.1s a==0.064m/s2．‎ 故答案为：（1）D，（2）0.1s，（3）0.96，（4）0.064‎ ‎11.‎ 解：①、甲乙两车碰撞，在水平方向上动量守恒，设碰撞后甲车的速度为v1，乙车的速度为v2，选向右的方向为正，则有：‎ M1v0=M1v1+M2v2…①‎ 碰撞过程中机械能守恒，有：M1=M1+M2…②‎ 联立并代入数据解得：v2=2m/s 人松开绳子后做自由落体运动，与乙车相互作用使得过程中，在水平方向上合外力为零，动量守恒，设人和乙车的最终速度为v共，选向右的方向为正，有：‎ M2v2=（M人+M2）v共 代入数据解得：v共=0.8m/s ‎②人落入乙车的过程中对乙车所做的功，根据动能定理可知，即为乙车的动能的变化量，有：‎ W=M2（）=×40×（0.82﹣22）=﹣67.2J 答：①最终人和乙车的速度为0.8m/s；‎ ‎②人落入乙车的过程中对乙车所做的功为﹣67.2J．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】把该题分成几个过程，人在抓住绳子的过程中，对甲车的速度没有影响，甲车将于乙车发生弹性碰撞，由机械能守恒和动量守恒可求得甲乙两车碰撞后的速度，然后是人竖直的落到乙车上，人和乙车作用的过程中在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律动量列式即可求得最终人和乙车的速度．‎ 在人和乙车作用的过程中，人对乙车所做的功等于乙车的动能的变化，以乙车为研究对象，利用动能定理即可求得人落入乙车的过程中对乙车所做的功．‎ ‎12.‎ 解：对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中；‎ 加速阶段：‎ ‎…①‎ m…②‎ 减速阶段：‎ ‎…③‎ ‎…④‎ 匀速阶段：‎ ‎…⑤‎ 由折返线向起点终点线运动的过程中 加速阶段：‎ t4=t1=1.6s，…⑥‎ x4=x1=5.12m…⑦‎ 匀速阶段：‎ ‎…⑧‎ 受试者“折返跑”的成绩为：‎ t=t1+t2+t3+t4+t5=8.25s 答：该受试者“折返跑”的成绩为8.25s．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出匀加速运动和匀减速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运动的时间，结合速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间，抓住返回10m和前10m的运动情况相同，求出总时间．‎ ‎13.‎ 解：（1）起始到三者共速A、B、C系统动量守恒以水平向左为正方向：‎ ‎2m×2v0﹣mv0=6mv ①‎ 起始到三者共速C匀减速运动过程：f=2ma…②‎ f=2μmg…③‎ v=2v0﹣at…④‎ 综上有：，t=…⑤‎ ‎（2）起始到三者共速B相对A向右匀减到速度为零后与A一起向左匀加，C相对A向左匀减，B和C对A的滑动摩擦力大小均为f=2μmg 由能量守恒有：‎ ‎ ==…⑥‎ 综上有：‎ L=．‎ 答：（1）平板车的最大速度v为，达到最大速度经历的时间t为．‎ ‎（2）平板车平板总长度为．‎ ‎【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）根据动量守恒求出三者最后共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出平板车经历的时间；‎ ‎（2）根据能量守恒求平板车的长度．‎