【文档说明】【精准解析】山东省威海荣成市2020届高三上学期期中考试物理试题（实验班）.doc，共(21)页，1.172 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-45338790488775879efb4802cc6f9e11.html

以下为本文档部分文字说明：

高三物理本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共8页。满分100分，考试用时90分钟。答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号填写在答题卡规定的位置。考试结束后，只将答题卡交回。第Ⅰ卷（选择题共40分）

注意事项：1.第Ⅰ卷共10小题。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项

中，第1~6题只有一项符合题目要求，每题4分；第7~10题有多项符合题目要求，每题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.下列说法正确的是（）A.做匀加速直线运动的物体，初速度越大，时间越长，其位移也一定越大B.做匀加速直线运动的物体，任意连续相等时间内的位移之比均

为1：3：5C.做匀减速直线运动的物体，其加速度与速度变化量的方向一定相反D.做匀减速直线运动的物体，任意时间内中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置的瞬时速度【答案】D【解析】【详解】A．根据02tvvxt+=可知，做匀加速直线运动的物体，初速度越大，时间越长，其位移不一定越大，选项A错误；

B．做初速度为零的匀加速直线运动的物体，从运动开始计时，在任意连续相等时间内的位移之比均为1：3：5，选项B错误；C．无论物体做匀加速还是匀减速，其加速度与速度变化量的方向一定是相同的，选项C错误；D．设初速度为v0，末速度

为v，则中间时刻的瞬时速度012vvv+=中间位置的瞬时速度22022vvv+=因为2222222000021()20424vvvvvvvvvv+++−−=−=＞知无论加速还是减速，则总是v1＜v2，

即任意时间内中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置的瞬时速度，选项D正确。故选D。2.木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/

m，系统置于水平地面上静止不动。现用F=2N的水平拉力作用在木板B上，如图所示，则F作用后木板A、B所受摩擦力的大小分别为（）A.8N，10NB.8N，15NC.10N，8ND.10N，15N【答案】A【解析】【详解】木块受到的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，木块A受到的最大

静摩擦力AA12.5NFG==木块B受到的最大静摩擦力BB15NFG==弹簧对木块A、B的弹力为8NFkx==弹对于木块A，弹簧对木块A的弹力小于木块A受到的最大静摩擦力，所以木块A处于静止状态，根据平衡可得，A受到静摩擦力A=8NF静对于

木块B，在水平方向拉力F和弹簧对木块B的弹力的合力为8N2N10N+=小于木块B受到的最大静摩擦力，所以木块B处于静止状态，根据平衡可得，B受到静摩擦力=10NFB静故选A。3.如图所示，一根铁棒AB两端分别沿竖直墙壁和水平地面滑

动，当铁棒滑到与竖直墙壁成θ角时，A端下滑的速度为v，则此时B端移动的速度为（）A.vsinθB.sinvC.vtanθD.tanv【答案】D【解析】【详解】将A点的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，在沿杆子方向上的分速度

为vA∥=vcosθ将B点的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，在沿杆子方向上的分速度vB∥=vBsinθ由于vA∥=vB∥所以tanBvv=故D正确，ABC错误。故选D。4.在一根绳上串着两个质量不同的小球1、2，已知两小球的质量关系m1

<m2，当手提着绳的上端使两小球沿水平方向一起向右做匀加速直线运动时（空气阻力忽略不计），则下图中正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动，对整体分析，整体受到重力和拉力，两个

力的合力水平向右，根据平行四边形定则知，则拉力的方向斜向右上方，对下面小球m2，利用牛顿第二定律，则在水平方向有2cosTma=而在竖直方向则有2sinTmg=对上面小球同理有1coscosFTma−=1sinsinFTmg=+联立解得12cos()

Fmma=+12sin)Fmmg=+(则tanga=而tanga=则=故选C。5.如图所示，A、B是位于水平桌面上两个质量相等的小滑块，离墙壁的距离分别为L和2L，与桌面之间的动摩擦因数分别为A和B，现给滑块A某一初速度，使之从桌面右端开始向左滑动，

设AB之间、B与墙壁之间的碰撞时间都很短，且碰撞中没有能量损失，若要使滑块A最终不从桌面上掉下来，滑块A的初速度的最大值为（）A.()ABgL+B.()2ABgL+C.()2ABgL+D.()12ABgL+【答案】B【解析】【详解】以A、B两物体组成的系统为研究对象，A与B碰撞

时，由于相互作用的内力远大于摩擦力，所以碰撞过程中系统的动量守恒。设A与B碰前速度为vA，碰后A、B的速度分别为vA′、vB′，由动量守恒定律得AAAABBmvmvmv=+由于碰撞中总动能无损失，所以2'2'2AAAABB111222mvmvmv=+且ABmmm==联立

得ABA0vvv==，即A与B碰后二者交换速度。所以第一次碰后A停止运动，B滑动；第二次碰后B停止运动，A向右滑动，要求A最后不掉下桌面，它所具有的初动能正好等于A再次回到桌边的全过程中A、B两物体克服摩擦力所做的功，即20AB12()2222LLmvm

gLmg=−+解得0AB2()vgL=+故ACD错误，B正确。故选B。6.螺丝钉是利用斜面自锁原理制成的。其原理如图所示，螺母与螺杆的螺纹结合，可以看作由两个叠放在一起并卷曲起来的同倾角斜面组成，设螺母、螺杆间的动摩擦因数为μ，斜面的

高为螺距h，底为圆周长2πr，当螺杆受到很大的压力F时，仍然不会移动（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），则应满足的关系为（）A.h≤2πμrB.h≤πμrC.h≥2πμrD.h≥πμr【答案】A【解析】【详解】当螺杆受到很大的压力F时，仍然不会移动，由受力分析图可知()N222

πcos2πrFFFhr==+()f222π2πNrFFFhr==+由平衡知识()f22sin2πhFFFhr=+可得2πrh故A正确，BCD错误。故选A。7.如图所示，水星和金星绕太阳的运动可视为匀速圆周运动。若测得在相同时间内水星、金星转过的角度分别为θ1、θ2（均为

锐角），则由此条件可求得水星和金星（）A.质量之比为θ1：θ2B.绕太阳运动的周期之比为θ2：θ1C.绕太阳运动的轨道半径之比为232：231D.与太阳连线扫过的面积之比为1：1【答案】BC【解析】【详解】AB．水星和金星作为环绕体，根据=t可知22=tT=可求出周期比12

21TT=但无法它们求出质量之比，故A错误，B正确。C．根据开普勒第三定律33122212rrTT=可知2232113223221rTrT==选项C正确；D．因火星和金星沿不同的轨道绕太阳运动，则在相同时间内火星和金星与太阳

连线扫过的面积之比不相等，选项D错误。故选BC。8.将一小球竖直向上抛出，取竖直向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定。从抛出到落回抛出点的过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与其离开抛出点高度h之间的关系正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【

解析】【详解】A．小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有1()mgfma−+=a1大小恒定，方向向下，小球所受空气阻力大小恒定，下降阶段是匀加速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有2fmgma−=a2大小恒定，方向向上

，且有12aa故A正确；B．上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，有22012vvah−=非一次线性函数，同理可知，下降过程的vh−图像也非一次线性函数，故B错误；C．上升过程机械能E与小球离抛出点高度h的关系为0

EEfh=−下降过程机械能E与小球离抛出点高度h的关系为1()EEfHh=−−由图像可知，故C错误；D．上升过程动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为0()kkEEmgfh=−+下降过程动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为'()()kEmgfHh=−−且落回出发

点的动能小于抛出时的动能，故D正确。故选AD。9.如图所示，用一轻质弹簧把两块质量分别为m和M的木块A、B连接起来，组成一个系统，竖直放在水平地面上，力F竖直向下作用在木块A上，使系统处于静止状态。若突然撤去力F（空气阻力忽略不计

），下列说法正确的是（）A.撤去力F的瞬间，木块A的加速度大小为FmB.撤去力F后，木块A向上运动的过程中，该系统机械能一直减小C.为使木块B能够离开地面，应保证F≥（M+m）gD.若木块B能够离开地面，则从木块B离开地面到再次回到地面的过程中系统动量守恒【答案】AC【解析】【详解】A．

有力F作用时A处于平衡状态，即重力、弹力、F三者的合力为零，撤去力F后弹簧弹力及A的重力不变，则A所受合力与F等大反向，由牛顿第二定律有Fam=故A正确；B．撤去力F后，系统只有重力和弹簧弹力做功，故A、B、弹簧和地球组成的系统机械能守恒，故B错误；C．有力F作用时A处于平衡状态，此时弹簧弹力方

向向上，大小为1FFmg=+木块B刚好离开地面时，弹簧弹力方向向下，大小为2FMg=要使B能离开地面的临界条件为，B刚好离开地面时A的速度也为0，设此过程中A向上运动的距离为L，则122FFLmgL−=联立解得()FmMg=+所以

为使木块B能够离开地面，应保证F≥(M+m)g，故C正确；D．若木块B能够离开地面，则向上做减速后向下做加速运动，说明系统合力不为0，则动量不守恒，故D错误。故选AC。10.某运动员练习射箭时，站在同一位置从不同高度先后水平射出两只箭，射中箭靶上同一竖直线上两点，如图所示，A箭的方向与

竖直方向的夹角小于B箭与竖直方向的夹角，忽略空气阻力。已知箭飞行时，箭头的指向与箭的运动方向相同。则（）A.A箭射出的初速度一定比B箭射出的初速度大B.A箭在空中飞行的时间一定比B箭在空中飞行的时间长C.A箭的射出点一定比B箭的射出点高D.A箭射中箭靶时的速度一定比B箭射中箭靶时的速度大【答案】

BC【解析】【详解】B．设飞镖与竖直方向的夹角为，运动时间为t，则水平位移0xvt=如图所示根据速度的合成与分解可得00tanyvvvgt==解得2tanxtg=由于A飞镖的方向与竖直方向的夹角小于B飞镖与竖

直方向的夹角，水平位移相同，所以ABttB正确；A．根据0xvt=水平位移相同，ABtt，所以ABvv，即A飞镖掷出的初速度一定比B飞镖掷出的初速度小，A错误；C．根据212hgt=因为ABtt，A箭的射出点一定比B箭的射出点

高，C正确；D．飞镖在竖直方向的分速度ygt=v因为ABtt，所以yAyBvv则箭射中箭靶时的速度220yvvv=+因为ABvv，则无法比较两支箭射中箭靶的速度，D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题，共60分）注意事项：1.第Ⅱ卷共7道题。2.第Ⅱ卷所有题目的答案，考生

须用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡规定的区域内，在试卷上答题不得分。二、实验题：本题共2小题，共15分。11.某研究小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5N的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），小

圆环，刻度尺，三角板，图钉（若干个）。主要实验步骤如下：甲:将轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定；乙:用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环运动至O点，记下两弹簧测力计的读数F1和F2及两细绳套的方向；丙:改用一个弹簧测力计将小圆环拉到O点，记下弹簧测

力计的读数F及细绳套的方向；丁:在白纸上做出力F、F1和F2的图示，猜想三者的关系，并加以验证。(1)乙、丙步骤中将小圆环拉到同一位置O的目的是______；(2)某次操作后，在白纸上记录的痕迹如图（丁）所示，请你在图（丁）中完成步骤丁。____(3)某同学提出，将上述步骤的乙和丙顺

序对调，就可探究力的分解规律，他的观点是否正确_____？【答案】(1).保证两次操作力的作用效果相同(2).(3).正确【解析】【详解】(1)[1]乙、丙步骤中将小圆环拉到同一位置O的目的是保证两次操作力的作用效果相同；(2)[2]在白纸上画出各力的大小即方

向，并作出合力如图；(3)[3]力的合成和力的分解是相互可逆的，则将上述步骤的乙和丙顺序对调，就可探究力的分解规律，此同学的观点正确。12.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，两位同学设计了不同的实验方案。(1)小李同

学采用图（甲）的实验装置进行实验。①为了使小车所受的拉力可认为与槽码所受的重力相等，应满足的条件是______；②用阻力补偿法消除阻力影响的正确操作是______；（填“A”或“B”）A．把木板不带定滑轮

的一侧抬高，调节木板的倾斜角度，直至小车在不受牵引力时能拖动纸带开始滑动。B．把木板不带定滑轮的一侧抬高，调节木板的倾斜角度，轻推小车，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。③图（a）是小李同学某次实验得到的纸带，两

计数点间有四个点未画出，部分实验数据如图所示，所用交变电流的频率为50Hz。则小车的加速度为______m/s2.（结果保留2位有效数字）(2)小张同学采用图（乙）的实验装置进行实验（丙为俯视图）。将两个相同的小车放在水平木板上，前端各系一条细绳，细绳的另一端跨

过定滑轮各挂一个小盘，盘中放上不同的重物。两个小车后各系一条细线，用夹子把两条细线同时夹住，使小车静止。打开夹子，两个小车同时开始运动，合上夹子，两个小车同时停下来。只需要测量两小车的位移x及两小盘和盘中重物的总质量m，即

可探究加速度与合外力的关系。①小张同学的实验方案中，是否需要进行阻力补偿_____？②一次实验中，用刻度尺测量两个小车的位移x1和x2，已知小盘和盘中重物的总质量分别为m1和m2，为了验证加速度与合外力成正比，

只需验证表达式______成立（用x1、x2、m1、m2表示）。【答案】(1).槽码的质量远小于小车的质量(2).B(3).0.52或0.53(4).需要(5).1122xmxm=【解析】【详解】(1)①[1]为了使小车所受的拉力可认为与槽码所受的重力相等，应满足的条件是槽码的质量远小于小车

的质量；②[2]用阻力补偿法消除阻力影响的正确操作是平衡摩擦力，即把木板不带定滑轮的一侧抬高，调节木板的倾斜角度，轻推小车，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动，故选B。③[3]两计数点间有四个点未画出，则T=0.1s，根据2xaT=可得加速度2222(7.75

7.226.706.19)10m/s0.52m/s40.1a−+−−==(2)①[4]小张同学的实验方案中，为了使得盘及盘中重物的重力等于小车的牵引力，也需要进行阻力补偿，即平衡摩擦力；②[5]两小

车运动的时间相等，根据212xat=可知，加速度之比等于位移之比，即1122axax=由于小盘和盘中重物的总重力等于小车的拉力，即F=mg，则要验证加速度与合外力成正比，即验证1122FaFa=而11112222FmaxFmax==

=则只需验证表达式1122xmxm=成立。三、计算题：本题共5小题，共45分。要求写出必要的文字说明、方程式，只写出最后答案的，不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.下表是关于小汽车的速率与制

动距离（汽车从开始减速到停止的距离）之间的关系。速率（m/s）制动距离（m）10820323072(1)分析表中的数据，汽车的制动距离与汽车的速率有怎样的关系？(2)当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰

。若两辆小汽车都以54km/h的速度沿同一方向行驶，后车司机的反应时间为0.7s，求两车之间的安全距离。【答案】(1)制动距离与速率的平方成正比；(2)28.5m【解析】【详解】(1)由题给的表中数据分析可知，制动距离与速率的平方成正比(2)汽车的速度大小：

54km/h=15m/s后车反应时间内发生的位移00=150.7m=10.5mxvt=由上表格数据可得后车的制动距离2220.0815m=18mxkv==解得：后车反应时间内的位移010.5mx=，制动距离218mx=，安全距离为0228.5mxxx=+=14.如图所

示，完全相同的物体A、B静止在粗糙的水平面上，现使物体A以速度v0向右运动，与物体B发生碰撞后粘在一起，继续向右滑动一段距离后停止，已知物体A碰撞前与碰撞后滑行的距离相同，A、B的质量都为m，求碰撞过程中损失的机械能。【答案】2015Emv=

【解析】【详解】设A与B碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v2，则有22102vvax−=122mvmv=2202vax−=碰撞过程中损失的机械能221211222Emvmv=−解得2015Emv=15.如

图所示，长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，O点离地高度为H。现将细绳拉至与水平方向成30，由静止释放小球，经过时间t小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。若忽略空气阻力，重力加速度

为g。(1)求细绳的最大承受力；(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。请通过计算，说明你的观点。【答案】（1）F=2mg；（2）()22FImgtmgL=+；（3

）当2HL=时小球抛的最远【解析】【详解】(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得201sin302mgLmv=小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得20mvFmgL−=解得：F=2mg(2)小球从释放到

最低点的过程中，重力的冲量IG=mgt动量变化量0pmv=由三角形定则得，绳对小球的冲量()22FImgtmgL=+(3)平抛的水平位移0xvt=，竖直位移212HLgt−=解得2()xLHL=−当2HL=时小球抛的最远16.如图所示是过山车的模型。为了便于研究，简

化为示意图，它由倾角θ=53°的倾斜轨道、水平轨道和在同一竖直平面内的两个圆形轨道组成，两个圆轨道半径R1=2R2=1m，所有轨道均平滑相接。小车与倾斜轨道和水平轨道间的动摩擦因数相同，圆形轨道光滑。在一水平力F=6.5N的作用下，重量G=8N的小车静止在倾斜轨道上刚好不下滑，撤去力

F，小车沿倾斜轨道滑下，先后以最小速度通过两个圆轨道的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：(1)小车与倾斜轨道间的动摩擦因数μ；(2)两圆轨道的间距L。【答案】(1)0.25=；(2)5mL=【解析】【详解】(1)在倾斜轨道上时，对小车进行受力分析

得sin53cos53GFf−=N5353cossinFGF=+NfF=联立解得0.25=(2)大圆最高点211mvmgR=小圆最高点222mvmgR=从大圆最高点到小圆最高点由动能定理得122212112()22mgRRmgLvmvm−−=−解得5mL=17.如图所示，质量

M=2.5kg的一只长方形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.3.这时铁箱内一个质量m=0.5kg的木块（可视为质点）恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦

因数μ2=0.2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。(1)求水平拉力F的大小；(2)减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且没有反弹，再当铁箱的速度为3.2m/s时撤去拉力，最终木块恰好到达

铁箱的右侧壁，求铁箱的长度。【答案】(1)159NF=；(2)0.96mL=【解析】【详解】(1)木块竖直方向受力平衡：N2Fmg=对木块利用牛顿第二定律：NFma=对整体利用牛顿第二定律：1()()FMmgMma−+=+解得：159NF=(2)因为21所

以木块与铁箱不能一起减速木块：22mgma=铁箱：121()MmgmgMa+−=设铁箱经过时间t停止运动1vat=铁箱发生的位移20112xvtat=−铁箱设铁箱停止时木块发生的位移为x1，速度为v1210212xvtat=−102vvat=−铁箱停止后，木块继续运动

的位移为x221222vax=铁箱的长度12Lxxx=+−铁箱0.96mL=