安徽省高三上學期期中物理試題一物理（解析）

1.A

【詳解】A.對甲圖，在忽略空氣阻力的情況下，拋出的秧做勻變速曲線運動，故A正確;

B.對乙圖，人從大門上樓走到房門口，位移的方向斜向右上方，故B錯誤；

C.對丙圖，空間站繞地球運行，向心加速度是重力加速度，是完全失重狀態，故C錯誤;

D.對丁圖，調整好風帆的角度，帆船可以逆風行駛。逆風行駛的情況下。風仍對帆船做正

功，故D錯誤。

故選A。

2.D

【詳解】A.小球從A運動到B的過程中。加速度的方向發生變化，做變加速曲線運動，故

A錯誤；

B.由

v=a)R

O=a)t

解得小球從4運動到B的時間為

OR

=V

故B錯誤；

C.由速度變化的矢量三角形可得

Av=2vsin-

2

若。=兀，則

Av=2vsin—=2v

2

動量變化量的大小為

A/?=m\v=2mv

故C錯誤；

D.由動能定理可得

%—0

故D正確。

故選D。

【點睛】理解勻速圓周運動的含義，勻變速曲線運動就是加速度不變的運動，如平拋運動,

勻速圓周運動，加速的大小不變，但方向在不斷改變。故屬于變加速曲線運動。熟悉角速度

以及線速度的定義。

3.C

【詳解】A.對木棒進行受力分析，如圖所示，根據共點力平衡原理、木棒受到三個力（或

延長線）一定交于同一點，A錯誤;

BC.由幾何關系可得，斜面2對木棒的支持力尸與墻面1對木棒的支持力入之間的夾角為巴

由力的合成與分解有

解得

iM,〃=如吆

g

B錯誤C正確;

D.斜面2對木棒的支持力尸與斜面垂直，若木棒與墻面1的夾角為。（銳角），由幾何關

系可得，斜面2對木棒的支持力尸與木棒之間的夾角為

8-(90。一0=。+0-90。

D錯誤。

故選C。

答案笫2頁，共14頁

4.C

【詳解】A.由題意，單個分子的動量變化量的大小為

N)=|mv-mv|=2mv

故A錯誤；

B.由動能定理，單個分子與平面碰撞的過程中，平面對其做功為

W=—mv2——mv2=0

22

即平面對其做功為0,故B錯誤；

CD.若計算分子束撞擊平面單位面積上的壓力，一般情況下選在極短時間加內打到平面上

的分子為研究對象，設在4時間內打到橫截面積為S的平面上的氣體的質量為AM,則有

AM=

取AM為研究對象，它受到的合外力等于平面作用到氣體上的壓力R以碰撞前的速度U的

方向為正方向，山動量定理得

解得

F=2Srynv2

根據牛頓第三定律可知、平面受到的壓強為

Fc2

p==2fynv-

故C正確，D錯誤。

故選C。

5.B

【詳解】A.宇宙《船貼著月表做勻速圓周運動的周期為

T=-

角速度為

2兀2兀〃

co——=-----

Tt

A錯誤；

B.萬有引力充當宇宙飛船做勻速圓周運動的向心力，有

GM，nf2nY

月球的密度

M3兀/

P=JR=G*

3

B正確;

c.由自由落體運動的規律可得

cR2

2gb

解得

Nv2

g月F

C錯誤;

D.由萬有引力充當向心力有

空

R-R

月球表面有

GM盧?

聯立解得

D錯誤。

故選Bo

6.D

【詳解】A.由題可知汽車所受阻力

/=0.1“ig=2.5x1O'N

由v-r圖像可知前4s內的加速度為

答案笫4頁，共14頁

a=—8=2cm/,s2

4

前4s內汽車做勻加速運動，由牛頓第二定律可得

F-f=ma

代入數據得

F=7.5xlO'N

故A錯誤；

B.由題可知汽車在4s時達到額定功率，其額定功率為

p=Fv=60kW

故B錯誤；

C.當汽車受力平衡時速度最大，其最大速度為

P?,

%=；=24m/s

故C錯誤；

D.當汽車的速度為12m/s時，此時的牽引力為

口,P60x10，

F=—=---------=5x107

K12

根據牛頓第二定律得

F'-f=ma'

解得

a'=Irn/s2

故D正確。

故選D。

7.ABD

【詳解】A.兩車分別在4=3s和q=9s時并排行駛（相當于相遇），說明在4=3s至G=9S的

時間間隔內，兩車的位移相等，UT圖像與時間軸所圍成的面積表示位移，由乙圖可知，兩

三角區域面積相等，根據幾何關系有

…二G一弓

解得

t2=6s

故A正確;

BC.對甲有

對乙有

解得

。乙=lm/s2

v共=12m/s

故B正確，C錯誤；

D.0至。=3§,甲車的位移為

12

%=5*=9nm

乙車的位移為

立二貼=22.5m

即，=0時刻，甲、乙兩車的距離為

d=x^-x^=13.5m

故D正確。

故選ABD,

8.CD

【詳解】A.由于衛星B為地球同步衛星，所以衛星B的周期為

5=24h

根據萬有引力提供向心力，有

Min(2冗2

G—=W(T)r

可得

由圖可知，衛星A的軌道比同步衛星低，則其周期小于24h,故A錯誤;

B.地球同步衛星B在6h內轉過的圓心角為

答案笫6頁，共14頁

八八67t

0=27rx—=—

242

故B錯誤;

C.根據萬有引力提供向心力，有

八Mmv

G——=m—

r~r

解得

所以A的線速度大于B的線速度，故C正確；

D.衛星B和衛星P同軸轉動，角速度相等，根據向心加速度與角速度的關系

可知，衛星B的向心加速度大于衛星P隨地球自轉的向心加速度，故D正確。

故選CDo

9.BC

【詳解】A.對小球進行受力分析，受到重力和風力，由牛頓第二定律可得

nig-Fm=ma

解得

a=8m/s2

則每一秒小球的速度變化量大小為8m/s,A錯誤;

B.把小球做類斜拋運動的初速度分別沿水平方向和豎直方向分解，則有

匕=v?cos0=4m/s

vv=%sin。=3m/s

小球從A到6的時間

7=-=0.375s

a

由對稱性可知，小球從A到C的運動時間為0.75s,B正確;

C.A、C兩點之間的距離為

x=2vvz=3m

C正確；

D.B、C.兩點的高度差為

9

=-m

16

小球從8到C風力做的功為

1%,=_&/?=445J

D錯誤。

故選BCo

10.AC

【詳解】A.對物塊進行受力分析，由二力平衡可得細線的拉力大小為

（=mg

在A點對小球進行受力分析，由力的平衡可得

（尸+"[g）sin53°=7；

解得

「1

F=3，〃g

故A正確;

B.在撤去拉力尸的瞬間，設細線的拉力大小為《，小球和物塊的加速度大小相等設為小

對兩者分別應用牛頓第二定律可得

T2—mgsin530=ma

mg-T2=ma

聯立解得

「

r=—9me

10

故B錯誤；

C.撤去拉力廠后，當小球運動到尸點時，設小球的速度大小為u,由幾何關系可得

—=tan53°

R

R

—=cos53°

OB

BP=OB-R

小球從4到P,物塊下降的高度為

h=AB-BP

答案笫8頁，共14頁

聯立解得■

則物塊的重力勢能減少量為

2

A￡p=nigh=—mgR

故C正確；

D.細線與小球的速度封垂直，則繩子伸長的速度為0,由關聯速度之間的關系，物塊的速

度為0,故D錯誤。

故選ACo

11.BD/DB2.0A

【詳解】本實驗只需要保證每次小球平拋的初速度相同即可，軌道光滑對減小實

驗誤差沒有幫助，故A錯誤；

B.彎曲軌道邊緣保持水"，能保證小球離開軌道后做平拋運動，故對減小誤差有幫助，故

B正確；

C.小鋁珠的密度小于小例珠的密度，使用相同體積小鋁珠，增大了誤差，故C錯誤；

D.保持豎直平面Hcd與水平面垂直，刻度值》才表示豎直位移，故對減小誤差有幫助，故

D正確；

（2）⑵根據平拋運動的規律

0.2m=vor

豎宜方向

（必

聯立解得

%=2.0m/s

（3）[3]由平拋運動規律可得

x二卬

1,

聯立可得

g

.y=

可知y與/成正比，故A正確，BCD錯誤。

12.CAC3.933.80重物下落過程中受到空氣阻力，且紙帶與打點

計時器間存在摩擦力

【詳解】（1）[1]為了盡可能減小空氣阻力對實驗的影響，所選重物盡可能質量大、體積小，

所以最優選擇是質量為2C0g的鐵球。

故選C。

（2）[2]A.為了提高紙帶的利用率，要先接通電源后釋放紙帶，A正確；

B.重物下落過程中受到空氣阻力和摩擦阻力作用，加速度不等于g,不能用v=計算重物

的速度，B錯誤；

C.實驗中的誤差主要是由于存在空氣阻力和摩擦阻力引起的，C正確；

D.驗證機械能守恒，需要驗證重力勢能的減少量等于動能的增加量，即〃吆力=；〃“，整理

得聲=2皿，可知盧力圖像應該是過原點的?條直線，并且該直線的斜率應約為

k=2g=19.6

D錯誤。

故選AC。

（3）[3]重力勢能的減少量為

2

\Ep=mghB=0.5x10x78.57x10J?3.93J

[4]重物在4點的速度大小為

hc-hA^(86.59-70.99)x10

%=m/s=3.9m/s

2T2x0.02

重:物動能的增加量為

[5]△與不完全等于△取的原因是：重物下落過程中受到空氣阻力，且紙帶與打點計時器間存

在摩擦力。

13.（1）10m；（2）50J

【詳解】（1）快件達到速度】，所需的時間

/=—=2s

在這段時間內，快件的位移大小為

答案第10頁，共14頁

x.=----=1Om

在這段時間內，傳送帶的位移大小為

x2=vr=20m

則快件相對傳送帶的位移大小為

x=x2-Xj=1Om

(2)因摩擦產生的熱量為

Q=/.ungx=25J

快件在這個過程中獲得的動能為

2

E=1?WV=25J

卜2

電動機多做的功轉化成了快件的動能和摩擦產生的熱量，即

叩=。+線=50J

2

14.(1)-F^(2)v=2y[gL

【詳解】解：(1)設小球在最低點的速度為％,當小球上升高度力，輕繩與豎直方向的夾角

為。

由幾何關系可知

八L-h

cos0=----

L

根據機械能守恒有

1.1

—〃八2%=mgh+—“”產2

由向心力公式有

V2

r-mgcostnf=ni—

聯立可得

i金+陪嗎

LL

由圖可知，直線方程為

萬萬33

卜=K----h

IL

斜率

34_3〃?g

7LL

解得

當力=21時,輕繩拉力

F書

故小球在最高點時所受向心力大小為

LL112l

Fn=F+mg=-^+mg=-F^

（2）小球在最低點，根據向心力公式有

6一〃田二吟

解得

v(]=yj6gL

小球在/2=心高度時有

7L

解得

V=2ylgL

15.(I)Ep=3mgr；(2)M=2m；(3)=-m

4

【詳解】（1）小球正好到達。點，由向心力公式可知

mg=in—

滑塊由釋放到。點，由動能定理有

Zr、1I、

E°-f.itng2r——-mgx2r=-mv-0

I2J2f)

聯立解得

（2）當滑塊的質量M最小時，滑塊到達C點時速度剛好為0,滑塊由釋放到C點，由動能

定理有

Ep_〃Mg(2—9

-Mgr=0-0

答案第12頁，共14頁

解得

M=2m

(3)滑塊運動到七點時恰好脫離圓軌道，此時軌道對滑塊的彈力剛好為0,由向心力公式

可知

2

sin37°="?()—

滑塊由釋放到E點，由動能定理有

Ep-Wog2r---mgr(\+sin370)=-;??v2-0

o2o￡

聯立解得

5

〃?()=%〃?

16.(1)FA=6mg；(2)6〃火；(3)v0=|>/6^r

【詳解】(1)小球乙到達C點，由牛頓第二定律可得

v

mg=m-c

小球乙從4點到C點，由動能定理有