福建省连城县第二中学2020届高三上学期期中考试检测物理试题 17页

‎2019秋福建省连城县第二中学高三（上）期中物理检测题 一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）‎ ‎1.如图所示，平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车做匀变速直线运动，t=2s时，直线a和曲线b刚好相切。下列说法正确的是（　　）‎ A. b车做匀加速直线运动 B. t=2s时,a、b两车相遇,速度不相等 C. a车的速度大小为3m/s D. b车的加速度大小为1m/s2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在x-t图象中，图象的斜率表示速度，根据图象可知，a的斜率不变，速度不变，做匀速直线运动。b的斜率减小，速度减小，故b车做匀减速直线运动，故A错误；‎ B.t=2s时，直线a和曲线b刚好相切，a、b两车相遇，速度相等，故B错误；‎ CD.设b车的位移时间关系式为：‎ x=v0t+‎ 将t=2s，x=6m-2m=4m代入得：‎ ‎4=2v0+‎ t=2s时，b车的速度为vb=va=1m/s，由：‎ v=v0+at 得：‎ ‎1=v0+2a 联立解得a=-1m/s2．故C错误，D正确。‎ ‎2.物体做匀加速直线运动，它的初速度为v0，经过时间t，它的速度变为v，则物体在时刻的速度（也叫时间中点速度）大小是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 方法：如图所示，作出是v-t图，图中围成面积表示该过程位移，且可表示为，又由于该过程的位移可以用平均速度表示成，对照两式，可得A正确，从几何关系来看，是该梯形中位线，对应的时间又恰是该过程的中间时刻，所以A正确。‎ 方法‚：加速度可以用前过程和后过程分别表示，即及，联立两式得A正确。‎ 考点：本题考查匀变速运动加速的意义、位移与速度及时间三者关系。‎ ‎3.细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示．(已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)以下说法正确的是(　　)‎ A. 小球静止时弹簧的弹力大小为mg B. 小球静止时细绳的拉力大小为mg C. 细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g D. 细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】小球静止时，分析受力情况，如图所示：‎ ‎，‎ 由平衡条件得：，细绳的拉力大小为：，故AB错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：，故D正确，C错误。‎ ‎4.如图所示实线为某电场中的三条电场线，一点电荷从M点射入电场，只受电场力作用下沿图中虚线运动到N点，则（　　）‎ A. 点电荷一定带负电 B. 从M向N运动的过程中点电荷的电势能一直减少 C. 从M向N运动的过程中点电荷的动能一直减小 D. 从M向N运动的过程中点电荷的动能和电势能的总和一直减少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故在M点电场力沿电场线向左，由于电场线方向未知，所以不能确定点电荷的电性，故A错误．‎ BC.粒子从M向N的过程中，电场力做负功，动能一直减小，电势能一直增加，故B错误，C正确．‎ D.不计粒子所受的重力，只有电场力做功，动能和电势能的总和保持不变，故D错误．‎ ‎5.电梯内有一物体，质量为m，用细绳挂在电梯的天花板上，当电梯以g的加速度沿竖直方向运动时，细绳对物体的拉力是（　　）‎ A. B. C. mg D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据牛顿第二定律，加速上升或减速下降时：；解得：；加速下降或减速上升时：；解得：；故选BD。‎ ‎6.一小物块放置在固定斜面上，在沿平行斜面向下的拉力F作用下沿斜面向下运动，F的大小在0～t1、t1～t2和t2～t3时间内分别为F1、F2和F3，物块的v-t图象如图所示。已知小物块与斜面间的动摩擦因数处处相等，则（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. 时,若,此时小物块的加速度一定不为零 D. 仅将F的方向变成竖直向下,小物块一定能沿斜面下滑 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据图象可知，0-t1时间内做匀加速直线运动，根据受力情况及牛顿第二定律得：‎ F1+mgsinθ-μmgcosθ=ma1‎ t1-t2时间内做匀速直线运动，可知：‎ F2+mgsinθ-μmgcosθ=0‎ t2-t3时间内做匀减速直线运动，斜率与0-t1成相反数，可知：‎ F3+mgsinθ-μmgcosθ=-ma1‎ 综合以上所述，解得：‎ F1＞F2＞F3‎ 故A错误，B正确。‎ C.t=0时，若F=0，此时mgsinθ可能等于μmgcosθ，加速度可能0，故C错误；‎ D.当F的方向变成竖直向下，则：‎ ‎（F+mg）sinθ-μ（F+mg）cosθ=ma 其中可能恰好平衡，故D错误。‎ ‎7. 如图所示，质量为m的小球被固定在轻杆的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时轻杆对小球的拉力为7.5mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周通过最高点时轻杆对小球的支持力为0.5mg。小球在此半个圆周运动过程中克服空气阻力所做的功为 A. B. ‎ C. mgR D. 2mgR ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：小球通过轨道的最低点，此时轻杆对小球的拉力为F1=7.5mg，，解得, 小球通过最高点时轻杆对小球的支持力为0.5mg，则,解得，小球在此半个圆周运动过程中应用动能定理：，解得，故选项C正确。‎ 考点：牛顿第二定律 动能定理 ‎【名师点睛】‎ ‎①对圆周运动过程的某一状态点，常常用牛顿运动定律和向心力的公式建立方程，在竖直平面内做圆周运动的最低点有，在最高点有。‎ ‎②对圆周运动过程的而言，若没有摩擦力和阻力，可以利用机械能守恒或动能定理建立处末状态之间的联系，若有摩擦力和阻力，一般用动能定理列方程求解。‎ ‎8.如图是一汽车在平直路面上启动的速度-时间图象，t1时刻起汽车的功率保持不变．由图象可知（　　）‎ A. 0-t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变 B. 0-t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率不变 C. t1-t2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小 D. t1-t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】0～t1时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速直线运动，汽车的牵引力不变，加速度不变，由P=Fv知功率增大，故AB错误。t1～t2时间内，汽车的功率保持不变，速度在增大，由P=Fv知汽车的牵引力在减小，由牛顿第二定律知F-f=ma，知加速度减小，故C正确，D错误。故选C。‎ ‎9.如图所示是“嫦娥三号”环月变轨示意图．在Ⅰ圆轨道运行的“嫦娥三号”通过变轨后绕Ⅱ圆轨道运行，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. “嫦娥三号”在Ⅰ轨道的线速度大于在Ⅱ轨道的线速度 B. “嫦娥三号”在Ⅰ轨道的角速度大于在Ⅱ轨道的角速度 C. “嫦娥三号”在Ⅰ轨道的运行周期大于在Ⅱ轨道的运行周期 D. “嫦娥三号”由Ⅰ轨道通过加速才能变轨到Ⅱ轨道 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 航天器绕星球做匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由此可知：=‎ A、线速度知，I轨道上半径大，线速度小，故A错误；‎ B、角速度ω=知，I轨道上半径大，角速度小，故B错误；‎ C、周期T=知，I轨道上半径大，周期大，故C正确；‎ D、卫星在较高轨道上到较低轨道上运动时，变轨时是在较高轨道上减速，使得万有引力大于在该轨道上做匀速圆周运动的向心力，从而做向心运动而减小轨道半径，故D错误。‎ 故选：C。‎ 点睛：利用向心力公式解题，从=，除了周期随着半径的增大而增大外，而加速度、线速度、角速度都是随着半径的增大而减小的。‎ 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）‎ ‎10.将一小球以水平速度v0=10 m/s从O点向右抛出,经 s小球恰好垂直落到斜面上的A点,不计空气阻力,g取10 m/s2,B点是小球做自由落体运动在斜面上的落点,如图所示,以下判断正确的是 ( )‎ A. 斜面的倾角是 B. 小球的抛出点距斜面的竖直高度是15 m C. 若将小球以水平速度m/s向右抛出,它一定落在AB的中点P的上方 D. 若将小球以水平速度m/s向右抛出,它一定落在AB的中点P处 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球与斜面相撞时竖直分速度：‎ m/s 根据平行四边形定则知：‎ 解得：‎ θ=30°‎ 故A正确；‎ B.平抛运动的高度：‎ m A、B两点的高度差：‎ m 则小球抛出点距斜面高度差为：‎ H=15m+10m=25m 故B错误；‎ CD.若将小球以水平速度v0′=5 m/s向右抛出，若下降的高度与A点相同，则水平位移是落在A点的一半，即落在P点，但是下落的时间大于落在A点的时间，可知落在中点P的上方，故C正确，D错误。‎ ‎11.某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图甲所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动．以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示，则(不考虑空气阻力)(　　)‎ A. 电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向 B. 从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大 C. 从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大 D. 到达x1位置时，小球速度的大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球的机械能变化是由电场力做功引起的，由题图乙可知，从O到x1机械能在减小，即电场力做负功，又因为小球带正电，故场强方向沿x轴负方向，E－x图线切线的斜率的绝对值为电场力大小，由图象可知，从O到x1斜率的绝对值在减小，故F电在减小，即场强减小，故A错误．‎ B.由牛顿第二定律mg－F电＝ma可知a在增大，故B正确．‎ C.因为电场力逐渐减小，故相等位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C错误．‎ D.从O到x1由动能定理得mgx1＋E1－E0＝mv2－0，v＝，D正确．‎ ‎12.如图所示，B、C、D三点都在以点电荷＋Q为圆心的某同心圆弧上，将一检验电荷从A点分别移到B、C、D各点时，电场力做功大小比较(　　)‎ A. WAB>WAC B. WAD>WAB C. WAC＝WAD D. WAB＝WAC ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：据题知，B、C、D都在以Q为圆心的同一圆周上，而此圆周是一个等势线，各点的电势相等，则A与B、C、D三点的电势差U相等，电场力做功公式W=qU分析电场力做功相等．即有WAB=WAC=WAD．故AB错误，CD正确．‎ 故选：CD ‎13.如图所示，A,B两物体用细线连着跨过定滑轮静止，A,B物体的重力分别为40N和10N，绳子和滑轮的质量、摩擦不计。以下说法正确的是 ( ) ‎ A. 地面对A的支持力是30N B. 物体A受到的合外力是30N C. 弹簧测力计示数为10N D. 弹簧测力计示数为20N ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.物体A、B都处于静止状态，即平衡状态，对B分析有：‎ T=GB=10N 对A分析，受拉力、地面的支持力和重力，有：‎ GA=T+N 则：‎ N=GA-T=40N -10N=30N A所受的合力为零，故A正确，B错误；‎ CD.对滑轮分析，受两个向下的拉力和弹簧的弹力，所以：‎ F=2T=20N 所以弹簧计的示数为20N，故C错误，D正确。​‎ ‎14.如右图所示,小球从a处由静止自由下落，到b点时与弹 簧接触，到c点时弹簧的弹力等于小球的重力，到d点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧的质量和空气阻力，当小球由a→b→c→d运动过程中（ ）‎ ‎ ‎ A. 该“系统”的机械能守恒,该“系统”指的是小球和弹簧组成的系统 B. 小球在c点时的动能最大、小球在d点时弹簧弹性势能最大 C. 由c到d点过程中，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 D. 小球从b运动到d的过程中，小球一直做减速运动 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】小球下落过程中，先自由落体，与弹簧接触后，弹力不断变大，当向上的弹力小于向下的重力时，小球继续加速，相等时停止加速，速度达到最大，即在c点速度最大，此后弹力继续加大，变得大于重力，故物体开始减速，直到最低点d停下，在d点重力势能全部转化为弹性势能，小球在d点时弹簧弹性势能最大，由c到d点过程中，小球重力势能和动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，即整个从b到d的过程先加速再减速；而能量方面，重力势能不断减小，弹性势能不断变大，动能先变大后变小，系统机械能总量守恒．该“系统”的机械能守恒,该“系统”指的是小球和弹簧组成的系统 综上可知AB正确 三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）‎ ‎15.在“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验中，测得弹簧的弹力F与弹簧长度L的关系如图所示，则该弹簧的原长为_______cm，劲度系数为________N/m。 ‎ ‎【答案】 (1). 20 (2). 2000‎ ‎【解析】‎ 由图可知，当弹力为零时，弹簧原长为20cm ，根据胡克定律F=kx得：F=k（l-l0），由图象斜率等于劲度系数：。‎ ‎16.某学习小组做探究“合力的功和物体速度变化关系”的实验如图，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为W.当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。‎ ‎（1） 除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、交流电源和________。‎ ‎（2）实验中木板略微倾斜，这样做 （ ） ‎ ‎ A．是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑 ‎ B．是为了增大小车下滑的加速度 ‎ C．可使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功 ‎ D．可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动 ‎（3） 若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是（ ）‎ A．橡皮筋处于原长状态 ‎ B．橡皮筋仍处于伸长状态 C．小车在两个铁钉的连线处 ‎ D．小车已过两个铁钉的连线 ‎（4）实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条……，并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放小车。把第1次只挂1条橡皮筋对小车做的功记为W，第2次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W，……；橡皮筋对小车做功后而获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出。根据第4次实验的纸带（如图所示，图中的点皆为计时点）求得小车获得的速度为______________m/s(保留三位有效数字）。‎ ‎（5）若根据多次测量数据画出的W－v图象如图所示，根据图线形状可知，对W与v的关系作出猜想肯定不正确的是_______。‎ ‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】 (1). 刻度尺 (2). CD (3). B (4). 2.00 (5). AB ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验还需要用刻度尺测量纸带，故还需要刻度尺． （2）实验中木板略微倾斜，这样做是为了平衡摩擦力，使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功，使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动；故选CD.‎ ‎ （3）若木板水平放置，对小车受力分析可知，小车速度最大时小车受到合力应为零，即小车受到的橡皮筋拉力与摩擦力相等，橡皮筋应处于伸长状态，所以B正确，ACD错误；故选B； （3）各点之间的距离相等的时候小车做直线运动，由图可知，两个相邻的点之间的距离是4.00cm时做匀速直线运动，，利用公式：v＝x/t可得： v＝＝2.00m/s （4）根据图象结合数学知识可知，该图象形式和y=xn（n=2，3，4）形式，故AB错误，CD正确。本题选不正确的，故选AB.‎ ‎【点睛】本题考查了实验器材与实验注意事项，掌握实验原理、实验器材即可正确解题，要掌握平衡摩擦力的方法；本题是一道基础题，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握．‎ 四、计算题（本大题共1小题，共12.0分）‎ ‎17.如图所示，物体A放在长L=1m木板B上，木板B静止于水平面上．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．若从t=0开始，木板B受F=16N的水平恒力作用，‎ ‎（1）木板B受F=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？‎ ‎（2）t=2s时，在B的速度为多少？‎ ‎【答案】（1）2m/s2，4m/s2．‎ ‎（2）11m/s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）分别对A、B隔离分析，运用牛顿第二定律求出A、B的加速度．‎ ‎（2）因为aA＜aB，A相对B向后滑动，结合A、B的位移关系，结合位移时间公式求出A从B上滑下的时间，滑下后，根据牛顿第二定律求出B的加速度，结合速度时公式求出B的速度．‎ 解：（1）根据牛顿第二定律得：μ1mAg=mAaA 解得：；‎ 对B有：F1﹣μ2（mA+mB）g﹣μ1mAg=mBaB 代入数据解得：．‎ ‎（2）因为aA＜aB，A相对B向后滑动，设经过t1后A滑到B的左边缘，‎ A的位移为：，‎ B的位移为：，‎ x1﹣x2=L 解得：t1=1s＜t=2s，则2s时A已从B上滑下．‎ t1=1s时，A、B的速度分别为vA、vB，‎ 则有：vB=aBt1=4×1m/s=4m/s 设A滑落后B的加速度为aB′，根据牛顿第二定律得：‎ F﹣μ1mBg=mBaB′‎ 代入数据解得：‎ 在t=2s时B的速度：vB′=vB+aB′（t﹣t1）‎ 代入数据解得：vB′=11m/s．‎ 答：（1）木板B受F=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为2m/s2、4m/s2．‎ ‎（2）t=2s时，B的速度为11m/s．‎ ‎【点评】解决本题的关键理清A、B的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．‎ 五、简答题（本大题共2小题，共20.0分）‎ ‎18.汽车以40km/h的速度匀速行驶．‎ ‎（1）若汽车以0.6m/s2的加速度加速，则10s后速度能达到多少？‎ ‎（2）若汽车刹车以0.6m/s2的加速度减速，则10s后速度减为多少？‎ ‎（3）若汽车刹车以3m/s2的加速度减速，则10s后速度为多少？‎ ‎【答案】(1) 17m/s (2) 5m/s (3) 0‎ ‎【解析】‎ 详解】40km/h≈11m/s ‎（1）10s末的速度:‎ v=v0+at=11m/s+0.6×10m/s=17m/s ‎（2）汽车速度减为零的时间:‎ t0=s 则10s末的速度:‎ v=v0+at=11-0.6×10m/s=5m/s ‎（3）汽车速度减为零的时间:‎ s＜10s 则10s末的速度为0．‎ ‎19.如图所示是在竖直平面内，由斜面和圆形轨道分别与水平面相切连接而成的光滑轨道，圆形轨道的半径为R，质量为m的小物块从斜面上距水平面高为h=2.5R的A点由静止开始下滑，物块通过轨道连接处的B、C点时，无机械能损失．求：‎ ‎（1）小物块通过B点时速度vB的大小；‎ ‎（2）小物块能否通过圆形轨道的最高点D，若能，求出小物块过D点时的速度．‎ ‎【答案】(1) vB= (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得：‎ mgh=‎ 解得：‎ vB=‎ ‎（2）若小物块能从C点运动到D点，由动能定理得：‎ ‎-mg•2R=‎ 解得：‎ vD=‎ 设小物块通过圆形轨道的最高点的最小速度为vD1，则在D点有：‎ mg=m 解得：‎ vD1==vD 可知小物块恰能通过圆形轨道的最高点．‎