- 1.97 MB
- 2021-05-25 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
江苏省徐州市2020届高三上学期期中考试试题
一、单项选择题
1.物体做竖直上抛运动,下列图象能反映其上升过程运动情况的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.物体做竖直上抛运动,选取向上为正方向,则
所以图像为抛物线,不是直线,故A错误;
BC.将一物体竖直向上抛出,不计空气阻力,物体做匀减速直线运动,则上升的过程有
v是t的线性函数,当速度减为0,故B错误,C正确;
D.竖直上抛运动的加速度等于重力加速度,是不变的,故D错误。
故选C。
2.2019年10月11日,我国首颗火星探测器——“火星一号”第一次公开亮相,将在未来实现火星的环绕、着陆和巡视。已知火星绕太阳公转的轨道半径是地球公转轨道半径的1.5倍,火星质量约为地球质量的十分之一,关于火星、地球绕太阳的运动,下列说法正确的是
A. 火星的周期小于地球的周期
B. 火星的线速度大于地球的线速度
C. 火星的加速度大于地球的加速度
D. 太阳对火星的万有引力小于对地球的万有引力
【答案】D
【详解】A.设太阳质量为M,行星质量为m,根据万有引力提供向心力有
得
由于火星的公转半径比地球的公转半径大,所以火星的公转周期比地球的公转周期大,故A错误;
B.设太阳质量为M,行星质量为m,根据万有引力提供向心力有
得
由于火星的公转半径比地球的公转半径大,火星的公转速度比地球的公转速度小,故B错误;
C.设太阳质量为M,行星质量为m,根据万有引力提供向心力有
得
由于火星的公转半径比地球的公转半径大,火星的加速度比地球的加速度小,故C错误;
D.根据万有引力定律得
故太阳对火星的万有引力小于对地球的万有引力,故D正确。
故选D。
3.如图所示,在边长为l的正三角形的顶点分别固定一负电荷,处的电荷量为,中心处的场强恰好为零,已知静电力常量为。若仅将处电荷改为等量的正电荷,则处场强的大小和方向分别为
A. ,沿方向 B. ,沿方向
C. ,沿方向 D. ,沿方向
【答案】A
【解析】
【详解】A处的电荷量为Q,OA的距离为
则Q在O点产生的电场强度为,由于B和C处电荷与A处的电荷在O点的合场强为零,则B和C处电荷在O处的电场强度大小为,方向沿AO方向;若仅将A处电荷改为等量的正电荷,则O处场强的大小为
沿AO方向,故A正确、BCD错误。
故选A。
4.静止的物体从时刻开始受到如图所示的合外力作用,下列表述正确的是
A. 内物体的速度先增大后减小 B. 内物体的速度方向一直不变
C. 末物体回到出发点 D. 末物体的速度方向发生变化
【答案】B
【解析】
【详解】A.0~2s内,合外力与速度同向,则加速度与速度同向,所以物体速度一直增大,故A错误;
BD.2~4s内,合外力与速度反向,则加速度与速度反向,所以物体的速度一直减小,所以0~4s内物体的速度方向一直不变,故B正确,D错误;
C.0~4s内物体沿正向运动,4s末物体不会回到出发点,故C错误。
故选:B。
5.如图所示,河宽为,河岸上两位置分别与对岸的两位置正对,为
连线上的一个小岛,甲乙两船在静水中的速度大小均为,水流速度为。甲船头正对河岸,从点出发,乙船头斜向上游,从点沿的连线航行,两船同时到达小岛。下列说法正确的是
A. 小岛到位置的距离为
B. 的距离为
C. 仅将水流速度增大为,甲、乙两船仍能同时到达小岛
D. 仅将水流速度增大为,甲、乙两船均不能到达小岛
【答案】D
【解析】
【详解】设乙船在静水中的速度方向和河岸的夹角为θ,要使乙船能够垂直过河,有
得
乙船的实际速度为
设甲乙同时到达E点时间为t,乙船到达E点的距离
甲垂直河岸的位移
而
联立解得
A.小岛E到C位置的距离
故A错误;
B.AD的距离
故B错误;
CD.仅将水流速度,过河时间不变,垂直河岸的位移不变,但沿河岸的分速度增大,甲、乙两船经过t后,都到了E点下游,所以甲、乙两船均不能到达小岛E,故C错误,D正确。
故选:D。
6.如图所示,粗糙的固定水平杆上有三点,轻质弹簧一端固定在点正下方的点,另一端与套在杆点、质量为的圆环相连,此时弹簧处于拉伸状态。圆环从处由静止释放,向右运动经过点时速度为、加速度为零,到达点时速度为零,下列说法正确的是
A. 从到过程中,圆环在点速度最大
B. 从到过程中,圆环的加速度先减小后增大
C. 从到过程中,弹簧对圆环做的功一定大于
D. 从到过程中,圆环克服摩擦力做功等于
【答案】C
【解析】
【详解】AB.圆环由A点释放,此时弹簧处于拉伸状态,则圆环加速运动,设AB之间的D位置为弹簧的原长,则A到D的过程中,弹簧弹力减小,圆环的加速度逐渐减小,D到B的过程中,弹簧处于压缩状态,则弹簧弹力增大,圆环的加速度先增大后减小,B点时,圆环合力为零,竖直向上的弹力等于重力,从B到C
的过程中,圆环可能做减速运动,无论是否存在弹簧原长的位置,圆环的加速度始终增大,也可能先做加速后做减速运动,加速度先减小后增大,故B点的速度不一定最大,从A到C过程中,圆环的加速度不是先减小后增大,故AB错误;
C.从A到B过程中,弹簧对圆环做的功、摩擦力做负功,根据功能关系可知,弹簧对圆环做功一定大于,故C正确;
D.从B到C过程中,弹簧弹力做功,圆环克服摩擦力做功,根据功能关系可知,圆环克服摩擦力做功不等于,故D错误。
故选C。
二、多项选择题
7.2019年7月19日,天宫二号实验室受控离轨并再入在大气层,少量残骸落入南太平洋预定安全海域,标志着中国载人航天工程空间实验室阶段全部任务圆满完成。在实验期间,成功实现将货运飞船“天舟一号”与轨道空间站“天宫二号”刚性对接,设对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动,其周期为,离地面的高度为。已知地球半径为,引力常量为,根据以上信息可求出
A. 组合体的质量为
B. 地球的质量为
C. 地球表面的重力加速度为
D. 组合体的向心加速度为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动,其周期为T,离地面的高度为H,设地球质量为M,组合体质量为m,万有引力提供向心力得
得①
故A错误,B正确;
C.忽略球体自转影响,万有引力等于重力得
②
联立①②得
故C错误;
D.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动,其周期为T,离地面的高度为H,设地球质量为M,组合体质量为m,万有引力提供向心力得
③
联立①③解得
故D正确。
故选BD。
8.如图所示为等量异种电荷的电场线分布情况,为两点电荷连线的中点。关于点对称,若点的电势为0,则
A. 点的电势小于0
B. 电子在点电势能比点的小
C. 两点的场强相同
D. 间的电势差等于间的电势差
【答案】BC
【详解】A.O点的电势为0,则等量异种电荷连线的中垂线的电势为0,沿电场线的方向电势降低,所以A点的电势大于0,故A错误;
B.由上面的分析知φA>φB,负电荷在电势越高的地方电势能越小,所以电子在A点电势能比B点的小,故B正确;
C.由对称性知:A、B两点的电场线的疏密一样,所以A、B两点的场强大小相同,方向为A、B两点的切线方向,由对称性知方向相同,故C正确;
D.因为A、O、B三点的电势关系为:
φA>φO>φB
由对称性得:
UAO=-UBO
故D错误。
故选:BC。
9.如图所示,一长为的轻杆一端与水平转轴相连,另一端固定一质量为的小球,转轴带动轻杆使小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,角速度为。为与圆心等高的两点,为最高点,重力加速度为。则
A. 在B点时杆对球的作用力不可能为0
B. 在点时,杆对球的作用力大小为
C. 从转动到的过程中,小球处于超重状态
D. 从转动到的过程中,小球重力的功率一直增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A.在B点杆对球的作用力为0,只由重力提供向心力,小球也能在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,故A错误;
B.在A点时,小球受重力(mg)和杆对小球的作用力(F),向心力的大小为mlω2,合力提供向心力,所以有
故B正确;
C.从A转动到B的过程中,小球的向心加速度有竖直向下的分量,所以小球处于失重状态,故C错误;
D.从B转动到C的过程中,速度大小不变,速度与重力方向的夹角θ逐渐变小,由
可知,小球重力的功率一直增大,故D正确。
故选BD。
10.如图甲是某超载货车运送圆柱形钢管的情景,所装钢管规格相同,如图乙是钢管堆放的截面示意图。已知钢管间的动摩擦因数为,每根钢管的质量为,重力加速度为,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下层钢管被固定不能移动。下列分析正确的是
A. 管之间的弹力大小为
B. 若把上层钢管水平向外抽出,所需最小力为
C. 与间不发生相对滑动,汽车的加速度最大为
D. 若汽车运动的加速度为,则钢管受到的作用力为
【答案】CD
【解析】
【详解】A.设A、B管之间的弹力大小为T,T与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系可得
解得
根据对称性可知C对A的弹力大小也为T,根据平衡条件可得
解得
故A错误;
B.若把上层A钢管水平向外抽出,所需最小拉力等于A受到的摩擦力,摩擦力
所以所需最小力为,故B错误;
C.A与B、C间恰好不发生相对滑动时,根据牛顿第二定律可得f=ma,解得汽车的加速度最大为
故C正确;
D.若汽车运动的加速度为μg,则钢管A受到B、C的作用力为
故D正确。
故选CD。
11.某同学将“打夯”的情景简化成以下模型:两人同时通过绳子对重物各施加一个力,大小均为,方向都与竖直方向成,重物离开地面30cm后停止施力,最后重物自由下落把地面砸深2cm。已知重物的质量为40kg,g取,。则:
A. 两绳对重物的合力为600N
B. 整个上升过程重物的重力势能增加120J
C. 重物落地时的速度大小为3.0m/s
D. 重物对地面的平均冲击力大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】A.将两个拉力正交分解后,水平方向上的合力为零,竖直方向上的合力就是两绳对重物的合力
故A正确;
B.两绳用力时物体的加速度
设停止用力后物体还有上升h,则有
所以
那么重物加速减速上升的总高度为
重物增加的重力势能
故B错误;
C.物体上升到最大高度H后就自由落体,所以落地的速度
故C正确;
D.从最高点到把地砸深2m,根据动能定理有
代入解得
故D错误。
故选AC。
三、简答题
12.为了“探究加速度与力、质量的关系”。现提供如图甲所示的实验装置。
(1)以下实验操作正确的是_____________
A. 电火花计时器应接6V以下交流电源
B. 调节滑轮高度,使细线与长木板平行
C. 先将电火花计时器接通电源,后释放小车
D. 平衡摩擦力时应使小车在砝码及砝码盘牵引下恰好做匀速运动
(2)如图乙为某次实验得到的纸带,从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,已知交流电频率为。该小车的加速度___________。(结果保留两位有效数字)
(3)下表记录了砝码和砝码盘的质量一定时,小车质量与对应的加速度及的数据,请在坐标图丙中描点作出图象,
并从图象判断小车加速度与质量之间应满足________________(选填“正比”或“反比”)关系。
实验次数
1
2
3
4
5
0.85
0.57
0.50
0.33
0.28
0.44
0.66
0.88
1.10
1.32
2.27
151
1.36
0.92
0.76
(4)小车质量一定时,改变砝码个数,得到图象如图丁所示,其末端明显偏离直线,主要原因是_____________。
【答案】(1). BC (2). 0.19 (3). 反比 (4). 随着砝码数量的增加,不能很好的满足小车质量远大于砝码和砝码盘的总质量
【解析】
【详解】(1)[1]A.电火花计时器使用的是交流220v电源,故A错误;
B.实验已经平衡摩擦力,故需要使细线与长木板平行,故B正确;
C.根据使用打点计时器操作规则,先将电火花计时器接通电源,后释放小车;故C正确;
D.平衡摩擦力是利用小车自身的重力来平衡摩擦力,此时不能悬挂重物,故D错误。
故选BC。
(2)[2]每5个点取一个计数点,已知交流电频率为50Hz,则计数点间时间间隔为T=0.1s;由逐差法得
(3)[3]由表格中的数据,描点得图像如图所示
[4]由图像可知a与成正比,故小车加速度a与质量M之间应满足反比关系;
(4)[5]小车质量远大于砝码和砝码盘的总质量时,由实验原理可知,有
此时斜率近似等于;随着砝码数量的增加,不能很好的满足小车质量远大于砝码和砝码盘的总质量,此时斜率为,m增大,斜率减小,故末端明显偏离直线,故末端明显偏离直线的原因是随着砝码数量的增加,不能很好的满足小车质量远大于砝码和砝码盘的总质量。
13.某研究小组设计了一种测量滑块与木板之间动摩擦因数的实验方案,实验装置如图甲所示。水平桌面上固定一圆弧轨道和一平直木板,二者在处平滑连接。处安装一光电门测量遮光条经过的时间,重力加速度。实验如下:
(1)用刻度尺测量遮光条宽度,示数如图乙所示。某次测量中,计时器的示数为
,则滑块经过点的速度________m/s。
(2)将滑块由某位置静止释放,滑块停止在处,测得到的距离为,并记录计时器的示数为,则滑块与木板间的动摩擦因数表达式_______________。(用题中物理量的符号表示)
(3)改变滑块释放的位置,多次实验,记录各次值并测量间距,作出关系图象如图丙,利用该图象求得滑块与木板间的动摩擦因数_______________。
(4)为了减少实验误差,下列说法正确的是_______________。
A. 增大遮光条宽度
B. 圆弧轨道必须光滑
C. 木板必须保持水平
D. 滑块释放时的位置适当高些
【答案】 (1). 0.50 (2). (3). 0.5 (4). CD
【解析】
【详解】(1)[1]由图乙所示可知,遮光条宽度d为
滑块经过M点速度v为
(2)[2]滑块从M运动到N的过程,根据动能定理可知
又
联立解得
(3)[3]由得
图像的斜率
由图丙得
解得
(4)[4]A.增大遮光条的宽度,遮光条通过光电门的运动与匀速运动越不接近,用求速度误差增大,故A错误;
B.圆弧轨道是否光滑对实验结果没有影响,故B错误;
C.木板必须保持水平,否则重力对滑块要做功,误差增大,故C正确;
D.滑块释放时的位置适当高些,遮光条通过光电门的速度增大,越接近匀速运动,速度测量误差越小,故D正确。
故选CD。
四、计算题
14.电视节目里有一个推木箱的游戏,游戏规则是:选手从点开始用力沿水平方向推木箱,一段时间后放手让木箱向前滑动,若木箱最后停在有效区域内(包括两点)视为成功。已知长,长,选手推动木箱过程加速度大小为,撤去推力后,木箱滑动加速度大小为,木箱视为质点。
(1)推力作用2s,木箱能否到达有效区域?
(2)若选手推木箱至点时撤去外力,木箱能否停在有效区域内?
(3)要想获得游戏成功,推力作用的最长时间是多少?
【答案】(1)不能到达有效区域(2)不能到达有效区域(3)2.5s
【解析】
【详解】(1)推力作用位移:
代入数据得:
末速度
撤去推力后位移:
代入数据得:
全程位移:
代入数据得:
所以木箱不能到达有效区域
(2)选手推木箱至点时:由公式,撤去推力后位移:
代入数据得:
所以不能停在有效区域内
(3)要想获得游戏成功,木箱滑到点速度正好为0,力作用时间最长,设力作用最长时间为时刻的速度为,,加速运动过程中的位移:
减速运动过程中的位移
要使木箱停止在有效区域内,则需满足
代入数据得:
15.如图所示,长为的固定长直杆与水平面的夹角为,将一个质量为的圆环套在杆上,可沿杆匀速下滑。若圆环以某一初速度从底端向上运动,刚好能到达顶端。已知重力加速度为。
(1)求圆环与杆间的动摩擦因数;
(2)求圆环的速度;
(3)若用大小为、方向与杆成角的力,从底端由静止斜向上拉动圆环,经时间到达顶端,求拉力的大小。
【答案】(1)(2)(3)或
【解析】
【详解】(1)由题意,圆环匀速下滑,则有:
得:
(2)设圆环向上运动的加速度为,受力分析如图1所示,
根据牛顿第二定律有:
根据运动学公式解得:
(3)设圆环在拉力作用下向上运动的加速度为,根据运动学公式,可得加速度
①较小时,受力如图2所示:
根据牛顿第二定律有:
解得:
②较大时,受力如图3所示:
根据牛顿第二定律有:
解得:
16.如图甲所示,大量电子由静止开始,经加速电场加速后,沿偏转电场两板正中间且平行板的方向射入,再从另一侧射出,打到右侧的荧光屏上。已知电子质量为,电荷量为,极板长,板间距离,极板右端到荧光屏的距离是,加在偏转极板间的电压如图乙所示。(设每个电子穿过平行板时可以认为电压是不变的,忽略电子所受重力)。求:
(1)电子进入偏转电场时的初速度;
(2)电子偏转距离最大时所加的偏转电压;
(3)电子打在荧光屏上的长度。
【答案】(1)(2)(3)
【解析】
【详解】(1)根据动能定理得:,电子进入偏转电场时的初速度
(2)电子从极板中间进入,能打出偏转电场的最大距离为。电子在偏转电场中做类平抛运动,水平方向有:
得
竖直方向有:
其中:
解得电子能射出偏转电场所加的最大电压:
(3)设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为,偏转角为,则电子通过偏转电场时有:
电子在荧光屏上偏离点的距离为
由(2)知,偏转电压最大值,此时电子打到荧光屏上的偏转距离为:
当所加反向电压,时,电子向屏上偏转的方向相反,且打到屏上的偏转距离为:
所以荧光屏上电子能打到的区间长度为:
17.某兴趣小组设计了一个轨道,依次由光滑曲面、粗粗水平面、光滑竖直圆轨道及足够长的倾斜传送带组成,如图所示。滑块从曲面上某位置下滑,沿水平面从点左侧进入圆轨道再从点右侧离开继续向前运动,经过连接点时没有机械能损失。已知圆轨道半径,,,滑块质量,滑块与水平轨道、传送带间动摩擦因数均为0.5,传送带与水平面间的夹角,以的速度做逆时针运动。()求:
(1)要使滑块恰好经过圆轨道的最高点,静止释放滑块的高度为多大;
(2)滑块从(1)问中释放位置以初动能滑下,滑块在传动带上向上运动的时间;
(3)满足(2)问的条件下,滑块最终停在什么位置?
【答案】(1)2.25m(2)0.8s(3)C点右侧0.4m处
【解析】
【详解】(1)设滑块下滑高度为时,恰好经过圆轨道最高点,在点:
到由动能定理得
解得:
即释放滑块的高度至少为,才能顺利经过圆轨道最高点。
(2)设滑块运动到点速度为, 由动能定理:
代入数据得:
滑块沿传送带向上运动加速度为,由牛顿第二定律:
代入数据得:
向上运动时间:
代入数据得:
(3)滑块向上运动最远距离:
接着滑块沿传送带下滑,加速度仍然是,和传送带速度相同时运动距离:
因为,此后滑块继续向下加速,设滑块在圆轨道能上升高度为
由动能定理得:
代入数据得:
,
因此滑块返回到点右侧,设其运动距离为,由:
代入数据得:
滑块最着能终停在点右侧处。