【物理】福建省永安市三中2020届高三上学期期中考试试题（解析版） 18页

福建省永安市三中2020届高三上学期期中考试试题 一．单项选择题 ‎1.下列四个选项中，属于国际单位制中基本单位的是 A. m B. N C. J D. W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】国际单位制中基本单位力学中有三个：m、Kg、S．其中的N 、J 、W都是国际单位制的导出单位．选项A正确．‎ ‎2.下列说法正确的是（　　）‎ A. 甲打乙一拳，乙感到痛，而甲未感到痛，说明甲对乙施加了力，而乙未对甲施加力 B. “风吹草动”，草受到了力，但没有施力物体，说明没有施力物体的力也是存在的 C. 磁铁吸引铁钉时，磁铁不需要与铁钉接触，说明力可以脱离物体而存在 D. 网球运动员用力击球，网球受力后飞出后，网球受力的施力物体不再是人 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：甲打乙一拳，乙感到痛，而甲未感觉到痛，说明甲的耐受能力较强，故选项A错误；“风吹草动”，草受到了力，但也有施力物体，故选项B错误；磁铁吸引铁钉时，磁铁不需要与铁钉接触，说明不接触也可以产生力的作用，选项C错误；网球运动员用力击球，网球受力飞出后，网球受力的施力物体不再是人而是地球，选项D正确．‎ 考点：力的概念．‎ ‎【名师点晴】作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在不同的物体上，而不同物体对力的耐受能力不同，故感觉也不同；不接触的物体也可以产生力的作用，任何力都有施力与受力物体，一个物体是没办法产生力的．‎ ‎3.关于速度、速度改变量、加速度，正确的说法是 A. 物体运动的速度改变量越大，它的加速度一定越大 B. 速度很大的物体，其加速度可以很小 C. 某时刻物体的速度为零，它的加速度也一定为零 D. 加速度越大时，运动物体的速度一定越快 ‎【答案】B ‎【详解】根据可知，速度改变量大，可能用的时间非常的长，造成加速度可能很小，A错误；速度很大的物体，可能速度变化的很慢，加速度可能很小，B正确；某时刻物体的速度为零，但只要速度仍在发生变化，仍可以存在加速度，比如竖直上抛的最高点，速度为零而仍存在加速度，C错误，加速度越大时，运动物体的速度变化越快，而不是越大，D错误．‎ ‎4.某船在静水中的速度v1=5m/s，要渡过宽30m的河，河水的流速v2=4m/s，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该船渡河所用时间至少是7.5s B. 该船的航程至少等于30m C. 若河水的流速增大，则渡河的最短时间变长 D. 该船以最短时间渡河时的位移大小为30m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短：‎ 故A不符合题意；‎ B.因v1＞v2，由平行四边形法则求合速度可以垂直河岸，渡河最短航程为30m，故B符合题意；‎ C.水的流速增大，由运动的独立性知垂直河岸的速度不变，渡河时间不变，故C不符合题意；‎ D.般以最短时间渡河时沿河岸的位移：‎ x=v2tmin=4×6m=24m 合位移：‎ 故D错误．‎ ‎5.如图所示，质量为m的小球固定在长为的细杆一端，绕细杆的另一端0在竖直面内做圆周运动，球转到最高点A时，线速度大小为，此时（ ）‎ A. 球受到拉力 B. 球受到的支持力 C. 球受到的拉力 D. 球受到的支持力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设此时杆对小球的作用力为拉力，则有：‎ 解得：‎ 负号说明力的方向与假设相反，即球受到的力为杆子的支持力，故D正确．‎ ‎6.如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球，如果给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为，下列说法中正确的是　　‎ A. 小球受重力、细绳的拉力和向心力作用 B. 细绳的拉力提供向心力 C. 越大，小球运动的线速度越小 D. 越大，小球运动的角速度越大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球在水平面内做匀速圆周运动，由合力提供向心力．分析小球的受力：受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能单独分析物体受到向心力．然后用力的合成求出向心力，用牛顿第二定律列出向心力的表达式，求出线速度v和周期T的表达式，分析变化，由表达式判断v、T如何变化.‎ ‎【详解】AB．小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故A，B错误.‎ CD．根据牛顿第二定律，小球做圆周运动的半径为：，‎ 解得线速度则越大，、越大，球运动的线速度越大；‎ 角速度，则越大，越小，角速度越大，故C错误，D正确；‎ ‎【点睛】本题是圆锥摆问题，关键分析受力，确定向心力的来源．在分析受力时，向心力不要单独分析，避免与其他力的效果重复.‎ ‎7.有一个直角支架AOB，A0水平放置，表面粗糙，OB竖直放置，表面光滑．A0上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环用一质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图，现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和细绳上的拉力FT的变化情况是（　　）‎ A. FN不变，FT变大 B. FN不变，FT变小 C. FN变大，FT变大 D. FN变大，FT变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示．‎ 根据平衡条件得，N＝2mg保持不变．再以Q环为研究对象，分析受力情况如图2所示．设细绳与OB杆间夹角为α，由平衡条件得，细绳的拉力，P环向左移一小段距离时，α减小，cosα变大，T变小，即FN不变，FT变小，故B正确，ACD错误．‎ ‎8.如图所示，在以速度v逆时针匀速转动的、与水平方向倾角为θ的足够长的传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，则下列图象中能够客观反映出小木块的速度随时间变化关系的是 ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，‎ 由牛顿第二定律得： ‎ 当小木块的速度与传送带速度相等时：‎ 当μ＜tanθ时，知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：‎ ‎，知a1＞a2；‎ 当时，物块匀速下匀速下滑 综上所述，应选CD．‎ ‎【点晴】要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1＞a2．‎ ‎9.三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是60°、45°、30°，这些轨道交于O点，现有位于同一竖直线上的三个小物体甲、乙、丙，分别沿这三个轨道同时从静止自由下滑，如图所示，物体滑到O点的先后顺序是（ ）‎ A. 甲最先，乙稍后，丙最后 B. 甲、乙、丙同时到达 C. 乙最先，然后甲和丙同时到达 D. 乙最先，甲稍后，丙最后 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设三个光滑斜轨道的底边长为d，当物体沿着与水平方向成θ角的斜面下滑时，加速度a=gsinθ，斜面长s=，物体沿光滑斜面滑动的时间由s=at2可得 t==‎ 可见t的大小与θ有关，当θ=45°时，2θ=90°，sin2θ=1，此时t值最小，因此乙球最先到达O点；当θ=30°和θ=60°时，60°角和120°角的正弦值相等，因此甲球和丙球滑行的时间相同，同时到达O点．‎ A.甲最先，乙稍后，丙最后，与分析不一致，故A错误；‎ B.甲、乙、丙同时到达，与分析不一致，故B错误；‎ C.乙最先，然后甲和丙同时到达，与分析相一致，故C正确；‎ D.乙最先，甲稍后，丙最后，与分析不一致，故D错误．‎ ‎10.如图所示，质量分别为m1=1kg、m2=2kg的滑块A和滑块B叠放在光滑水平地面上，A和B之间的动摩擦因数μ=0.5，拉力F作用在滑块A上，拉力F从0开始逐渐增大到 ‎7N的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 当F＞5N时，A、B发生了相对滑动 B. 始终保持相对静止 C. 从一开始就发生了相对滑动 D. 开始相对静止，后来发生相对滑动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 隔离对B分析，求出A、B发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力，从而判断出AB运动状态的关系．‎ ‎【详解】隔离对B分析，当A、B间静摩擦力达到最大值时，A、B刚要发生相对滑动，则：‎ ‎ ‎ 再对整体：F=（mA+mB）a=3×2.5N=7.5N．知当拉力达到7.5N时，A、B才发生相对滑动．所以拉力F从0开始逐渐增大到7N的过程中，A、B始终保持相对静止．故ACD错误，B正确．故应选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进行求解．‎ 二．多项选择题 ‎11.将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v－t图象如图所示．以下判断正确的是( )‎ A. 前3s内货物处于超重状态 B. 最后2s内货物只受重力作用 C. 前3s内与最后2s内货物的平均速度相同 D. 第3s末至第5s末的过程中，货物处于失重状态 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．前3 s内货物向上做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，故A正确；‎ B．最后2 s内货物的加速度大小为 根据牛顿第二定律可知，货物还受到除重力以外力的其他力，故B错误；‎ C．3 s内货物做匀加速运动，平均速度 最后2s内货物做匀减速运动，平均速度为 故C正确；‎ D．第3s末至第5s末的过程中，货物做匀速直线运动，处于平衡状态，故D错误．‎ ‎12.如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知 ( )‎ A. 物体A做匀速运动 B A做加速运动 C. 物体A所受摩擦力逐渐减小 D. 物体A所受绳子的拉力大小不变 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．B匀速下降，A沿水平面向左做运动，如图1，设绳子与水平方向的夹角为，则有 A水平向左运动过程中，夹角增大，所以A的速度增大，即A物体做加速运动，故A错误，B正确；‎ CD．因为B匀速下降，所以B受力平衡，B所受绳拉力 ‎ ‎ A受斜向上的拉力等于B的重力，在图2中把拉力分解成竖着方向的F2和水平方向F1，在竖直方向上，有 绳子与水平方向的夹角增大，所以有F2增大，支持力N减小，所以摩擦力减小，故CD正确．‎ ‎13.2001年10月22日，欧洲航天局由卫星观测发现银河系中心存在一个超大型黑洞，命名为MCG6－30－15，由于黑洞的强大引力，周围物质大量掉入黑洞，假定银河系中心仅此一个黑洞，已知太阳系绕银河系中心匀速运转，下列哪一组数据可估算该黑洞的质量 （ ）‎ A. 地球绕太阳公转的周期和速度 B. 太阳的质量和运行速度 C. 太阳质量和到MCG6－30－15的距离 D. 太阳运行速度和到MCG6－30－15的距离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．地球绕太阳公转，中心天体是太阳，根据周期和速度只能求出太阳的质量，故A错误；‎ 根据万有引力提供向心力：‎ B中心天体是黑洞，太阳的质量约去，只知道线速度或轨道半径，不能求出黑洞的质量，故BC错误；‎ 根据万有引力提供向心力：‎ 知道环绕天体的速度和轨道半径，可以求出黑洞的质量，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎14.如图，两个质量都为m的球A、B用轻绳连接，A球套在水平细杆上（球孔比杆的直径略大），对B球施加水平风力作用，结果A球与B球一起向右做匀速运动，此时细绳与竖直方向的夹角为θ．已知重力加速度为g，则 A. 对B球的水平风力大小等于mgsinθ B. 轻绳的拉力等于mgcosθ C. 杆对A球的支持力等于2mg D. 杆与A球间的动摩擦因数等于tanθ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】对球B受力分析，受重力mBg、水平恒F力和拉力T，如图 根据平衡条件得：‎ 水平恒力，绳对B球的拉力，所以A、B错误；把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g、支持力N、恒力F和向左的摩擦力f，如上图，根据共点力平衡条件可得：杆对A环的支持力大小，所以C正确；因为A球与B球一起向右做匀速运动，所以 f=F，则A环与水平细杆间的动摩擦因数为 所以D正确．‎ 三．实验题 ‎15.(1)某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和三条细线的 ___（填“长度”或“方向”）‎ ‎(2)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中弹簧测力计A的示数为___________N.‎ ‎(3)本实验中，下列必要的实验操作是 __________‎ A、应测量重物M所受的重力 ‎ B．弹簧测力计应在使用前校零 C．拉线方向应与木板平面平行 D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置 ‎(4)本实验采用的科学方法是（ ） ‎ A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法 ‎【答案】 (1). 方向 (2). 3.6 (3). ABC (4). B ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]为了验证力的平行四边形定则，除了记录力的大小还应记录力的方向，所以应记录三条细线的方向；‎ ‎(2)[2]弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N；‎ ‎(3)[3]A．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A正确；‎ B．弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测量之前校零，故B正确；‎ C．拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，故C正确；‎ D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验，故D错误．‎ ‎(4)[4]由实验原理可知该同学在做“验证力的平行四边形法则”的实验中采取了等效替代法，即合力与分力的关系是等效的，故B正确．‎ ‎16.如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图．钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g．‎ ‎（1）下列说法正确的是______．‎ A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C．本实验m2应远小于m1‎ D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象 ‎（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出a﹣F图象，他可能作出图2中______ （选填“甲”、“乙”、“丙”）图线．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______．‎ A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大 ‎（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的﹣a图象，如图3．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数μ=_____．‎ ‎【答案】 (1). D (2). 丙 C (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1] A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：‎ f=mgsinθ=μmgcosθ m约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力;故A错误.‎ B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误.‎ C、让小车质量m1远远大于小盘和重物的质量m2，因为：际上绳子的拉力 故应该是m1＜＜m2，故C错误；‎ D、由牛顿第二定律F=ma，所以，所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作图象，故D正确；‎ ‎（2）[2] [3]遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故可能作出图2中丙.此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量，故选C．‎ ‎（3）[4] 根据牛顿第二定律可知 变形 结合图象可得：斜率，截距，‎ 所以小车与木板间的动摩擦因数为 四、计算题 ‎17.如图所示，用弹簧秤称物块时，静止时弹簧秤读数是F1=7.5N.用弹簧秤拉着物块沿着倾角为θ=的斜面向上匀速滑动时，弹簧秤读数是F2=6N，弹簧秤的拉力方向与斜面平行.求物块与斜面间的动摩擦因数μ． （sin=0.6,cos=0.8）‎ ‎【答案】0.25‎ ‎【详解】当用弹簧秤称物块时根据平衡条件可得 当用弹簧秤拉着物块沿着斜面匀速上滑过程中，受力如图所示 根据平衡条件可得 ‎ ‎ 联立解得：‎ ‎18.如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块（可视为质点）从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h=0.8m，B点距C点的距离L=2.0m．（滑块经过B点时没有能量损失，g=10m/s2），求：‎ ‎（1）滑块在运动过程中的最大速度；‎ ‎（2）滑块与水平面间的动摩擦因数μ；‎ ‎【答案】（1）4m/s （2）0.4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1‎ ‎，‎ 得滑块的加速度：‎ 根据匀加速运动的速度位移关系有：，‎ ‎，‎ ‎（2）滑块在水平面上运动时的加速度大小为a2‎ 由牛顿第二定律有：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 答：（1）滑块在运动过程中的最大速度为4m/s；‎ ‎（2）滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4．‎ ‎19.如图所示，一个人用一根长L=1m、只能承受F=74N拉力的绳子，拴着一个质量为m=1kg的小球，在竖直平面内做圆周运动，已知圆心O离地面距离h=6m，转动中小球在最低点时绳子恰好断了．（取g=10m/s2）‎ ‎（1）绳子断时小球运动的角速度多大？‎ ‎（2）绳断后，小球落地点与抛出点间的水平距离是多少？‎ ‎【答案】（1）8rad/s；（2）8m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小球受力分析，根据牛顿第二定律和向心力的公式可得：F-mg=mrω2，所以：ω==8rad/s， 即绳子断时小球运动的角速度的大小是8rad/s． （2）由v=rω可得，绳断是小球的线速度大小为v=8m/s，绳断后，小球做平抛运动， 水平方向上：x=vt     竖直方向上：h′=gt2       ‎ ‎ 代入数值解得： x=ωR×=8m 小球落地点与抛出点间的水平距离是8m．‎ ‎20.如图所示，水平传送带以5m/s速度沿顺时针方向运动，在传送带上的P点轻轻地放上一质量m＝1 kg的小物块，PA间的距离为1.5m，小物块随传送带运动到A点后水平抛出，恰好沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道运动．B、C为圆弧的两端点其连线水平，CD为与C点相切的一固定斜面．小物块离开C点后经0.8 s通过D点．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.3，圆弧轨道最低点为O，A点与水平面的高度差h＝0.8 m，小物块与斜面间的动摩擦因数μ2＝，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8， g取10 m/s2．试求：‎ ‎(1)小物块离开A点时的速度大小；‎ ‎(2)圆弧BOC对应的圆心角θ为多少？‎ ‎(3)斜面上CD间的距离．‎ ‎【答案】（1）3m/s（2）1060 （3）0.98m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设小物块从P到A全程匀加速，根据动能定理：‎ μmgS1=‎ 解得:v=3m/s< 5m/s 因此小物块到A点时的速度为3m/s ‎（2）对小物块，由A到B作平抛运动：‎ 解得：vy=4m/s 解得：θ=1060‎ ‎（3）小物块在B处的速度：VB== 5m/s 机械能守恒知：‎ 小物块沿斜面上滑：‎ 小物块由C上升到最高点：‎ S1==1.25m 小物块沿斜面下滑：‎ 小物块由最高点回到D点： s2=a2(t-t1)2=0.27m 斜面上CD间的距离：SCD=S1-S2=0.98m