甘肃省天水一中2020届高三上学期第一阶段考试物理试题 17页

天水市一中2019-2020学年第一学期第一次考试高三物理 一、单选题 ‎1.东汉王充在《论衡·状留篇》中记述了球的运动：“圆物投之于地，东西南北，无之不可；策杖叩动，才微辄停”。关于运动和力的关系，下列说法中正确的是 A. 力是维持物体运动的原因 B. 力是改变物体惯性大小的原因 C. 力是改变物体位置的原因 D. 力是改变物体运动状态的原因 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 这句话的意思是放置在地上运动的圆物，用棒拨动，才能使它停下来。说明力是改变物体运动状态的原因，A、B、C错误、D正确。‎ ‎2.如图所示，木块受到水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面平行，如果将力F撤除，下列对木块的描述正确的是（ ）‎ A. 木块将沿斜面下滑 B. 木块仍处于静止状态 C. 木块受到的摩擦力变大 D. 木块所受的摩擦力方向不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设木块的重力为G，将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面向下方向，沿斜面向下的分力大小为，如图，在斜面平面内受力如图。力F未撤掉时，由图1根据平衡条件得，静摩擦力大小：‎ ‎，‎ 力F撤掉时，重力分力：‎ ‎，‎ 所以木块仍保持静止。由图2，根据平衡条件得：‎ ‎，‎ 所以木块受到的摩擦力变小。由图看出，木块所受的摩擦力方向发生了改变。‎ A. 木块将沿斜面下滑与分析不符，A错误 B. 木块仍处于静止状态与分析相符，B正确 C. 木块受到的摩擦力变大与分析不符，C错误 D. 木块所受的摩擦力方向不变与分析不符，D错误 ‎3.在选定正方向后,甲、乙两质点运动的x-t图象如图所示,则在0~ 时间内( )‎ A. 甲质点做直线运动,乙质点做曲线运动 B. 乙质点速度先增大后减小 C. 时刻两质点速度大小一定相等 D. 0~时间内,甲质点的平均速度大于乙质点的平均速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】甲乙均做直线运动，选项A错误；乙质点运动图线 切线的斜率先增大后减小，即乙质点速度先增大后减小，选项B正确，t1时刻两质点运动图线的斜率的绝对值不一定相等，即速度大小不一定相等，选项C错误，0~t2时间内，两质点的位移大小相等，由得，甲质点的平均速度等于乙质点的平均速度，选项D错误。故选B.‎ ‎【点睛】本题注意强化对x-t图象的理解 ‎4.竖直正方形框内有三条光滑轨道OB、OC和OD，三轨道交于O点，且与水平方向的夹角分别为30o、45o和60o。现将甲、乙、丙三个可视为质点的小球同时从O点静止释放，分别沿OB、OC和OD运动到达斜面底端。则三小球到达斜面底端的先后次序是 A. 甲、乙、丙 B. 丙、乙、甲 C. 甲、丙同时到达，乙后到达 D. 不能确定三者到达的顺序 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 对乙丙：设斜面的倾角为θ，则下滑的加速度a＝gsinθ，下滑的位移 ，根据x=at2得， 故倾角越大的下落时间越短，故乙和丙，丙先到达底端；对甲乙：运动到底端的时间，则甲乙两物体中，乙时间短，先到达底端；三小球到达斜面底端的先后次序是丙、乙、甲；故选B.‎ ‎5.实验小组利用DIS系统（数字化信息实验系统），观察超重和失重现象。他们在学校电梯内做实验，在电梯天花板上固定一个拉力传感器，测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重力为10N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上出现如图所示图线，根据图线分析可知下列说法错误的是（　　）‎ A. 从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态 B. t1到t2时间内，电梯可能在向下运动 C. t1到t4时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下 D. t1到t4时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图横轴是时间，纵轴是力，所以图线显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况，t1到t2时间内，拉力减小，钩码处于失重状态；t3到t4时间内，拉力增加，钩码处于超重状态，故A正确；‎ B.从时该t1到t2，物体受到的压力小于重力时，加速度向下，但可以向上做减速运动。故B正确；‎ C.如果电梯开始停在高楼层，那么应该是压力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层，故C正确；‎ D.如果电梯开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，那么应该从图象可以得到，压力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，故D错误；‎ ‎6.有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设船在静水中的速度为，当船头指向始终与河岸垂直，则有： ，当回程时行驶路线与河岸垂直，则有： ，而回头时的船的合速度为： ，由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为： ‎ ‎，故D正确，ABC错误；‎ 故选：D ‎【点睛】根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解。‎ ‎7.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。‎ ‎8.如图所示，水平传送带A、B两端相距x=‎4.5m，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1‎ ‎，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=‎5m/s，到达B端的瞬时速度设为vB．下列说法中错误的是（　　）‎ A. 若传送带不动，vB=‎4m/s ‎ B. 若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于‎4m/s ‎ C. 若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于‎4m/s ‎ D. 若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于‎4m/s ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若传送带不动，物体在传送带上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：匀减速直线运动的加速度大小:‎ ‎，‎ 根据，解得 ‎ ‎，‎ 故A正确。‎ B.若传送带逆时针转动，物块滑上传送带后受力情况与传送带不动时相同，运动情况也相同，所以一定等于‎4m/s,故B正确。‎ CD.若传送带顺时针匀速运动，若传送带的速度小于‎4m/s，物体在传送带上做匀减速直线运动，则到达B点的速度等于‎4m/s。若传送带的速度大于‎4m/s，物体在传送带上开始阶段做匀加速直线运动，一定大于‎4m/s，所以一定不小于‎4m/s,故C错误D正确。‎ ‎9.如图所示，两个挨得很近的小球，从斜面上的同一位置O以不同的初速度vA、vB做平抛运动，斜面足够长，在斜面上的落点分别为A、B，空中运动的时间分别为tA、tB，碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角分别为α、β，已知OB＝2OA。则有（ ）‎ A. vA：vB=1：‎ B. tA： tB = 1：2‎ C. α> β ‎ D. B球离斜面最远的位置在A点的正上方 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A、根据结合几何关系可知，AB两球运动的竖直方向位移之比，水平位移，两球都做平抛运动，根据，得：，则， 水平位移为：，则，故A正确，B错误； C、两球都落在斜面上，位移与水平方向的夹角为定值，故有： ，位移与水平面的夹角相同，所以，故C错误； D、当速度方向与斜面平行时，B球离斜面最远，此时有，而，解得：，即运动时间为总时间一半时，离斜面最远，此时水平位移为总水平位移一半，即在A点正上方，故D正确。‎ 点睛：解决本题的关键抓住平抛运动落在斜面上竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值是定值，明确当速度方向与斜面平行时，球离斜面最远，注意几何关系在解题中的应用。‎ ‎10.如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上，一小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态。下列说法中正确的是 A. 半圆柱体对小物块的支持力变大 B. 地面对半圆柱体摩擦力先增大后减小 C. 外力F变大 D. 地面对半圆柱体的支持力变大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 物块缓慢下滑处于平衡状态，F始终沿圆弧的切线方向即始终垂直于圆柱面支持力F1的方向，受力分析如图所示：‎ 因此总有，下滑过程中θ增大，因此F增大，F1 减小，故A错误，C正确；对半圆柱体分析，地面对半圆柱体的摩擦力：，地面对半圆柱体的支持力，θ从接近0°到90°变化的过程中，摩擦力先增大后减小，支持力一直减小，故B正确，D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎11.如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平N位置，已知AO与竖直杆成θ角，则（　　）‎ A. 刚开始时B的速度为 B. A匀速上升时，重物B也匀速下降 C. 重物B下降过程，绳对B的拉力大于B的重力 D. A运动到位置N时，B的速度最大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.对于A，它的速度如图中标出的v，这个速度看成是A的合速度，其分速度分别是va ，vb其中va就是B的速度vB（同一根绳子，大小相同），刚开始时B的速度为vB＝vcosθ；‎ 当A环上升至与定滑轮连线处于水平位置时，va＝0，所以B的速度vB＝0，故A正确，D错误；‎ BC.因A匀速上升时，由公式vB＝vcosθ，当A上升时，夹角θ增大，因此B做减速运动，由牛顿第二定律，可知，绳对B的拉力大于B的重力，故B错误，C正确。‎ ‎12.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道内侧壁半径为R， 小球半径为r，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 小球通过最高点时的最小速度 ‎ B. 小球通过最高点时的最小速度 C. 小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 D. 小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.因是在圆形管道内做圆周运动，所以在最高点时，内壁可以给小球沿半径向外的支持力，所以小球通过最高点时的最小速度可以为零。所以选项A错误，B正确；‎ C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，竖直向下的重力沿半径方向的分力沿半径方向向外，小球的向心力是沿半径向圆心的，小球与外壁一定会相互挤压，所以小球一定会受到外壁的作用力，内壁管壁对小球一定无作用力，所以选项C正确；‎ D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，当速度较小时，重力沿半径方向上的分力大于或等于小球做圆周运动需要的向心力，此时小球与外壁不存在相互挤压，外侧管壁对小球没有作用力，选项D错误。‎ 二、实验题 ‎13.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，实验装置如图所示。‎ ‎（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容。‎ ‎①将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细绳；细绳的另一端系着绳套。‎ ‎②在其中一根细绳上挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示；记下橡皮筋的结点的位置O、细绳的方向和钩码个数。‎ ‎③将步骤②中的钩码取下，分别在两根细绳上挂上3个和4个与步骤②中同样的质量相等的钩码，用两光滑定滑轮B、C使两细绳互成角度，如图乙所示；调整B、C的位置，使___，记录________。‎ ‎（2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cosα∶cosβ=________。‎ ‎【答案】 (1). 橡皮筋的结点到达相同的位置O (2). 钩码的个数及对应的细线方向 (3). 4∶3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）③该实验采用“等效代替”法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉到与步骤②中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向． ‎ ‎（2）根据O点处于平衡状态，正交分解有： 竖直方向：3mgsinα+4mgsinβ=5mg…① 水平方向：3mgcosα=4mgcosβ…② 联立①②解得：cosα：cosβ=4：3．‎ ‎【点睛】要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解，正确理解“等效代替”的含义．‎ ‎14. 某实验小组应用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50 Hz.实验步骤如下：‎ A．按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；‎ B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；‎ C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；‎ D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．‎ 根据以上实验过程，回答以下问题：‎ ‎（1）对于上述实验，下列说法正确的是______．‎ A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等 B．实验过程中砝码盘处于超重状态 C．与小车相连的轻绳与长木板一定要平行 D．弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半 E．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量 ‎（2）实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝__m/s2（结果保留两位有效数字）‎ ‎（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，与本实验相符合的是_____．‎ ‎【答案】 (1). C (2). 0.88 (3). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据实验原理，可知小车的加速度与砝码盘的加速度不等，但弹簧测力计的读数为小车所受合外力，砝码加速度向下，处于失重状态，不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件；‎ ‎（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；‎ ‎（3）数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，应该是过原点的一条倾斜直线．‎ ‎【详解】（1）由图可知，实验装置里有弹簧测力计，绳子拉力可以通过弹簧测力计读出，不需要砝码的质量应远小于小车的质量，故A错误；实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故B错误；小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故C正确；实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误；‎ ‎（2）设相邻两个计数点之间的位移分别为x1、x2、x3、x4，相邻两个计数点之间的时间间隔，由，得，如果在某次实验中，实际所用交流电的频率高于50 Hz，那么实际打点周期变小，根据运动学公式得计算结果与实际值相比是偏小。‎ ‎（3）由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F 的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A符合。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，在光滑的圆锥顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥顶角为，当圆锥和球一起以角速度匀速转动时，球压紧锥面．‎ 此时绳的张力是多少？‎ 若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为多少？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小球此时受到竖直向下的重力mg，绳子的拉力T，锥面对小球的支持力N，三个力作用，合力充当向心力，即合力 在水平方向上有，，‎ 在竖直方向上：‎ 联立四个式子可得 ‎（2）重力和拉力完全充当向心力时，小球对锥面的压力为零，‎ 故有向心力，，联立可得，即小球的角速度至少为；‎ ‎16.如图所示，轻绳绕过两个固定在天花板上的定滑轮，与物块A和C'相连。物块B放在水平地面上，与物块A通过轻弹簧相连，A、B在同一竖直线上，A、B、C的质量分别为m、m 、‎1.5m。开始时用手托着物块使绳子刚好拉直，张力为零，弹簧的劲度系数为k ‎，重力加速度为g，释放物块C。求：‎ ‎（1）当物块C的速度达到最大时，物块B对地面的压力多大?‎ ‎（2）当物块B对地面的压力为零时，求物块C的加速度。‎ ‎【答案】（1）0.5mg （2）‎‎0.2g ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当物块C的速度达到最大时，AC的加速度等于零 以C为对象可知绳子的拉力大小为 ‎ 再以AB整体为对象，受到绳子的拉力T，重力，和地面的支持力根据平衡可知：‎ ‎ ‎ 解得： ‎ ‎（2）以B为对象，当物块B对地面的压力为零时，受到重力和弹簧的拉力，根据平衡可求得： ‎ 再以AC为对象，根据牛顿第二定律可知 ‎ ‎ 解得 ，负号表示方向向上 故本题答案是：（1）0.5mg （2）‎‎0.2g ‎17.质量为m0＝‎20 kg、长为L＝‎2 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.1。将质量m＝‎10 kg的小木块(可视为质点)，以v0＝‎4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝‎10 m/s2)．‎ ‎（1）木板会不会动？试通过计算说明理由。‎ ‎（2）小木块在木板上滑行的距离是多少？‎ ‎（3）最终小木块相对地面的位移是多少？‎ ‎【答案】(1) 木板可以滑动(2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）木板受到木块的摩擦力为: ‎ ‎，‎ 而木板受到地面的最大静摩擦力为：‎ 说明木板可以滑动。‎ ‎（2）对小木块受力分析,由牛顿第二定律可得：‎ ‎，‎ 对木板受力分析可得：‎ 设木板与木块达到相同的速度v1时，用时为t1,则：‎ 对木板有： ‎ 对小木块有： ‎ 解得：‎ ‎， ‎ 此过程中木板的位移 ‎ 小木块的位移 ‎ ‎ ‎ 则小木块在木板上滑行的距离 ‎ ‎（3）达到共速后，木板和小木块一起继续运动。设木块和小木板一起运动的加速度大小为a3,位移为x3,有：‎ 解得：‎ 所以，最终小木块相对地面的总位移为：‎ 所以答案为：(1) 木板可以滑动(2) (3)‎