福建省龙海第二中学2020届高三上学期期初考试物理 18页

龙海二中2020届高三上学期期初考试 物理试卷 一、本题共12小题，每小题4分，共48分。1—7题只有一个选项是正确的，8--12题有多个选项是正确的。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把你认为正确答案的代表字母填写在题后的括号内 ‎1.如图所示，在水平地面附近小球B以初速度v斜向上瞄准另一小球A射出，恰巧在B球射出同时，A球由静止开始下落，不计空气阻力。则两球在空中运动的过程中（ ）‎ A. 以地面为参照物，A球做匀变速运动，B球做匀速运动 B. 在相同时间内B球的速度变化一定比A球的速度变化大 C. 两球的速度都随时间均匀变化 D. A、B两球一定会相碰 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 以地面为参照物，A做自由落体运动，B做斜抛运动，故A错误。‎ BC.两球都只受重力，所以他们的加速度都为，两球的速度都随时间均匀变化，在相同的时间内速度的变化量都为，故B错误，C正确。‎ D.若B球初速度不够大或A球的高度不够高，相遇前可能已经落地，故D错误。‎ ‎2.如图所示，倾斜直杆的左端固定在地面上，与水平面成θ角，杆上穿有质量为m的小球a和轻质环b，两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接。当ab静止时，Oa端绳与杆的夹角也为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）‎ A. a可能受到2个力的作用 B. b可能受到3个力的作用 C. 绳对a的拉力大小为mgtanθ D. 杆对a弹力大小为mgcosθ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对球受力分析可知，若，则绳竖直，受到重力，绳子的拉力而平衡，可能受到2个力的作用，故A错误。‎ B.两球的受力如图所示：‎ 轻环不受重力作用，所以绳子对他的拉力和杆对他的弹力二力平衡，该段绳子与杆垂直，故B错误。‎ CD.以球为研究对象，则绳子的拉力为：，根据正弦定理可得，解得，故C正确，D错误。‎ ‎3. 如图所示，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连悬挂于O点，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角为θ＝30°，则F的大小 （ ）．‎ A. 可能为mg B. 可能为mg C. 可能为mg D. 可能为 mg ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知：‎ 当F与绳子垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：，故AB错误，C正确；当F竖直向上时，；当F水平向右时，由平衡条件得，则，而在这个范围内，所以F可能为，故D正确。‎ 考点：共点力作用下物体平衡 ‎【名师点睛】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析F可能的值；本题是隐含的临界问题，运用图解法确定出F的范围，再进行选择。‎ ‎4.如图所示，直角三角形框架ABC(角C为直角)固定在水平地面上，已知AC与水平方向夹角为α＝30°。小环P、Q分别套在光滑臂AC、BC上，用一根不可伸长的细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环P、Q的质量分别为m1、m2，则小环P、Q的质量的比值为( )‎ A. B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对两球受力分析，如图所示:‎ 对受力分析，设绳子的拉力为，由平衡条件可得：，对受力分析，由平衡条件可得：，且，联立以上方程解得：，故B正确，ACD错误。‎ ‎5.光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力 A. 逐渐增大 B. 大小不变 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、斜面的支持力N和绳子A的拉力T，如图：‎ 由平衡条件得知，F和T的合力与G大小相等、方向相反，当将A点向上缓慢移动，使AO绳绕O点顺时针转动的过程中，作出三个位置力的合成图，由图看出，T先变小后变大，C正确．‎ ‎【点睛】求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解．‎ ‎6.在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放另一截面也为半圆的柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示．设墙对B的作用力为F1 ， B对A的作用力为F2 ， 地面对A的作用力为F3 ．在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则（　　）‎ A. F1保持不变，F3增大 B. F1增大，F3保持不变 C. F2增大，F3增大 D. F2增大，F3保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】先对BC整体分析，BC整体受重力、墙壁支持力和A的支持力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：‎ 加上C物体，相当于整体的重力增加了，则墙对B的作用力F1增加，A对B的支持力也增加，根据牛顿第三定律，B对A的作用力F2增加。‎ 再对ABC整体分析，受重力、墙壁的支持力、地面支持力、地面的静摩擦力，根据平衡条件，地面的支持力等于整体的重力，则加上C物体后，地面的支持力F3变大。‎ 综上，ABD三项错误，C项正确。‎ ‎【点睛】合理选择研究对象，可使解题过程简化。‎ ‎7.如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A. 0 N B. 8 N C. 10 N D. 50 N ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F=mAg=40N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：，隔离对B分析，mBg-N=mBa，解得：N=mBg-mBa=10-1×2N=8N．故选B．‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题关键是先采用整体法求解加速度，再隔离物体B并根据牛顿第二定律列式求解；注意剪断细线的瞬时弹簧的弹力是不能突变的。‎ ‎8.甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在时刻并排行驶。下列说法正确的是（ ）‎ A. 两车在时刻也并排行驶 B. 在时刻 甲车在后，乙车在前 C. 甲车的加速度大小先增大后减小 D. 乙车的加速度大小先减小后增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】已知时刻，甲、乙两车并排行驶，由图像与时间轴围成图形的面积表示位移可知，在时间内，甲的位移大于乙的位移，故在时刻，甲车在乙车的后方，故A错误，B正确；图像的斜率的绝对值表示物体运动的加速度大小，由图像可知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，故C错误，D正确.‎ ‎9.如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中 A. 水平拉力的大小可能保持不变 B. M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C. M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D. M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；‎ ‎ ‎ 对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加。故本题选BD。‎ ‎10.明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则(　　)‎ A. 若F一定，θ大时FN大 B. 若F一定，θ小时FN大 C. 若θ一定，F大时FN大 D. 若θ一定，F小时FN大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，把力F分解在垂直于木楔两侧的方向上，根据力的作用效果可知，F1＝F2＝FN＝ ‎ A.由上述分析可知， 若F一定，θ大时FN小，故A错误；‎ B. 由上述分析可知，若F一定，θ小时FN大，故B正确；‎ C. 由上述分析可知，若θ一定，F大时FN大 ，故C正确；‎ D. 由上述分析可知，若θ一定，F小时FN小，故D错误 ‎11.甲、乙两车平直公路上同向行驶，其v－t图象如图所示。已知两车在t＝3 s 时并排行驶，则(　　)‎ A. 在t＝1 s时，甲车在乙车后 B. 在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m C. 两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据“面积”大小表示位移，由图象可知，1s-3s甲、乙两车通过的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故A错误；‎ B. 由图象可知，甲的加速度 a甲=△v甲/△t甲=20/2 m/s2=10m/s2‎ 乙加速度 a乙=△v乙/△t乙=(20−10)/2 m/s2=5m/s2‎ ‎0-1s，甲的位移 x甲=a甲t2=×10×12 m =5m 乙的位移 x乙=v0t+a乙t2=10×1+×5×12 m =12.5m ‎△x=x乙−x甲=12.5−5=7.5m 即在t=0时，甲车在乙车前7.5m，故B正确；‎ C.1s末甲车的速度为：‎ v=a甲t=10×1 m/s =10m/s 乙车的速度 v′=10+5×1 m/s =15m/s ‎1−2s时，甲的位移 x1=10×1+×10×12 m =15m 乙的位移 x2=15×1+×5×1=17.5m 在1s时两车并联，故2s时两车相距2.5m，且乙在甲车的前面，故C错误；‎ D. 1s末甲车的速度为：‎ v=a甲t=10×1 m/s =10m/s ‎1-3s甲车的位移为：‎ x=vt+a甲t2=10×2+×10×22 m =40m 即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D正确。‎ ‎12.如图所示2019个质量分别为m的小球通过轻质弹簧相连（在弹性限度内），在水平拉力F的作用下一起以加速度a向右匀加速运动，设1和2之间的弹簧的弹力为F1-2，2和3间弹簧的弹力为F2-3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018-2019，则下列结论正确的是（ ）‎ A. F1-2：F2-3： F2018-2019=1：2：3：2018‎ B. 从左到右每根弹簧的弹性势能之比为：1：4：9：20182‎ C. 如果突然撤去拉力F，撤去的瞬间，每个球的加速度依然为a，但第2019个球除外 D. 如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么每个球的加速度依然为a，除第1个球外 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据牛顿第二定律，利用整体法和隔离法求解各个球之间的作用力；撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，据此求解.‎ ‎【详解】由牛顿第二定律可知F=2019ma，则对球1：F1-2=ma＝F，同理F2－3＝F，………F2018－2019＝ F，所以A正确；因为题中没说弹簧的劲度系数是否相等，所以B错；突然撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，所以C正确；第1个球脱落瞬间，第1和2两个球的合力突然改变，这两个加速度都会发后改变，所以D错。故选AC.‎ ‎【点睛】此题主要考查整体法和隔离法在连接体问题中的应用；关键还需知道，撤掉F的瞬时其他弹簧的弹力是不能突变的，结合牛顿第二定律求解.‎ 二、实验题（本题有2个小题，共17分，请将答案写在答题卷上指定位置。）‎ ‎13.某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m.如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下：‎ ‎(1)若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是________N(图2中所示)，则弹簧秤b的读数可能为________N.‎ ‎(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数________、弹簧秤b的读数________(填“变大”“变小”或“不变”)．‎ ‎【答案】 (1). 3.00； (2). 4.00； (3). 变大； (4). 变大 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据胡克定律可知，；‎ 根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3．00N；两弹簧秤夹角为90°，则可知，b的读数为：；‎ ‎（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；‎ 考点：考查验证平行四边形定则的实验 ‎【名师点睛】由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b的读数；根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况 ‎14.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所 示的实验装置.其中M为带滑轮的小车的质量,m为砂和砂桶的质量. （滑轮质量不计）‎ ‎(1)实验时，一定要进行的操作是____________。‎ A.用天平测出砂和砂桶的质量 B.将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡摩擦力 C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带,同时记录弹簧测力计的示数 D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E.为减小误差,实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M ‎(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有 两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流 电，根据纸带可求出小车的加速度为___m/s2(结果保留两位有效数字)‎ ‎(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a-F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则带滑轮的小车的质量为_____.‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】 (1). BCD (2). 1.3 (3). D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)AE.本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故A错误，E错误；‎ B.该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；‎ C.打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；‎ D.改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D 正确。‎ ‎(2)由于两计数点间还有二个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为0.06s，由可得：；‎ ‎(3) 对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数，故小车的质量为，故D正确。‎ 三、计算题，本题包括3小题，共35分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 ‎15.如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(vt图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：‎ ‎（1）2 s内物块的位移大小x和通过的路程L。‎ ‎（2）沿斜面向上运动两个阶段的加速度的大小、和拉力F的大小。‎ ‎【答案】（1）0.5 m， 1.5 m （2）4 m/s2 ， 4 m/s2， 8 N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在内，由图乙可知：‎ 物块上升的最大距离为：‎ 物块下滑的距离为：‎ 所以物块的位移为：‎ 物块的路程为：‎ ‎（2）由图乙知，所求两个阶段加速度为：‎ 第一阶段：，方向为平行斜面向上 第二阶段：，方向为平行斜面向下 设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为，根据牛顿第二定律有 内：‎ 内： ‎ 解得：‎ ‎16.为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1