安徽省皖江名校联盟2020届高三上学期第一次联考物理试题 18页

物 理 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1～8题中只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)‎ ‎1.2019年6月24日消息，大连市首届“工匠杯”职工技能竞赛决赛开赛，现场20名砌筑工展现出较高的技术水准。如图所示，竞赛工地上的建筑工人用砖夹搬运5块相同的砖(图中阴影部分相当于砖夹)，当砖处于平衡状态时，下列说法正确的是 A. 砖夹对砖块的水平压力越大，1、5两块砖受到的摩擦力越大 B. 3受到2施加摩擦力大小等于自身重力的一半 C. 4对3的摩擦力方向竖直向下 D. 1受到2施加的摩擦力与4受到5施加的摩擦力完全相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC. 先对5块砖整体受力分析，受重力5G和两侧砖夹对砖向上的静摩擦力2f，根据平衡条件，有：2f=5G，解得： ，即砖夹对砖1、5的静摩擦力为，对砖5分析，受重力G，砖夹对其向上的静摩擦力，所以砖4对砖5有向下的摩擦力；. 再对砖4分析，受重力G，砖5对砖4有向上的摩擦力，所以砖3对砖4有向下的摩擦力；砖4对砖3有向上的摩擦力，故AC错误，B正确；‎ D.1受到2施加的摩擦力与4受到5施加的摩擦力大小相等，方向相反，故D错误。‎ ‎2.如图所示，水平固定杆上套一物块甲，甲与小球乙用一根不可伸长的轻绳相连，现用跟水平方向成a＝30°角的力F＝10N拉着乙并带动甲一起向右匀速运动，在运动中两者的相对位置保持不变，甲与水平杆间的动摩擦因数为μ。在运动过程中，轻绳与水平方向的夹角为，已知甲、乙质量分别为2kg和1kg，重力加速度g取10m/s2，则 A. μ＝，30° B. ，=30°‎ C. ，=22.5° D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】以乙为研究对象，进行受力分析，由于拉力F与乙的重力大小相等，夹角为120°，故轻绳的拉力T大小为10N，与水平方向的夹角应为θ＝30°.以甲为研究对象，进行受力分析得：Tcosθ＝μ（mg＋Tsinθ）‎ 得滑块甲与水平直杆之间的动摩擦因数为。‎ A.A项与上述计算结论相符，故A符合题意；‎ B.B项与上述计算结论不相符，故B不符合题意；‎ C.C项与上述计算结论不相符，故C不符合题意；‎ DD项与上述计算结论不相符，故D不符合题意；‎ ‎3.某篮球运动员将篮球竖直向上抛出，篮球在最高点离接球的手距离1.8m，该运动员接球的整个过程时间约为0.1s，(忽略空气阻力，g取10m/s2)则下列说法正确的是 A. 接球时球的速度大小为3m/s B. 篮球自由下落时间约为1.2s C. 手受到平均作用力的大小是篮球重力大小的7倍 D. 手接篮球的整个过程，篮球处于失重状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由运动规律可得，篮球下落到该运动员手处的速度，由v2=2gh解得v ‎=6m/s，篮球的下落时间t1=v/g=0.6s，故A、B错误；‎ C.从接触该运动员手到停止运动，篮球的加速度a=v/t2=60m/s2，根据牛顿定律：‎ F－mg=ma 可得，F=7mg，故C正确;‎ D.运动员接篮球的整个过程，篮球做减速运动，加速度方向向上，篮球处于超重状态，故D错误。‎ ‎4.如图所示，小球从O点的正上方离地h高处的P点以v的速度水平抛出，同时在O点右方地面上S点以速度v2斜向左上方斜抛一小球，两小球恰在O、连线的中点正上方相遇。若不计空气阻力，则两小球抛出后至相遇过程 A. 斜抛球水平速度分量比平抛球水平速度分量小 B. 两小球初速度大小关系为v1＝v2‎ C. 两小球速度对时间的变化率相同 D. 两小球相遇点一定在距离地面h高度处 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由于两小球恰在O、S连线的中点正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又由于运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即 v2cosθ＝v1‎ 所以v2>v1，故A、B错误；‎ C.两小球都只受到重力，都做匀变速运动，加速度相同，所以两小球速度对时间变化率相同，故C正确；‎ D.根据题意平抛的小球在竖直方向做自由落体运动，因此两球相遇高度一定小于h，故D错误。‎ ‎5.如图所示，水平地面上有静止的18个相同的木块排成一条直线接触但不粘连，每个木块的长度l＝0.5m，质量m＝1.2kg，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1‎ ‎＝0.1，在右边第一个木块的右端放一质量M＝1kg的小铅块(可视为质点)，它与各木块间的动摩擦因数均为μ2＝0.5，现突然给小铅块一个向左的初速度v0＝10m/s，使其在木块上滑行。设木块与地面间及小铅块与木块间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，则 A. 小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小为10m/s2‎ B. 小铅块最多能带动5个木块运动 C. 第10个木块运动的速度大小为1m/s D. 小铅块下的木块刚发生运动时小铅块的瞬时速度大小为5m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设小铅块相对木块滑动时加速度大小为a，由牛顿第二定律可知 μ2Mg＝Ma 解得：a＝5m/s2，故A错误；‎ BC.设小铅块最多能带动x个木块运动，对x个木块整体进行受力分析，当小铅块下的x个木块发生运动时，则有 μ2Mg＞μ1（mgx＋Mg）‎ 解得：x＜3.33即小铅块最多只能带动3个木块运动，故BC错误；‎ D.设当小铅块通过前面的15个木块时的瞬时速度大小为v，由动能定理可知：‎ ‎－μ2Mg×15l＝M（v2－v）‎ 解得：v＝5m/s，故D正确。‎ ‎6.如图，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d。P的质量为m，与传送带之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中 A. P的速度一直减小 B. 传送带对P做功的功率一直减小 C. 传送带对P做的功W<μmgd D. 弹簧的弹性势能变化量△Ek=mv2+μmgd ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：P与弹簧接触后在水平方向受弹簧力作用， P受的静摩擦力向右，P做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，P物体由惯性P继续压缩弹簧，P接下来做减速运动直到速度为零，故A错误；‎ B项：由公式可知，由于P先做匀速后做减速，由于静摩擦力增大，速度不变，所以功率先增大，后滑动摩擦力不变，速度减小，所以功率减小，故B错误；‎ C项：由于P开始到弹力与最大静摩擦力相等的过程中P受的为静摩擦力，后来为滑动摩擦力，所以传送带对P做的功小于μmgd，故C正确；‎ D项：对滑块由动能定理得：，由于，所以弹簧的弹性势能变化量小于mv2+μmgd，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎7.我国第四十三颗北斗导航卫星属于中圆地球轨道卫星，轨道离地高度r1＝21500km。美国GPS导航卫星在轨的运行周期约为12小时，已知地球同步卫星离地高度约36000km，地球的半径为6400km，若北斗中圆地球轨道卫星和美国CPS导航卫星的质量相同，北斗中圆地球轨道卫星在轨运行时的动能为Ek1，美国GPS导航卫星在轨运行时的动能为Ek2，两颗卫星绕地球的运动可以看作匀速圆周运动，(已知＝1.6)，则约为 A. 0.45 B. 0.95 C. 1.25 D. 1.65‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设地球同步卫星的轨道半径为r，则 得到美国GPS导航卫星的轨道半径 北斗导航卫星轨道半径为 r1=21500km+6400km=27900km 由知 得。‎ A. 0.45与计算结果0.95不相符，故A不符合题意； ‎ B. 0.95与计算结果0.95相符，故B符合题意； ‎ C. 1.25与计算结果0.95不相符，故C不符合题意； ‎ D. 1.65与计算结果0.95不相符，故D不符合题意；‎ ‎8.可视为质点的M、N两车在同地、同时沿同一方向做直线运动，M做初速个度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动，N做初速度为v0、加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零，取出发点位置为x＝0，如图所示为M、N两车在运动过程中的位置(x)-速度(v)图象，则 A. N的初速度大小为2m/s B. M、N两车加速度大小之和为6m/s2‎ C. M车加速度大小是N车加速度大小的4倍 D. M车加速度大小为2m/s2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图象可知，当x＝0时，N的速度为6m/s，即N的初速度v0＝6m/s，故A错误；‎ B.设M、N先后通过x＝6m处时的速度均为v，则对M：‎ v2＝2a1x 对N：‎ v2－v02＝－2a2x 联立以上两式解得 a1＋a2＝3m/s2‎ 故B错误；‎ CD.设当M的速度v1＝8m/s、N的速度v2＝2m/s时，两车通过的位移均为x′，则对M：‎ v12＝2a1x′‎ 对N：‎ v22－v02＝－2a2x ‎，联立以上两式解得a1＝2a2，解得a1＝2m/s2，a2＝1m/s2，故C错误,D正确。‎ ‎9.我国正在建设的北斗卫星导航系统进展顺利，计划于2020年向全球提供服务。“北斗”卫星导航定位系统由5颗同步卫星和30颗非静止轨道卫星组成，则 A. 同步卫星绕行方向和地球的绕行方向一致且位于赤道正上方 B. 同步卫星的周期小于轨道在地球表面附近的卫星的周期 C. 同步卫星的向心加速度比赤道上随地球自转物体的向心加速度大 D. 至少5颗同步卫星同时正常工作才能实现全球通讯 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同步卫星的绕行方向和地球的绕行方向一致，所有地球静止轨道卫星的位置均位于赤道正上方，故A正确；‎ B.地球静止轨道卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，据开普勒第三定律知，地球静止轨道卫星的周期大于近地卫星的周期。故B错误。‎ C.由随地球自转物体与同步卫星的角速度相同，由a=rω2‎ ‎，则半径大的向心加速度大，故C正确；‎ D.同步卫星离地高度较高，有三颗地球静止轨道卫星工作就可能实现全球通讯。故D错误。‎ ‎10.滑雪是冬奥会的比赛项目之一。滑雪轨道是由光滑的斜轨道和光滑的水平轨道组成，两轨道平滑连接，t＝0时相距为10m的甲、乙两运动员(无动力空气阻力可忽略不计)均以v0＝10m/s向左运动，随后两运动员相继滑上倾角为30°的足够长的斜直轨道，取g＝10m/s2，则 A. 甲运动员滑上斜轨道后加速度大小为2.5m/s2‎ B. 乙运动员刚要滑上斜轨道时甲运动员在斜轨道上运动的位移为7.5m C. 乙运动员刚要滑上斜轨道时甲速度大小为4m/s D. 甲运动员滑上斜轨道后经过2.5s两运动员相遇 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.设甲滑上斜坡后经过t1时间乙再滑上斜坡，则有：‎ ‎1s 甲滑上斜坡后加速度 m/s2‎ 设此时甲向上运动的位移为x，‎ m 此时甲速度 m/s B正确，AC错误；‎ D.乙滑上斜坡时，加速度与甲相同，以甲为参考系，乙相对于甲以 m/s 做匀速运动，设再经过时间它们相遇，有：‎ s 则相遇时间 s 故D正确。‎ ‎11.如图所示，小孩踏着滑板从静止开始从滑梯顶端P点下滑，滑梯的PE段倾角37°，EF段倾角30°，假设小孩和滑板可视为一个整体，并可视为质点。在PE段所受阻力为其对滑梯压力的k1＝0.5倍，在EF段所受阻力为其对滑梯压力的k2＝倍，过E点时可以认为速率不突变，已知EF段长1.8m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则 A. 小孩和滑板在PE段的加速度为2m/s2，沿PE向下 B. 小孩和滑板在EF段的加速度为2.5m/s2，沿EF向下 C. 为使小孩在到达F之前停下来，PE段的长度不能长于2.25m D. 某次一质量约为24kg的小孩(包括滑板)在PE段距离E点2.0m的某点被小伙伴猛然推出，到E点时速度约为3m/s，则小伙伴对他做功约为12J ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对小孩和滑板在PE段分析知 方向沿PE向下，故A正确；‎ B.对小孩和滑板在EF段分析知 方向沿EF向上，故B错误；‎ C.对小孩和滑板在PE段匀加速，在EF段匀减速则：‎ 得故C正确；‎ D.对小孩和滑板由动能定理知 代入数据得W=12J，故D正确。‎ ‎12.如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平面相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨道半径R＝0.8m，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R，质量为M＝2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为mA＝2.0kg的小物块A从距离水平面某一高度h的S点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B发生弹性碰撞，碰后两个物体交换速度，然后小物块B从桌面右边缘D点飞离桌面后，恰由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，g＝10m/s2，则 A. 物块B离开D点时的速度大小为4m/s B. 物块B落到P点时其竖直速度大于物块B离开D点时的速度 C. S与Q竖直高度为0.8m D. 物块能沿轨道到达M点的速度大小约为2.2m/s ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.A、B碰撞后，因二者交换速度，所以A静止，物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy，有vy2＝2gR，而 ‎＝tan45°‎ 解得vD＝vy＝4m/s,选项A正确、B错误；‎ C.设A与B碰撞前的速度为，A与B相碰交换速度，所以v0=vD＝4m/s,A从S滑到Q的过程中，根据机械能守恒定律得 mAgh＝mAv02‎ 解得h＝0.8m,选项C正确；‎ D.设物块能沿轨道到达M点，且到达时其速度为vM，从D到M由动能定理得：‎ ‎－mBgRcos45°＝mBvM2－mBvD2，‎ 解得 vM≈2.2m/s<≈2.8m/‎ 即物块不能到达M点，选项D错误。‎ 二、实验题(共15分)‎ ‎13.如图甲所示为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置。他们调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板;在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，多次改变托盘中砝码的质量，记录传感器的读数F，求出加速度a。‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz的交流电，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出物块的加速度为_______m/s2。(结果保留三位有效数字)‎ ‎(2)以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a—F图象是一条直线如图丙所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为F，若传感器的质量为m，则物块的质量为_______。若已知重力加速度为g，物块与长木板动摩擦因数为μ＝________。‎ ‎(3)该实验需不需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量________(填“需要”或“不需要”)‎ ‎【答案】 (1). 2．00 (2). (3). (4). 不需要 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据，运用逐差法得 ‎；‎ ‎（2）[2]由牛顿第二定律得 则 a-F图象的斜率 所以物块的质量为 ‎[3]由图像可知，物块与木板之间的摩擦力为F0，则 F0=μ（m+m0）g 即。‎ ‎（3）[4]由于传感器测得是真实拉力，不需要满足此条件。‎ ‎14.某同学做验证机械能守恒定律的实验，实验装置如图甲所示。测量出光电门到放在试管夹上质量为m＝0.1kg的小铁球重心竖直的距离为x;打开试管夹，由静止释放小铁球，小球经过正下方的固定在铁架台上的光电门时，与光电门连接的传感器可以记录小铁球经过光电门的时间。‎ ‎ ‎ ‎(1)用螺旋测微器测得小铁球直径如图乙所示，其直径D=_______ mm。‎ ‎(2)从与光电门连接的传感器上读出小铁球经过光电门的时间t＝2ms，小铁球经过光电门时的速度＝_____m/s则小铁球经过光电门时的动能Ek=_______J。(两空计算结果均保留两位有效数字)‎ ‎(3)某同学多次改变光电门的位置，测量出光电门到小铁球的重心竖直的距离x并计算出小铁球经过光电门时的速度v，通过描绘2-x图象去验证机械能是否守恒。若实验中小铁球所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2—x图象是下图中的_____。‎ ‎【答案】 (1). 8.478（8.476-8.479） (2). 4.2 (3). 0.88 (4). A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]如图乙所示，螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.01×47.8mm=0.478mm．其直径D=8.478mm。‎ ‎[2]小铁球经过光电门时的速度 ‎[3]所以小铁球经过光电门时的动能。‎ ‎（3）[4]从理论上分析，由机械能守恒定律有 得与x成正比，选项A正确 三、计算题:本题共3小题，共计37分，解答时请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，一质量m＝3kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角＝37°足够长的斜面，小物块上滑过程的v—t图象如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求:‎ ‎（1）滑块与斜面间的动摩擦因数;‎ ‎（2）滑块返回斜面底端时的动能。‎ ‎【答案】（1）0.5（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图象可知，滑块的加速度 a1==m/s2=10m/s2‎ 滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有 mgsinθ+μmgcosθ=ma1‎ 代入数据解得μ=0.5‎ ‎（2）滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑.‎ 由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移 s==1.25m 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有 mgsinθ-μmgcosθ=ma2‎ a2=2m/s2‎ 由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度 v==m/s 返回底端时动能大小 ‎（也可以用动能定理求解）‎ ‎16.如图所示，abcd为固定在竖直平面内的光滑轨道，其中ab倾斜、bc水平、cd为半径R＝0.25m的圆弧轨道三部分平滑连接，c为圆弧轨道的最低点，可为质点的小球m1和m2中间压缩轻质弹簧静止在水平轨道上(弹簧与两小球不栓接且被锁定)，水平档板c与d点竖直距离h＝0.15m。现解除对弹簧的锁定，小球m1脱离弹簧后恰能沿轨道运动到a处，ab的竖直高度差H＝1.8m，小球m2沿轨道cd运动冲出轨道打在水平档板c上。已知m1＝0.5kg，m2＝1.0kg，在C点时小球m2对轨道压力的大小为46N，已知弹簧恢复原长时小球仍处于水平轨道，不计空气阻力，g＝10m/s2求:‎ ‎ ‎ ‎（1）弹簧最大的弹性势能 ‎（2）小球m2离开d点到打在水平档板e上的时间。‎ ‎【答案】（1）13.5J（2）0.1s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小球m1，由机械能守恒定律得：‎ m1v＝m1gH 解得：v1＝6m/s 设在C点时轨道对小球m2压力的大小为F,由牛顿第二定律得：‎ F－m2g＝‎ 解得：：v2＝3m/s 弹簧锁定时的弹性势能最大，由能量的转化及守恒定律得：‎ EP＝m1v＋m2v 代入数值得：EP＝13.5J。‎ ‎（2）小球m2从c点到d点，由动能定理得：‎ ‎－m2gR＝m2vd2－m2v 解得：vd＝2m/s 小球m2离开d点做竖直上抛运动，到打在水平档板e上的时间为t。‎ h＝vdt－gt2‎ 联立以上各式代入数值得：t1＝0.1s，t2＝0.3s（舍去）‎ 小球m2离开d点到打在水平档板e上的时间为0.1s。‎ ‎17.如图所示，质量为M＝4.0kg、长为L＝8m的木板甲放在光滑的足够长的水平地面上，甲上表面的中点有一个可视为质点的质量为m＝1.0kg小物块乙，现对甲施加一水平向右的的恒力F＝18N，F作用1s后撤去。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2重力加速度g＝10m/s2求 ‎ ‎ ‎（1）在恒力F作用0.5s时，小物块、木板的加速度大小;‎ ‎（2）小物块相对木板滑动的整个过程中，系统因摩擦而产生的热量。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设物块与木板在恒力F作用0.5s时的加速度大小为a1和a2，由牛顿第二定律 对甲有：‎ 对乙有：‎ 联立上式解得：‎ ‎（2）假设系统向右运动过程中乙一直在甲上 在0-1s内由甲的位移大小为 在0-1s内由乙的位移大小为：‎ ‎1s内甲、乙相对位移为：‎ 撤去F至甲、乙达到共同速度的过程中乙加速度大小不变，甲以加速度大小为a3做减速运动 对甲有：‎ 解得：‎ 设甲、乙速度相等再经历的时间为t2，‎ 解得：t2=0.8sv共=3.6m/s 此时甲运动的位移为：‎ 乙在t2时间内运动的位移为：‎ t2时间内甲、乙相对位移为：‎ 乙相对甲向左滑行的最大距离为：‎ 由于故假设成立，即乙相对甲向左滑行的最大距离为1.8m 故物块、木板系统产生的摩擦热 ‎ ‎