【物理】福建省永春第一中学2020届高三上学期期初考试试题（解析版） 17页

福建省永春第一中学2020届高三上学期期初考试试题 一、单项选择（本题共10小题，每题3分，共30分。）‎ ‎1.以下说法中正确的是( )‎ A. 力是矢量，位移是矢量，所以功也是矢量 B. 使用机械的目的是为了省功 C. 能量转化中，做的功越多，能量转化越多 D. J（焦耳）是力学单位制的基本单位 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查功的概念。‎ ‎【详解】A．功是标量，A错误；‎ B．根据能量守恒可知，需要多少能量就要做多少功，不能省功，B错误；‎ C．做功是能量转化的量度，做的功越多，能量转化越多，C正确；‎ D．焦耳是导出单位，不是力学单位制的基本单位，D错误。故选C。‎ ‎2.在物理学的重大发现中,科学家总结出了许多物理学方法,如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、等效替代法等,以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（ ）‎ A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代表物体的方法叫等效替代法 B. 根据速度的定义式, 当At非常小时,就可以表示物体在 t时刻的瞬时速度,该定义适用了建立物理模型法 C. 在探究加速度、力和质量三者之问的关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,该探究运用了理想实验法 D. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,该探究运用了控制变量法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代表物体的方法是模型法，故A错误；B、根据速度的定义式，当△‎ t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法，故B错误；C、D、在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量法，故C错误，D正确；故选D．‎ ‎【点睛】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．‎ ‎3.为了行车方便与安全,厦门杏林大桥引桥很长,坡度较小,其主要目的是（ ）‎ A. 减小过桥车辆受到的摩擦力 B. 减小过桥车辆的重力 C. 减小过桥车辆的重力沿引桥面向下的分力 D. 减小过桥车辆对引桥桥面的压力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对车受力分析，受重力、支持力和阻力，物体重力不变，B错误；重力产生两个作用效果，使物体沿斜面下滑，使物体紧压斜面，设斜面倾角为θ，将重力按照作用效果正交分解，如图： 由几何关系可得：平行斜面分量为G1=mgsinθ，由于引桥越长，坡角θ越小，G1越小，故C正确；θ变小，压力变大，故摩擦力变大，故AD错误；故选C.‎ 点睛：本题关键将重力正交分解后，根据平衡条件求解出压力和重力的下滑分量，然后对结果联系实际情况讨论即可判断．‎ ‎4.一观察者发现，每隔一定时间有一水滴自8m高处的屋檐落下，而且当看到第五滴水刚要离开屋檐时，第一滴水正好落到地面，那么这时第二滴水离地的高度是（g＝10m/s2）（　 　）‎ A. 2 m B. 2.5 m C. 2.9 m D. 3.5 m ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，从开始运动，当第一滴水落地时，第五滴水刚好开始下落，之间正好有四个相等时间间隔，设每隔时间T滴一点水，‎ 根据公式可得，，故 此时第二滴水运动的时间为 所以第二滴水下落的高度为 第二滴水离地的高度为8-4.5m=3.5m，D正确，‎ 考点：本题考查了自由落体运动规律 点评：雨滴做自由落体运动，第五滴水刚好开始下落，之间正好有四个相等时间间隔，设每隔时间T滴一点水，根据位移时间关系即可求解．‎ ‎5.如图所示，杆的上端用细绳吊在天花板上的D点，下端放在水平面上，且杆都处于静止状态，则杆对地面的摩擦力方向向左的是 （ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 物体在拉力和重力的作用下有向右的运动趋势，故物体受到向左的摩擦力，杆对地面的摩擦力方向向右，故A错误；‎ B. 物体受到的竖直向上的拉力，则B只受竖直方向上的力，水平方向没有外力作用，故物体不受摩擦力，杆对地面没有摩擦力，故B错误；‎ C. 物体受向上的拉力，水平方向没有外力的作用，故物体不受摩擦力，杆对地面没有摩擦力，故C错误；‎ D. 物体在拉力的作用下，相对地面有向左的运动趋势；故物体受向右的摩擦力，杆对地面的摩擦力方向向左，故D正确。‎ 故选：D.‎ 点睛：静摩擦力的方向总是阻碍物体之间的相对运动，根据杆与物体之间相对运动的方向可确定摩擦力的方向．根据作用力与相互作用力的关系，确定杆对地面的摩擦力方向。‎ ‎6.如图所示，弹簧秤外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物，现和一方向竖直向上的外力F拉着弹簧秤，使其向上做匀加速运动，则弹簧秤的示数为( )‎ ‎ ‎ A. mg B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 弹簧的示数等于物体m受到的拉力，以整体为研究对象F-(m0+m)g=(m0+m)a，以m为研究对象kx-mg=ma，kx=，D对；‎ ‎7.如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯竖直运行时，乘客发现弹簧的形变量比电梯静止时的形变量大，这一现象表明此过程中 A. 电梯一定是在下降 B. 电梯一定是在上升 C. 乘客一定处在超重状态 D. 乘客一定处在失重状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电梯静止不动时，小球受力平衡，有：‎ mg=kx1‎ 弹簧伸长量比电梯静止时的伸长量大了，说明弹力变大了，根据牛顿第二定律，有：‎ kx2-mg=ma 故加速度向上，电梯减速下降或者加速上升运动，选项AB错误；‎ CD．因加速度向上，则电梯以及电梯中的人处于超重状态；故D错误，C正确；‎ ‎8.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下从半球形容器最低点缓慢移近最高点。设滑块所受支持力为FN，则下列判断正确的是 ( )‎ A. F缓慢增大 B. F缓慢减小 C. FN缓慢减小 D. FN大小保持不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、B项，由受力分析可知，‎ 平衡态时有，，因为在变小，增大，重力不变，所以F在变大，故A项正确，B项错误。‎ C、D项，因为在变小，减小，重力不变，由可知，支持力在变大，故C、D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎9.如图所示，粗糙水平面上并排放着两个正方体木块A、B，质量分别为mA＝m，mB＝3m ‎，与水平面的动摩擦因数均为μ，木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连，现用外力缓缓向左水平推木块B，使木块A、B一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力，木块A、B由静止开始向右运动，当弹簧弹力大小为F时(木块A、B未分离)，则木块A对木块B的作用力大小一定为(　 )‎ A. F B. C. F－3μmg D. F－μmg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查受力分析整体法隔离法。‎ ‎【详解】先整体受力分析：‎ 再隔离对B受力分析：‎ 联立两式解得：‎ 即木块A对木块B的作用力大小为F。故选A。‎ ‎10.在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b，木板和物块均处于静止状态。现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动。当物块与木板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块P、Q相对地面的位移分别为s1、s2。已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是 ( )‎ A. 若F1＝F2、m1>m2，则V1 F2、m1=m2，则、‎ D. 若F1 < F2、m1=m2，则、‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：A、首先看F1=F2时情况：‎ 由题很容易得到a、b 所受的摩擦力大小是相等的，因此a、b 加速度相同，我们设a、b 加速度大小为a，‎ 对于P、Q，滑动摩擦力即为它们的合力，设P（m1）的加速度大小为a1，Q（m2）的加速度大小为a2，‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 因为，其中m为物块a和b的质量．‎ 设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：‎ a与P 的相对位移 b与Q 的相对位移 若m1＞m2，a1＜a2‎ 所以得：t1＜t2‎ P的速度为v1=a1t1，Q的速度为v2=a2t2‎ 物块a相对地面的位移分别为 物块b相对地面位移分别为 则v1＜v2，s1＜s2，故A正确，B错误．‎ C、若F1＞F2、m1=m2，根据受力分析和牛顿第二定律的：‎ 则a的加速度大于b的加速度，即aa＞ab 由于m1=m2，所以P、Q加速度相同，设P、Q加速度为a．‎ 它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：‎ a与P 的相对位移 b与Q 的相对位移 由于aa＞ab，所以得：t1＜t2，则v1＜v2，s1＜s2，故C错误．‎ D、根据C选项分析得：若F1＜F2、m1=m2，aa＜ab，则v1＞v2、S1＞S2，故D正确．‎ 故选AD．‎ 考点： 牛顿定律的综合运用.‎ 二、多项选择题（本题共6题，每小题3分，共18分。）‎ ‎11.一质点做匀变速直线运动，第5s末速度为v,第9s末速度为-v,则质点在运动过程中( )‎ A. 第7s末的速度为零 ‎ B. 第5s初到第9s末物体运动的平均速度为零 C. 第8s末速度为-2v ‎ D. 5s内和9s内位移相等 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】因为质点做匀变速直线运动，所以一段过程中的平均速度等于这段过程中间时刻速度，从5s末到9s末这一过程中的平均速度为，第7s末为该段过程的中间时刻，所以第7s末的速度为零，A正确；运动过程中的加速度为，故第5s初的速度为，第8s末的速度为，BC错误；质点的初速度，则5s内质点的位移，9s内的位移，知5s内和9s内的位移相等，D正确；‎ ‎【点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题 ‎12. 物体在斜面上保持静止状态，下列说法中正确的是 A. 重力可分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力 B. 重力沿斜面向下的分力与斜面对物体的静摩擦力是一对平衡力 C. 物体对斜面的压力与斜面对物体的支持力是一对平衡力 D. 重力垂直于斜面方向的分力与斜面对物体的支持力是一对平衡力 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：重力可分解为沿斜面向下分力和垂直于斜面向下的分力，不能说成压力，故A错误；物体受到重力、斜面的支持力和静摩擦力，根据平衡条件可知重力沿斜面向下的分力与斜面对物体的静摩擦力是平衡力，重力垂直于斜面方向的分力与斜面对物体的支持力是平衡力，故BD正确；物体和斜面之间由于相互挤压而使物体受到了斜面的支持力，而斜面受到了物体的压力，二力是一对相互作用力，故C错误 考点：牛顿第三定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【名师点睛】作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失，理解牛顿第三定律与平衡力的区别．作用力与反作用力是分别作用在两个物体上的，既不能合成，也不能抵消，分别作用在各自的物体上产生各自的作用效果 ‎13. 如图所示，用力F拉一物体在水平面上以加速度a运动.用力F′=Fcosθ代替力F，沿水平方向拉物体，该物体的加速度为a′，比较a与a′的大小关系，正确的是（ ）‎ A. a′与a可能相等 B. a′可能小于a C. a′可能大于a D. a′一定小于a ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：设为质量为m，与地面间的动摩擦因数为，受拉力F作用时，加速度，，所以 ‎；当用力F′=Fcosθ代替力F后，加速度。当时；当时。‎ 故选AB 考点：牛顿第二定律 点评：只能替代拉力F的水平作用效果，竖直方向没有替代，所以两种情况下摩擦力不同。‎ ‎14.一根弹簧在弹性限度内对其施加30N的拉力时，长度伸长了3cm，对其施加30N的压力时长度为14cm，则弹簧的劲度系数和自然长度分别为（ ）‎ A. 500 N/m B. 1000 N/m C. 15cm D. 17cm ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查胡克定律。‎ ‎【详解】AB．施加拉力30N时，伸长了3cm，由胡克定律得：‎ 可得k=1000N/m，B正确；‎ CD．施加拉力30N时，伸长了3cm，则施加30N的压力时，压缩了3cm，长度为14cm，则原长为17cm，D正确。‎ ‎15.如图所示，电梯与地面的夹角为37°，质量为m的人站在电梯上。当电梯斜向上做匀加速运动时，人对电梯的压力是他体重的1.5倍，那么，电梯的加速度a的大小和人与电梯表面间的静摩擦力f的大小分别是（ ）‎ A. a= B. a=‎ C. f= D. f=‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．受力分析如图所示：‎ ‎ 电梯斜向上做匀加速运动时，加速度沿斜面向上，如图：‎ 竖直分加速度a1，水平分加速度a2，有：‎ 解得 ，而 ，B正确；‎ CD．水平方向有：‎ 联立解得：f=，C正确。故选BC。‎ ‎16.如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是( 　　)‎ A. ＋ B. －‎ C. D. ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查传送带模型分析。‎ ‎【详解】A．第一种情况，木块运动到末端之前，就已达到速度v ‎，也就是说,木块先做匀加速,再做匀速运动，加速阶段有：‎ 解得 ，加速到v用时t1，位移x1，有：‎ 解得 ，‎ 之后匀速直线运动：‎ 解得 ，全程耗费时间： ，A正确；‎ B．全过程最大速度为v，平均速度小于v，所以时间 ，不可能为－，B错误；‎ C．第二种情况，全程匀加速，一直运动到最右端都没有达到速度v，则：‎ 解得 ，运动时间：‎ ‎ ，C正确；‎ D．第三种情况，全程匀加速，刚好到右端时速度为v，平均速度 ，耗费时间为 ，D正确；故选ACD。‎ 三、填空题（每空各2分，共10分）‎ ‎17.某探究学习小组欲探究物体的加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，图中小车的质量用M表示，钩码的质量用m表示。要顺利完成该实验，则：‎ 为使小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是_________________；要使细线的拉力约等于钩码的总重力，应满足的条件是______________。‎ 某次打出的某一条纸带，A、B、C、D、E、F为相邻的6个计数点，如图，相邻计数点间还有四个点未标出。利用图中给出的数据可求出小车的加速度________。保留2位小数 某位同学经过测量、计算得到如下数据，请在图中作出小车加速度与所受合外力的关系图象_______________。‎ 由图象可以看出，该实验存在着较大的误差，产生误差的主要原因是_______。‎ ‎【答案】 (1)平衡摩擦力 M＞＞m (2) ‎ ‎(3) (4). 木板倾角偏小；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）为使小车所受合外力等于细线的拉力，所以必需有小车的重力沿轨道的分力等于轨道对小车的摩擦力，所以做实验时必需平衡摩擦力。 以钩码作为研究对象有mg-FT=ma；以小车作为研究对象有FT=Ma；联立以上两式可得FT=；要绳子的拉力等于钩码的重力，即=mg，故，则有M＞＞m； ‎ ‎（2）根据△x=aT2 可得：x5-x1=5aT2 ；所以有：‎ ‎（3）图像如图；‎ ‎；‎ ‎（4）由图象可知，当拉力为0.05N时，小车才有加速度，所以是平衡摩擦力不够，木板倾斜过小。‎ ‎【点睛】掌握实验原理是正确解决实验题目的前提条件；实验时要平衡摩擦力，平衡摩擦力不足或过平衡摩擦力都是错误的．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。‎ 四、计算题（本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎18.如图所示,一块薄木板长为 L=2 m、质量为 m=1 kg(质量分布均匀)置于倾角为θ=37°的粗糙台面上,它与合面动摩擦因数为µ=;已知薄木板有露于台面外側,,现施加一平行于台面向下的恒力F=2N的作用,使木板由静止开始加速下滑。(重力加速度取g=l0m/s2,sin37°=0.6, cos37°=0.8)求:‎ ‎（1）薄木板斜面上运动的加速度大小;‎ ‎（2）恒力一直作用于木板上,经过多长时间木板开始脱离台面 。‎ ‎【答案】(1) (2)t=1s ‎【解析】‎ ‎(1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得:‎ 得：a =1m/s²‎ ‎(2)由由运动学公式 得：‎ ‎【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解决问题的中间桥梁，抓住下滑就可以掉落.‎ ‎19.如图所示，质量为4.0kg的物体在与水平方向成37°角、大小为20N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，物体与地面间动摩擦因数为0.20；取g = 10m/s2，cos37°= 0.8，sin37°= 0.6；求：‎ ‎（1）物体的加速度大小；‎ ‎（2）经过2s撤去F，再经3s时物体的速度为多大？‎ ‎（3）物体在5s内的位移是多少？‎ ‎【答案】（1），（2）0，（3）11.96m.‎ ‎【解析】试题分析：（1）对物体进行受力分析求出合力，根据牛顿第二定律即可求得加速度；（2）在2s末撤去了拉力F，之后物体将在摩擦力作用下减速运动，摩擦力作为合力产生加速度，由速度-时间公式先求出减速运动的时间，然后把所给的时间跟此时间进行比较，如果所给时间小于此时间，则公式里的时间就用所给时间，若所给时间大与此时间，说明在此时间之前车已经静止，那只能用此时间进行计算．可以根据速度时间公式及位移时间公式求解．‎ ‎（1）对物体受力分析，如图所示：‎ 根据平衡条件得：‎ 根据牛顿第二定律有：‎ 又，，‎ 联立得：‎ ‎（2）2s后物体速度为 撤去F后，水平方向只受摩擦力作用，做匀减速度运动 根据牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ 则物体速度由减到零的时间为 故再经3s时物体的速度为0‎ ‎（3）前2s内物体位移：‎ 后3s内物体的位移等于后2.6s内物体的位移：‎ 故物体5s内位移：‎ ‎20.如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0=5m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0=50m处有一物体在水平向右的推力F=30N作用下，从静止开始做匀加速直线运动去追击小车，已知推力F作用了t=5s时间就撤去。设物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，物体的质量为m=5kg，重力加速度g=10m/s2。‎ ‎(1)求在推力F作用下，小车的加速度a大小为多少？‎ ‎(2)求撤去F的瞬间，物体与小车的距离d为多少？‎ ‎(3)试通过计算讨论物体是否能追上小车。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)能追上 ‎【详解】（1）对物块由牛顿第二定律可得：F-μmg=ma 得：‎ ‎（2）在t时间内物块前进位移为：x1=at2＝×4×52m＝50m 小车前进位移为：x2=v0t=5×5m=25m，两者相距距离为：△x=s0+x2-x1=50m+25m-50m=25m （3）撤去外力后物体的加速度为：a′＝＝−2m/s2 物块在撤去外力时速度为：v=at=4×5m/s=20m/s 当撤去外力时，速度减到与小车时所需时间为：‎ 在7.5s内小车前进位移为：x′=v0t′=5×7.5m=37.5m 物块前进位移为：x″＝×7.5m＝93.75m 故：△x′=x′+△x-x″=37.5+25-93.75m=-31.25m＜0，故已经追上 ‎【点睛】本题是追及问题，关键是搞清两车运动过程，特别要注意物体先做匀加速后做匀减速，要分清当速度减到跟小车速度相等时是否追上． ‎