湖北省“荆荆襄宜四地七校联盟”高三（上）期中联考物理试题

2020年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高三期中联考物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造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、模型法、类比法和科学假说法，等等。以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是（）A.牛顿巧妙地运用扭秤测出引力常量，采用了放大法B.伽利略运用理想实验法说明了力是维持物体运动的原因C.在不需要考虑物体本身形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法【答案】D【解析】【详解】A．卡文迪许巧妙地运用扭秤测出引力常量，采用了放大法，故A错误；B．伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，故B错误；C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误；D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。故选D。2.如图所示，用甲、乙两根筷子夹一个小球，甲倾斜，乙始终竖直。在竖直平面内，甲与竖直方向的夹角为θ，筷子与小球间的摩擦很小，可以忽略不计。小球质量一定，随着θ缓慢减小，小球始终保持静止，则下列说法正确的是（）A.筷子甲对小球的弹力变小 B.筷子乙对小球的弹力不变C.两根筷子对小球的弹力均增大 D.两根筷子对小球的合力将增大【答案】C【解析】【详解】ABC．对小球受力分析如图根据平衡条件可知，解得，随着θ减小，F1，F2都在增大，故AB错误，C正确；D．由于小球处于静止状态，两只筷子对小球的合力等于小球的重力，故一直不变，故D错误。故选C。3.如图是传感器记录的某物体在恒力作用下沿x轴运动的xt图象，已知图象为一条抛物线，下列说法正确的是（）A.物体做曲线运动 B.物体前5s内的平均速度为1.4m/sC.物体运动的初速度为9m/s D.物体做匀变速直线运动，加速度大小为2m/s2【答案】D【解析】【详解】A．位移时间图像表示物体的运动的规律，不是物体的运动轨迹，所以A错误；B．根据图线可知内故B错误；CD．在内内联立求解得，故C错误，D正确。故选D。4.如图所示，在光滑的斜面上放一个质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放着一个质量也为m的物体．如果把这个物体改放在A盒内，则系统的加速度恰好等值反向，则B盒的质量为不计一切摩擦A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以AB和物体整体为研究对象，分别根据牛顿第二定律列方程，表示出两次的加速度，结合两次加速度关系即可求解．【详解】设B盒的质量为．当物体放在B盘中时，以AB和物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律：，当物体放在A盘中时，以AB和物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律：，由题意，，联立解得：，故B正确，ACD错误．【点睛】本题考查整体法和牛顿第二定律的应用，当两个物体的加速度大小相等时可以看作一个整体，也可以采用隔离法研究．5.假设未来某天，我国宇航员乘飞船到达火星，测得火星两极的重力加速度是火星赤道重力加速度的k倍，已知火星的半径为R，则火星同步卫星轨道半径为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】设物体质量为，火星质量为，火星的自转周期为，物体在火星两极时，万有引力等于重力物体在火星赤道上的重力物体在火星赤道上随火星自转时该星球的同步卫星的周期等于自转周期为，设同步卫星轨道半径为，则有解得故B正确，ACD错误。故选B。6.如图所示，在某次排球比赛中，一运动员将排球从A点水平击出，排球击中D点：另一运动员将该排球从位于A点正下方且与D点等高B点斜向上击出，最高点为C，排球也击中D点，A、C高度相同。不计空气阻力下列说法正确的有（）A.两个过程中，排球的飞行时间相等B.后一个过程中，排球击中D点时速度较大C.两个过程中，运动员对排球所做功可能相等D.后一个过程中，排球击中D点时重力做功的瞬时功率较大【答案】C【解析】【详解】AB．由于从AB两点发出的球都能到达D点，B球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知tB=2tAvyA=vyB由于水平方向的位移相同，根据可知vA水＞vB水根据速度的合成可知，A抛出时的速度vA0=vA水，A落到D点时的速度B落到D点时的速度故两过程中，后一个过程中，排球击中D点时速度较小，故AB错误；

C．第一个过程中对排球做功第二个过程中对排球做功因为vA水＞vB水，可知W1可能等于W2，选项C正确；D．由于竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，vyA=vyB则重力的瞬时功率P=mgvy相同，故D错误；故选C。7.两个质量分别为2m和m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a到转轴OO′的距离为L，b到转轴的距离为2L，a、b之间用长为L的强度足够大的轻绳相连，两木块与圆盘间的最大静摩擦力均为各自所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，在加速转动过程中，下列说法正确的是（）A.a比b先达到最大静摩擦力 B.a、b所受的摩擦力始终相等C.是b开始滑动的临界角速度 D.当时，a所受摩擦力的大小为【答案】D【解析】【详解】A．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知，a、b木块受到的静摩擦力大小为Ffa=2mω2LFfb=mω22L即a、b转动所需向心力大小相等，且a、b的最大静摩擦力Ffma=k2mgFfmb=kmg所以当圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动时，b的最大静摩擦力先达到最大值，A错误；B．在木块b的摩擦力没有达到最大值前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知Ff=mω2ra和b质量分别是2m和m，a与转轴距离为L，b与转轴距离为2L，所以a和b受到的摩擦力是相等的，当b受到的静摩擦力达到最大值后，b受到的摩擦力与绳的拉力的合力提供向心力，即kmg+F=mω22L而a受力为Ff＇−F=2mω2L联立以上两式解得Ff＇=4mω2L−kmg综合得出，a、b受到的摩擦力不是一直相等，B错误；C．当b刚要滑动时，有2kmg+kmg=2mω2L+mω22L解得C错误；D．当时，a所受摩擦力的大小为Ff＇=4mω2L−kmg=D正确。故选D。8.一斜面置于粗糙水平面上，足够长的斜面上一物块沿斜面匀速下滑。如图所示，物块下滑过程中，先后对物块单独施加三个方向的外力，沿斜面向下的外力F1，竖直向下的外力F2，垂直斜面向下的外力F3，各力单独施加过程中，物块继续运动，则下列说法中正确的是（）A.对物块单独施加外力F1时，地面对斜面的摩擦力水平向右B.对物块单独施加外力F1时，斜面与地面之间的摩擦力为零C.对物块单独施加外力F2时，物块将加速向下运动D.对物块单独施加外力F3时，地面对斜面的摩擦力水平向左【答案】B【解析】【详解】AB．在没有施加外力时，物块匀速下滑，将物块和整体视为研究对象，则整体加速度为零，水平方向没有受到地面的摩擦力。对物块单独施加外力F1时，隔离斜面进行分析可知，物块对斜面的摩擦力和压力并没有发生变化，地面对斜面的仍然没有摩擦力作用，故A错误，B正确；C．设斜面与水平面的夹角为，物块质量为，在没有施加外力时，物块匀速下滑，受力平衡，物体受到重力、支持力和摩擦力作用，有平衡条件得解得得对物体施加一个竖直向下的恒力时，物块受到的滑动摩擦力大小为重力和沿斜面向下的分力大小为则可知则物块受力任平衡，所以处于匀速下滑状态，故C错误；D．对物块单独施加外力F3时，物块对斜面的沿斜面向下的摩擦力为物块对斜面压力为两力在水平方向的分力分别为因则有物块对斜面在水平方向的合力为零，故地面对斜面水平方向没有摩擦力，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.2020年7月23A.由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在P点加速B.在轨道Ⅰ上经过P点时的加速度大于在轨道Ⅱ上经过P点时的加速度C.在轨道Ⅰ上运行周期大于在轨道Ⅱ上运行周期D.在轨道Ⅰ上运行时的机械能大于在轨道Ⅱ上运行时的机械能【答案】CD【解析】【详解】A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在P点减速，故A错误；B．在轨道Ⅰ上经过P点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点时的加速度，都是由万有引力提供向心力，故B错误；C．根据万有引力提供向心力，有解得因为轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半径，所以在轨道Ⅰ上运行周期大于在轨道Ⅱ上运行周期，故C正确；D．从轨道Ⅰ变到轨道Ⅱ需要减速，所以在轨道Ⅰ上运行时的机械能大于在轨道Ⅱ上运行时的机械能，故D正确。故选CD。10.如图所示为汽车的加速度a和车速的倒数的关系图象。若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（）A.车所受阻力为2×103N B.汽车在车速为5m/s时，功率为6×104WC.汽车的额定功率为6×104W D.汽车匀加速所需时间为5s【答案】ACD【解析】【详解】由图可知，匀加速直线运动的加速度为2m/s2，汽车的最大速度为，匀加速直线运动的末速度为10m/s。D．汽车匀加速直线运动的时间故D正确；AC．设汽车的额定功率为P，车所受阻力为f。当汽车速度最大时，汽车做匀速直线运动，根据功率公式，有汽车的额定功率为①当时，，根据牛顿第二定律得②由①②解得故AC正确；B．因为，所以汽车速度为时，功率未达到额定功率，故B错误；故选ACD。11.轻绳一端通过光滑的定滑轮与物块P连接，另一端与套在光滑竖直杆上的圆环Q连接，Q从静止释放后，上升一定距离后到达与定滑轮等高处，则在此过程中，下列说法正确的是（）A.任意时刻Q受到的拉力大小与P的重力大小相等B.任意时刻P、Q两物体的速度大小满足C.物块P一直做加速直线运动D.当Q上升到与滑轮等高时，它的机械能最大【答案】BD【解析】【详解】A．P先向下做加速运动，处于失重状态，则绳拉力大小小于P的重力大小，即Q受到的拉力大小小于P的重力大小。后向下减速运动，处于超重状态，拉力大小大于P的重力大小。故A错误；B．将圆环Q的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，则沿绳子方向的分速度等于P的速度。轻绳与杆的夹角为θ时，由速度的分解可得所以。故B正确；C．圆环Q和物块P被一根轻绳相连，一开始圆环Q加速运动，绳上拉力竖直方向的分力大于重力。之后随着圆环Q上升，拉力竖直方向的分力逐渐减小，经过中间某一位置时，拉力竖直方向的分力等于重力。之后，拉力竖直方向的分力小于重力，圆环Q做减速运动。所以物块P先做加速运动，后做减速运动。故C错误；D．圆环Q上升到与滑轮等高前，绳子的拉力做正功，Q机械能增加。圆环Q上升到与滑轮等高之后，绳子拉力做负功，Q机械能减小。所以Q上升到与滑轮等高时，机械能最大。故D正确。故选BD。12.如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静止一质量为m1的小滑块，现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F=kt（k为常量，t代表时间），长木板的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A.在0~2s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力增大B.小滑块与长木板间的动摩擦因数C.m1与m2之比为1：3D.当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5m/s【答案】AD【解析】【详解】A．在0~2s时间内，小滑块与长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，对小滑块有Ff=ma1a1在增大，所以静摩擦力Ff也在增大，A正确；BC．长木板的加速度a在3s时突变，所以小滑块在3s时脱离长木板，对长木板在3s时刻前、后的运动分析，由牛顿第二定律可得F3−Ff3=m2a前=m2（2m/s2）F3=m2a后=m2（3m/s2）解得Ff3=m2（1m/s2）在0~2s时间内F=（m1+m2）a1=kt所以在2~3s时间内F−Ff3=m2a2所以由图线斜率可知解得m1=m2BC错误；D．在2s时刻，小滑块与长木板的速度相同，在2~3s时间内小滑块的速度的变化量为Δv1=1m/s长木板的速度变化量为Δv2=1.5m/s所以3s时，长木板比小滑块的速度大0.5m/s，D正确。故选AD。【点睛】三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某同学利用打点计时器研究小车做变速直线运动的实验，得到如图所示的一条纸带，在纸带上依次取了A、B、C、D、E、F、G七个计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，从每一个计数点处将纸带剪开分成六条，分别为a、b、c、d、e、f，将这六条纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xoy坐标系中，得到如图所示的直方图，最后将各纸带上端中心连起来，得到表示vt关系的图象。已知打点计时器的工作频率为50Hz，为表示关系，图中x轴对应物理量是时间t，y轴对应物理量是速度v。(1)图中各纸带上端中心连线是一条倾斜的直线，由此可以判断小车做的是_____________运动。(2)如图所示，图中t4为__________s。(3)在纸带未剪断时，量出相邻的计数点之间的距离分别为xAB=2.12cm、xBC=2.51cm、xCD=2.91cm、xDE=3.31cm、xEF=3.70cm、xFG=4.11cm，则小车的加速度大小a=________m/s2（计算结果保留两位有效数字）。【答案】(1).匀加速直线(2).0.35(3).0.40【解析】【详解】(1)[1]纸带上端中心连线是一条倾斜的直线，说明相邻相等时间内的位移差相等，由此可以判断小车做的是匀加速直线运动。(2)[2]图中(3)[3]根据逐差法可求出加速度为14.某实验兴趣小组的同学利用如图所示的装置完成了“探究动能定理”的实验，该小组的同学组装好实验器材后，进行了如下的操作：a．在砂桶里装上一定质量的细砂，缓缓地调节长木板的倾角，轻推滑块，使滑块沿长木板匀速下滑；b．去掉细线和砂桶，保持长木板的倾角不变，接通电源，将滑块由光电门1上方释放，记录滑块经过两光电门时的挡光时间、；c．测出砂和砂桶的总质量m、滑块和遮光条的总质量M；d．改变砂桶中细砂的质量，重复a、b、c。(1)长木板表面的粗糙程度对该实验______（填“有”或“无”）影响；去掉细线和砂桶后，滑块的合力应为______（用以上的物理量表示），重力加速度g已知。(2)为了写出探究动能定理的关系式，除了上述物理量外，请分析还需要测量的物理量有______。A．长木板的倾角θB.遮光条的宽度dC.光电门2到长木板顶端之间的距离LD.两光电门之间的距离s(3)由以上的分析可知，动能定理的关系式应为_______（用以上的物理量表示）。【答案】(1).无(2).mg(3).BD(4).【解析】【详解】(1)[1][2]当小车匀速下滑时砂桶的重力与小车所受的摩擦力的合力等于滑块重力向下的分力，去掉细线和砂桶后，滑块的合力应等于砂桶的重力mg。则长木板表面的粗糙程度对该实验无影响；(2)[3]遮光条通过两个光电门时的速度分别为则要验证的关系是即则要测量的物理量是遮光条的宽度d以及两光电门之间的距离s，故选BD。(3)[4]由以上的分析可知，动能定理的关系式应为15.如图所示，汽车货箱的长度l=6m，货箱中有一质量m=40kg的货物（可视为质点），它到货箱后壁的距离l1=1m。已知货物与货箱底板间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度g=10m/s2。(1)若汽车以2m/s2加速度启动，求货物所受摩擦力的大小。(2)若汽车缓慢启动，货物与汽车无相对滑动，汽车以36km/h的速度在平直公路上匀速行驶，因为前方红灯，司机以4m/s2加速度开始刹车直到停止（可视为匀减速直线运动）。假设不考虑司机的反应时间，通过计算判断汽车从开始刹车到停止的过程中，货物是否与货箱前壁发生碰撞，若未发生碰撞，此时货物与货箱前壁的距离是多少？【答案】(1)80N；(2)未发生碰撞，1.875m【解析】【详解】(1)汽车加速度货物随汽车一起加速，货物受到的摩擦力(2)汽车刹车加速度货物与汽车相对滑动，货物减速的加速度汽车刹车到停止所用时间汽车前进的距离货物减速前进的距离则货物相对汽车向前运动的距离货物与货箱前壁未发生碰撞，距离1.875m16.第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年在中国北京和张家口举行。如图所示为简化后的雪道示意图，运动员一定的初速度从半径R=10m的圆弧轨道AB末端水平飞出，落在倾角为的斜坡上，已知运动员到B点时对轨道的压力是其重力的5倍，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)运动员在斜坡上的落点距B点的距离；(2)运动过程中运动员距斜坡的最大距离及从B点到距斜坡的最大距离所用的时间。【答案】(1)75m；(2)9m；s【解析】【详解】(1)运动员在B点解得20m/s根据平抛知识解得3s运动员落到斜坡处距B点的距离(2)如图在垂直斜面方向上的速度减为零时，运动员距斜面最远s运动员距斜坡的最大距离m17.如图所示，倾角37°的传送带以速度v0=1m/s顺时针匀速转动，可视为质点的小滑块以平行于传送带向下的初速度v滑上传送带顶端，经过一段时间从传送带上滑落。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为µ＝0.8，滑块的质量m