2020届江西省吉安市高三上学期期中考试物理试题(解析版).pdf

《2020届江西省吉安市高三上学期期中考试物理试题(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届江西省吉安市高三上学期期中考试物理试题(解析版).pdf（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、-1-吉安市 2020 届高三年级上学期期中考试物理试卷一、选择题（1-7 为单选题，8-12 为多选，每题4 分，共 48 分）1.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 02t时间内()A.甲质点做直线运动,乙质点做曲线运动B.乙质点的速度先增大后减小C.1t时刻两质点速度大小一定相等D.02t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；乙质点运动图线的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，0t2时间内，

2、两质点的位移大小相等，由xvt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2.水平桌面上有三本叠放在一起、质量均为m的书，书与桌面及书与书之间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，现想把中间的一本书水平抽出，则要用的力至少要大于（）A.4 mgB.3 mgC.2 mgD.mg【答案】A【解析】【分析】当第一本书与第二本书间、第二本书与第三本书间恰好发生相对滑动时，第二本书刚好被抽出，此时，第三本书静止不动，以上面两本书为研究对象，根据牛顿第二定律求解【详解】当第一本书与第二本书间、第二本书与第三本书间恰好发生相对滑动时，第二本书刚好被抽出；以第

3、一本书为研究对象，由牛顿第二定律得：mgma-2-以上面两本书为研究对象，根据牛顿第二定律得：22Fmgma两式相比解得：4Fmg，故 A正确，BCD 错误【点睛】本题要注意当书本之间恰好发生相对滑动时，是两者将发生相对滑动的临界状态，物体做匀加速度直线运动，结合整体法和隔离法进行研究3.如图所示，蹲在树枝上的一只松鼠看到一个猎人正在用枪水平对准它，就在子弹出枪口时，松鼠开始运动，下述各种运动方式中，松鼠一定能逃脱厄运而不被击中的是（设树枝足够高）（）A.自由落下B.竖直上跳C.迎着枪口，沿AB方向水平跳离树枝D.背着枪口，沿AC方向水平跳离树枝【答案】B【解析】【分析】子弹做的是平抛运动，在

4、竖直方向上就是自由落体运动，子弹和松鼠在同一高度，所以如果松鼠在竖直方向上也是自由落体运动，那么松鼠必定被击中【详解】A子弹在竖直方向上是自由落体运动，子弹和松鼠在同一高度，若松鼠做自由落体运动，那么松鼠和子弹在竖直方向上的运动是一样的，它们始终在一个高度上，所以松鼠一定会被击中，故A错误；B子弹在竖直方向上是自由落体运动，子弹和松鼠在同一高度，若竖直上跳时，在竖直方向上和子弹的运动过程不一样，能逃过厄运，故B正确；CD 子弹在竖直方向上是自由落体运动，子弹和松鼠在同一高度，不论是迎着枪口还是背着枪口，松鼠在竖直方向上都是自由落体运动，松鼠都会被击中，都不能逃脱厄运，故CD错误【点睛】平抛运动

5、在水平方向上分解为匀速直线运动，在竖直方向上分解为自由落体运动把握运动规律，求解问题4.石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料,它的发现使“太空电梯”的制造成为可能,人类将有望通过“太空电梯”进入太空设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯,电梯顶端可超过地球的同步卫星A的高度延伸到太空深处,这种所谓的太空电梯可用于降低成本地发射绕地人造卫星如图所示,假设某物体B乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处,与同高度运行的卫星C相比较()-3-A.B的角速度大于C的角速度B.B的线速度小于C的线速度C.若B突然脱离电梯，B将做离心运动D.B的向心加速度大于A的向心加速度【答案】B【解析

6、】【详解】AB 由图可知C的周期小于同步卫星的周期即小于B的周期，则C的角速度大于B的角速度,由：vr知 C的线速度大，则A错误，B正确C若B突然脱离电梯，因其线速度小于同轨道的卫星的线速度，则所需向心力小于万有引力,做近心运动.则 C错误.D因同步卫星A与B的角速度相同，故根据：2ar可知A的向心加速度大于B的向心加速度，故D错误.5.物体 A和 B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图（a）所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，如图（b）所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为（）A.mvB.

7、mu C.mvMuD.mvmu【答案】D【解析】-4-【详解】对B由动量定理得：0MgtMu设弹簧冲量为I，对 A由动量定理得：0Imgtmv联立解得：Imvmu故 ABC错误，D正确。6.2015 年 4 月 25 日 14 时 11 分在尼泊尔发生里氏8.1 级地震，震源深度20 千米，地震后造成珠穆朗玛峰发生雪崩，珠峰南坡登山大本营被埋假设珠峰南坡发生雪崩的一处山坡由两个倾角不同的斜面连接而成，在斜面连接处忽略积雪的动能损失雪崩时，积雪由静止开始下滑，积雪与两个斜面之间的动摩擦因数均为=33，两个斜面倾角分别为=53，=30图中，v、a、s、t、E、Ek分别表示积雪速度大小、加速度大小、

8、路程、时间、机械能和动能，图乙中可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】积雪的运动分为两个阶段，第一阶段加速度恒定的加速运动；第二阶段加速度为零的匀速运动A由于在两个阶段积雪都受摩擦力的作用，摩擦力做负功，机械能减小，故A错误B积雪在第一阶段：-5-sincos0aggcos(sincos)kEmghmgsmgsEk与s呈线性关系；第二阶段0a，速度不变，Ek为常数，故B正确C第一阶段：vat即：22 2va t所以2v与t2呈线性关系，故C项错误D第二阶段0a，故 D错误7.如图所示,一质量为m的小球,用长为l的轻绳悬挂于O点,初始时刻小球静止于P点 第一次小球在水平拉力F

9、1作用下,从P点缓慢地移动到Q点,此时轻绳与竖直方向夹角为(90o),张力大小为T1;第二次在水平恒力F2作用下,从P点开始运动并恰好能到达Q点,在Q点时轻绳中的张力大小为T2.关于这两个过程,下列说法中正确的是(不计空气阻力,重力加速度为g)()A.两个过程中，轻绳的张力均变大B.1cosmgT,2sinTmgC.第一个过程中,拉力F1在逐渐变大,且最大值一定大于F2D.第二个过程中,重力和水平恒力F2的合力的功率先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力：cosmgT所以轻绳的张力变大；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为“等效重力

10、”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和F2方向在同一直线上时，小球处于“等效最低点”，等效最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故A错误B第一次运动到Q点时，受力平衡，根据几何关系可知:-6-1cosmgT第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力：2(1cos)cossincossinsinmgTmgFmgmg故 B错误C第一次小球缓慢移动，因此小球一直处于平衡状态，解得：1tanFmg绳中张力：1mgTcos随着的逐渐增大，力F1、T1逐渐增大，当时最大；在第二次运动过程中，根据动能定理有：2(1cos)sin0mglF l

11、解得：211costansin2FmgmgF故 C正确D在第二个过程刚开始时，v=0由：P=F合v合cos知开始时P=0，而当球运动到等效最低点时，cos=0 所以P=0 由此可知重力和水平恒力的合力的功率先增大再减小，再增大再减小故D错误8.使物体成为卫星的最小发射速度称为第一字宙速度1v，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度22vv，与1v的关系是2v=12v，已知某星球半径是地球半径R的13，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的16，地球的平均密度为，不计其他星球的影响，则A.该星球上的第一宇宙速度为33gRB.该星球上的第二宇宙速度为3gRC.该星球的平均密度

12、为2D.该星球的质量为3881R-7-【答案】BC【解析】【详解】A根据第一宇宙速度126 36gRg Rvg R故 A错误；B根据题意，第二宇宙速度2123gRvv故 B正确；C根据公式2gRGM且34R3M故34gGR所以11632故 C正确；D根据公式333442323381RRMR故 D错误.9.质量为m小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时杆子停止转动，则()-8-A.小球仍在水平面内做匀速圆周运动B.在绳被烧断瞬间，a绳中张力

13、突然增大C.若角速度较小，小球在平行于平面ABC的竖直平面内摆动D.若角速度较大，小球可在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动【答案】BD【解析】【详解】Ab绳未断时，a绳拉力为小球重力mg，Lb为b的长度，小球速度为：2bvLb绳断时，由于惯性，球具有水平向外的速度受竖直向下的重力和竖直向上的a绳的拉力而在竖直面内做圆周运动，故A错误；B由牛顿运动定律有：2aavFmgmL可知当b绳断时，绳a的拉力大于小球重力，B正确；C当较小时，球在最低点速度较小，可能会存在：2avgL不能摆到与A点等高处，而在竖直面内来回摆动，水平方向没有力提供向心力，故不能在平行于平面ABC的竖直平面内摆动，故C错

14、误.D当较大时，球在最低点速度较大,如果：5avgL可在竖直面内做完整的圆周运动，故 D 正确10.如图所示,刚性板放在竖直墙壁和挡板K之间,竖直墙壁和水平面光滑,物体P、Q静止叠放在板上,此时物体P的上表面水平若将K往右缓慢移动一小段距离后固定,整个装置在新的位置仍保持静止,与原来的相比()-9-A.板对P的作用力不变B.P对板的压力变小C.P对Q的支持力减小D.水平地面受到的弹力变小【答案】AC【解析】【详解】AB 设板与水平地面的夹角为，以PQ整体为研究对象，分析受力情况如图1：总重力PQG、板的支持力1N和摩擦力1f，板对P的作用力是支持力1N和摩擦力1f的合力.由平衡条件分析可以知道

15、板对P的作用力大小与总重力大小平衡，保持不变.又因为：1cosPQNG 减小，1N增大.故 A正确、B错误.C以Q为研究对象，Q原来不受摩擦力，当将K往右缓慢移动一小段距离后，Q受力情况如图2，Q受到摩擦力，则Q受到的摩擦力将增大.支持力：2cosQNG原来支持力等于重力,故支持力减小了；所以C正确.D以板、P、Q整体为研究对象，受力情况如图3，则有水平地面的弹力NG，则水平地面受到的弹力将保持不变.故 D错误.11.如图所示，一辆小车在水平路面上运动，车内一小球被两根轻绳OA、OB系住并相对小车静止，其中OA水平，OB与竖直方向的夹角为，现将OA剪断，小车的运动情况不变，且小球仍相对小车静止

16、则下列说法正确的是（）-10-A.小车可能做匀速直线运动B.小车一定做匀变速直线运动C.轻绳OB上的拉力可能变小D.轻绳OB上拉力一定不变【答案】BD【解析】【详解】将轻绳OA剪断，小车的运动情况不变，且小球仍相对小车静止，可知剪断OA之前，OA的拉力为零，小球受的合力为：tanFmg加速度恒定为：tanag细绳的拉力为：cosmgT不变，则小车一定做匀变速直线运动，可能向右做匀加速直线运动，也可能向左做匀减速运动，故选BD.12.将小球以大小为v0 的初速度竖直向上抛出，经过时间 t后返回到抛出点，已知小球运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比，重力加速度大小为g，则小球()A.上升过程

17、的时间等于下降过程的时间B.克服空气阻力做的功上升过程等于下降过程C.返回抛出点时的速度大小为0gtvD.所受空气阻力的冲量上升过程等于下降过程【答案】CD【解析】【详解】A小球运动过程中受到空气阻力与其速率成正比，即：fkv则上升过程中加速度大小为：mgkvam上-11-下降过程中加速度大小为：mgkvam下即：aa上下上升与下降过程中位移大小相等，根据：212xat可知：tt下上故 A错误.B由：xvt可知上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以：ff下上由克服阻力做功：Wfx上升和下降位移相等，所以：ffWW下上故 B错误.CD 小球运动的v-t图像如图所示，由于位移大小相等，因此

18、图中两阴影部分面积相等；因为：fkv则f-t图像的两阴影部分的面积也相等，由：Ift可知上升和下降过程的冲量大小相等；取竖直向上为正方向，设返回抛出点的速度大小为v，则根据动量定理有：0mgtmvmv解得：0vgtv-12-故 C正确，D正确.二、实验题（每空2 分，共 14 分）13.在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数已知铁块A的质量mA=0.5 kg，金属板B的质量mB=1 kg 用水平力F向左拉金属板B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则A，B间的摩擦力Ff=_N，A，B间的动摩擦因数=_（g取 10 m/s

19、2）该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1 s，可求得拉金属板的水平力F=_N【答案】(1).2.50；(2).0.50；(3).4.50【解析】【详解】A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，Ff=F=2.50N根据Ff=mAg，解得：=0.50 由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据x=aT2，其中x=2cm=0.02m，T=0.1s，所以解得：a=2.0m/s2 根据牛顿第二定律得：F-Ff=mBa，代入数据解得F=4.50N14.如图所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、

20、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：-13-(1)为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做_运动(2)连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到下图所示的纸带纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时小车所受拉力为0.2 N，小车的质量为0.2 kg.请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化Ek补填表中空格_；_.(结果保留至小数点后第四位).O B O C O D O E O F W/J 0.0432 0.0572 0.0734 0.0915

21、 Ek/J 0.0430 0.0570 0.0734 0.0907 分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内WEk，与理论推导结果一致(3)实验前已测得托盘质量为7.7 10 3kg，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为_kg(g取 9.8 m/s2，结果保留至小数点后第三位)【答案】(1).匀速直线 (2).0.1115 (3).0.1105 (4).0.015【解析】【分析】(1)物块平衡阻力需要依靠自身的重力的分力来平衡，所以物块所受合外力为零，做匀速直线运动；(2)根据功的公式求出合外力做功的大小，结合某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出F点的速度，从而得出动能的变化量；(

22、3)根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，对砝码和砝码盘分析，根据牛顿第二定律求出砝码的质量【详解】(1)1物块所受合外力为零时，物块所受阻力和重力的分力平衡，达到平衡阻力的目的，故物块应该做匀速直线运动；(2)2合力做功：2J0.255J.7511.11005WFx-14-3F点的速度：1.051m/s2EGFxvT故F点的动能为：210.1105J2kFFEmv(3)4根据2xaT，运用逐差法得：222(0.66773676)(0.36760.1550)m/s0.97m/s990.01DGADxxaT由牛顿第二定律得：mmgTmma砝砝盘盘Tma代入数据解得：0.015kgm砝【

23、点睛】解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用三、计算题（15 题 8 分，16 题 9 分，17 题 10 分，18 题 11 分，共 38 分）15.如图所示的升降机中，用OA、OB两根绳子吊一个质量为20kg 的重物，若OA与竖直方向的夹角37，OA垂直于OB，且两绳所能承受的最大拉力均为320N，试求：（1）请判断，随着拉力增大，OA绳先断还是OB绳先断.（2）为使绳子不断，升降机竖直向上的加速度最大为多少？【答案】（1）OA绳先断（2）a=10m/s2【解析】【详解】(1)OA垂直于OB，分析物块受力有：sincosOAOB

24、TT因为37，所以可知：OAOBTT所以OA绳先断.-15-(2)分析知当OA绳拉力最大时，加速度最大mcosTmgma代入数据可得a=10m/s2答：(1)随着拉力增大，OA绳先断.(2)为使绳子不断，升降机竖直向上的加速度最大为a=10m/s2.16.长为L=0.6m 的轻绳一端系于固定点O，另一端系质量为m=1kg 的小球，将小球从O点正下方4L处，以一定初速度水平向右抛出，经一定时间绳被拉直以后，小球将以O为支点在竖直平面内摆动，已知绳刚被拉直时，绳与竖直线成60，g=10m/s2.如图所示，试求：（1）小球水平抛出时的初速度v0.（2）在绳被拉紧的瞬间，支点O受到的绳的冲量I.【答案

25、】（1）3m/s (2)2 3N s【解析】【详解】(1)小球被抛出后到绳拉紧前做平抛运动，绳拉紧时小球下落高度为：cos6044LLhL水平位移：3sin602LxL平抛运动时间：22hLtgg则小球抛出速度：06sin 606100.6m/s=3m/s22gLLvt(2)绳拉紧前瞬间，小球竖直分速度：-16-2ygLvgt根据水平速度与竖直速度的关系知小球合速度恰沿绳方向向外，绳拉紧时使小球速度减为0，绳对小球的冲量：22002yImvm vvmgL代入数据解得：2 3 N s，负号表示方向沿BO方向；则绳对支点的冲量大小为2 3 N s，方向沿OB方向.答:(1)小球水平抛出的初速度为3

26、m/s.(2)在绳被拉紧的瞬间，支点O受到的冲量为大小为2 3 N s，方向沿绳向外.17.如图所示，半径1m3r的两圆柱体A和 B，转动轴互相平行且在同一水平面内，轴心间的距离为s=3.2m两圆柱体A和 B均被电动机带动以=6rad/s的角速度同方向转动，质量均匀分布的长木板无初速地水平放置在A和 B上，其重心恰好在B的正上方从木板开始运动计时，圆柱体转动两周，木板恰好不受摩擦力的作用，且仍沿水平方向运动 设木板与两圆柱体间的动摩擦因数相同重力加速度g=10.0m/s2，取3.0求：（1）圆柱体边缘上某点的向心加速度；（2）圆柱体A、B与木板间的动摩擦因数；（3）从开始运动到重心恰在A的正上

27、方所需的时间【答案】(1)12.0m/s2(2)0.1 (3)2.6s【解析】【分析】(1)根据2ar求出圆柱的向心加速度；(2)木板在轮子上先做匀加速直线运动，当速度达到轮子的线速度时，做匀速直线运动，先根据运动学的公式求出加速度，然后根据牛顿第二定律求出动摩擦因数；(3)根据运动学公式求出运动的时间【详解】(1)根据向心加速度公式：221.m/s2 0ar轮方向由该点指向圆柱体的圆心-17-(2)木板的速度等于圆柱体轮缘的线速度时，木板不受摩擦力：2m/svr142st21m/s1atv匀加速过程中滑动摩擦力提供加速度：mgma解得：0.1ag(3)木板在两圆柱体间加速过程所通过的位移为s

28、1：212vas解得：12ms因1ss，所以木板在两圆柱体间的运动先是作匀加速直线运动，后作匀速直线运动可见从开始运动到重心恰在A的上方所需的时间应是两运动过程时间之和：11212.6sssttttv【点睛】解决本题的关键能通过物体的受力判断出物体的运动情况，然后结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解18.如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD的光滑，内圆ABCD的上半部分BCD粗糙，下半部分BAD光滑一质量m=0.1kg 的小球从轨道的最低点A，以初速度v0向右运动，球的尺寸略小于两圆间距，球运动的半径R=0.2m，取g=10m/s2（1）若要使小球始终紧贴外圆做完

29、整的圆周运动，初速度v0至少为多少？（2）若v0=3m/s，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球支持力N=1N，则在这段时间内摩擦力对小球做的功是多少？（3）若v0=3m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？-18-【答案】（1）10m/s（2）0.05J（3）3N,0.25J【解析】【详解】(1)设此情形下小球到达最高点的最小速度为vC，则有2CmvmgR22011222CmvmvmgR代入数据解得：010m/sv(2)设此时小球到达最高点的速度为Cv，克服摩擦力做的功为W，则2CmvmgNR22011222fmgRWmv

30、mv代入数据解得：0.05JfW(3)经足够长时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动，设小球经过最低点的速度为vA，受到的支持力为NA，则有：212AmgRmv2AAmvNmgR代入数据解得3NAN；设小球在整个运动过程中减少的机械能为E，由功能关系有：2201122AEmvmv代入数据解得：0.25JE.答：（1）若要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为10m/s.（2）若v0=3m/s，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力N=1N，则在这段时间内摩擦力对-19-小球做的功是0.05J.（3）若v0=3m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为3N；小球在整个运动过程中减少的机械能是0.25J.-20-