【精准解析】甘肃省甘南藏族自治州合作第一中学2020届高三上学期期中考试物理试题.pdf

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1、-1-合作一中2019-2020 学年第一学期期中考试高三物理试卷一、选择题（本题共9小题，每小题 6 分，共 54 分。1-5题为单选，6-9 题为多选。）1.第谷、开普勒等人对行星运动的研究漫长而曲折，牛顿在他们研究的基础上，得出了科学史上最伟大的定律之一万有引力定律，下列说法正确的是（）A.开普勒通过研究、观测和记录发现行星绕太阳做匀速圆周运动B.太阳与行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星C.牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识D.库伦利用实验较为准确地测出了引力常量G 的数值【答案】C【解析】根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳的运动都是椭圆，故A 错误；太阳

2、与行星间的引力就是万有引力，万有引力适用于一切天体之间，故B 错误；在发现万有引力定律的过程中，牛顿应用了牛顿第三定律以及开普勒定律的知识，故C 正确；万有引力常量G 是由卡文迪许在实验室中首次准确测量出来的，故D 错误；故选 C.2.汽车以 20m/s 的速度匀速运动，发现前方有障碍物立即以大小为5m/s2的加速度刹车，则汽车刹车后第2s内的位移和刹车后5s 内的位移为（）A.30m,40m B.30m,37.5m C.12.5m,40 m D.12.5m,37.5m【答案】C【解析】【详解】汽车刹车减速至0，用时：20s4s5vtt汽车刹车减速至0 的过程的逆过程视为初速度为0 的匀加速直

3、线运动，则汽车刹车后前2s内的位移：22221122xatat解得：130mx刹车后前1s内的位移：-2-22111122xatat解得：117.5mx则第2s内的位移：2130m17.5m12.5mxxx汽车刹车后5s内的位移与4s内的位移相同：212xat解得：240mxC 正确，ABD 错误。故选 C。3.一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即12FF、和摩擦力的作用，木块处于静止状态，如图所示，其中12=10=2FNFN，若撤去1F，则木块受到的摩擦力为（）A.10 N,方向向左B.6N，方向向右C.2N，方向向右D.0【答案】C【解析】【详解】开始时在水平方向木块受12FF、

4、及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知木块所受的静摩擦力的大小为8N，则有木块受到的最大静摩擦力8Nmaxf；当撤去力1F后，由于22NmaxFf，则有木块仍处于静止状态，由平衡条件可知木块所受的静摩擦力大小f与作用在木块上的2F等大反向，即2Nf，方向水平向右，故选项C 正确，A、B、D 错误4.质量为 0.3kg 的物体在水平面上运动，图中两直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的速度-时间图像，则下列说法正确的是：-3-A.物体所受摩擦力一定等于0.1N B.水平拉力一定等于0.1N C.物体不受水平拉力时的速度-时间图像一定是a D.物体不受水平拉力时的速度-时间图像一定是

5、b【答案】B【解析】【详解】设拉力大小为F由图读出加速度分别为aa=13m/s2，ab=23m/s2CD两图加速度大小不同，拉力方向与滑动摩擦力方向可能相反，也可能相同，无法判断物体不受水平拉力是哪个图象故CD 错误；B若物体受水平拉力时的速度图象是a 时，拉力与速度方向相同，根据牛顿第二定律得f-F=maa，f=mab，解得 F=0.1N若物体受水平拉力时的速度图象是b 时，拉力与速度方向相反，根据牛顿第二定律得f+F=mab，f=maa，解得 F=0.1N故 B 正确；A由上得到：若物体受水平拉力时的速度图象是a 时，摩擦力f=0.2N；若物体受水平拉力时的速度图象是b 时，摩擦力f=0.

6、1N，故 A 错误5.如图所示，AB 是半圆弧的直径，处于水平，O 是圆弧的圆心，C 是圆弧上一点，OAC37，在 A、O 两点分别以一定的初速度同时水平抛出两个小球，结果都落在C 点，则两个球抛出的初速度 v1、v2的大小之比为(sin 370.6，cos 37 0.8，取 g10 m/s2，不计空气阻力)()-4-A.v1 v2 327B.v1v2167 C.v1 v2 163D.v1v2169【答案】A【解析】【详解】两球下落的高度相同，根据2htg；知，下落的时间相同，设圆弧的半径为R，则A 点抛出的球平抛运动的水平位移x12Rcos 37 cos 37 1.28R，从 O 点抛出的球

7、做平抛运动的水平位移为x2x1R0.28R，根据xvt知 v1 v2327，A 正确6.如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律绳子两端的物体下落（或上升）的加速度总是小于自由落体的加速度g 已知物体 A、B 的质量相等均为4m，物体 C 的质量为m，一切摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长，现将装置从静止释放下列说法正确的是-5-A.物体 C 的加速度为3gB.物体 C 的加速度为9gC.物体 C 对 B的拉力为23mgD.物体 C 对 B 的拉力为89mg【答案】BD【解析】设物体 C 下落的加速度为a，绳子的张力为T，以物体 A 作为研究

8、对象有：T-4mg=4ma，以 BC作为整体为研究对象有：（4m+m）g-T=（4m+m）a，联立以上两式可解得：9ga，故 A 错误，B 正确；对物体C，根据牛顿第二定律得：mg-F=ma，解得：89Fmg，故 C 错误，D正确所以BD 正确，AC 错误7.如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x 随时间 t变化的图像，已知甲对应的是图像中的直线，乙对应的是图像中的曲线，则下列说法正确的是()A.甲做匀减速直线运动B.乙做变速直线运动C.0t1时间内两物体平均速度大小相等D.两物体的运动方向相反【答案】BD【解析】【详解】结合题意分析题图易知，题图中图像的斜率等于速度，知甲沿负方向

9、做匀速直线运动，故 A 错误 乙图像切线的斜率不断增大，说明乙的速度不断增大，做变速直线运动，故 B正确根据坐标的变化量等于位移知，0t1时间内两物体位移大小不相等，方向相反，所以平均速度不相等，故C 错误根据图像的斜率等于速度可知，甲的速度为负，乙的速度为正，即两物体的运动方向相反，故D 正确；故选BD 8.如图所示，物体 A、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45 的斜面上，B 悬挂着 已知质量mA2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45 增大到 60，但物体仍保持静止，下列说法正确的是-6-A.绳子的张力增大B.物体 A 对斜面的压力将增大C.物体 A 受到的静摩擦力增大D.滑轮

10、受到绳子的作用力保持不变【答案】C【解析】【详解】物体B受竖直向下的重力mg 和竖直向上的绳子拉力T，由二力平衡得到：T=mg；以物体 A 为研究对象，物体A 受力如下图所示：A 静止，处于平衡状态，由平衡条件得：f+T-2mgsin45=0 N-2mgcos45=0 解得：f=2mgsin45-T=2mgsin45-mg N=2mgcos45 当由 45 增大到 60 时，f不断变大，N 不断变小；A绳子张力T=mg 保持不变，故A 错误；B物体 A 对斜面压力 N=N=2mgcos 将变小，故B 错误；C摩擦力变大，故C 正确；D绳子的拉力不变，但是滑轮两边绳子的夹角减小，则滑轮受到绳子的

11、作用力变大，选项D错误-7-9.“神舟十号”与“天宫一号”已多次成功实现交会对接。如图所示，交会对接前“神舟十号”飞船先在较低圆轨道1 上运动，在适当位置经变轨与在圆轨道2上运动的“天宫一号”对接。M，Q两点在轨道1 上，P点在轨道2上，三点连线过地球球心，把飞船的加速过程简化为只做一次短时加速。下列关于“神舟十号”变轨过程的描述，正确的有（）A.“神舟十号”在 M 点加速，可以在P点与“天宫一号”相遇B.“神舟十号”在 M 点减速，即可变轨到轨道2 C.“神舟十号”经变轨后速度总大于变轨前的速度D.“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期【答案】AD【解析】【详解】A神舟十号与天宫

12、一号实施对接，需要神舟十号抬升轨道，即神舟十号开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬长与天宫一号实现对接，故“神舟十号”在M 点加速，可以在P 点与“天宫一号”相遇，故正确；B神舟十号与天宫一号实施对接，需要神舟十号抬升轨道，即神舟十号开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬长与天宫一号实现对接，故B 错误；C根据万有引力提供向心力22MmvGmrr解得GMvr可知卫星轨道高度越大线速度越小，故C 错误；D根据万有引力提供向心力2224MmGmrrT解得-8-32rTGM可知轨道半径越大，周期越大，“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前，故D 正确。故选：AD。10.如图所示，小球在竖直放置的光滑

13、圆形管道内做圆周运动，管道内侧壁半径为R，小球半径为 r，则下列说法中正确的是（）A.小球通过最高点时的最小速度minvRgB.小球通过最高点时的最小速度min0vC.小球在水平线ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力【答案】BC【解析】【详解】AB.因是在圆形管道内做圆周运动，所以在最高点时，内壁可以给小球沿半径向外的支持力，所以小球通过最高点时的最小速度可以为零所以选项A 错误，B 正确；C.小球在水平线ab 以下的管道中运动时，竖直向下的重力沿半径方向的分力沿半径方向向外，小球的向心力是沿半径向圆心的，小球

14、与外壁一定会相互挤压，所以小球一定会受到外壁的作用力，内壁管壁对小球一定无作用力，所以选项C 正确；D.小球在水平线ab 以上的管道中运动时，当速度较小时，重力沿半径方向上的分力大于或等于小球做圆周运动需要的向心力，此时小球与外壁不存在相互挤压，外侧管壁对小球没有作用力，选项D 错误三、实验题（本大题共3小题，共 15分。请把答案写在答题卡上）11.某同学在测量长度时，游标卡尺的读数如下图所示，读得的数值是_cm。-9-【答案】1.095【解析】【详解】游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第19 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为19 0.05mm=0.95mm所以最终读数为10mm

15、0.95mm=10.95mm=1.095cml12.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图甲所示，其中A 为固定橡皮条的图钉，O 为橡皮条与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳套（1）图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示，下列说法中正确的是_A图乙中的F是力 F1和 F2合力的理论值，F 是力 F1和 F2合力的实际测量值B图乙中的F 是力 F1和 F2合力的理论值，F是力 F1和 F2合力的实际测量值C在实验中，如果将细绳也换成橡皮条，那么对实验结果没有影响D在实验中，如果将细绳也换成橡皮条，那么对实验结果有影响（2）本实验采用的科学方法是_A理想实验法B等效替代法C控

16、制变量法 D建立物理模型法【答案】(1).BC(2).B【解析】【分析】由于实验误差的存在，导致F1与 F2合成的理论值（通过平行四边形定则得出的值）与实际值（实际实验的数值）存在差别，只要O 点的作用效果相同，是否换成橡皮条不影响实验结果；-10-【详解】（1）F1与 F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉 O 点的时的值，因此F 是 F1与 F2合成的理论值，F是 F1与 F2合成的实际值，故A 错误，B正确；由于O 点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果，故C正确，D 错误故选BC（2）两个力作用和一个力作用的效果相同，即使节点到达同

17、一个位置，所以本实验采用的方法是等效替代法，故ACD 错误，B 正确故选B13.某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，实验步骤如下：A.按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；C.挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D.改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度.根据以上实验过程，回答以下问题：(1)对于上述实验，下列说法正确的是（

18、）A.小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B.实验过程中砝码盘处于超重状态C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行D.弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半E.砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为_m/s2.（结果保留 2 位有效数字）(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系图象，与本实验相符合的是（）-11-【答案】(1).C(2).0.16(3).A【解析】【详解】(1)A、由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2 倍，故 A 错误；B.实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，

19、故B 错误；C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故C 正确；D.实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D 错误；E.由于不需要把砝码的重力作为小车的拉力，故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故E 错误；故选 C(2)设相邻两个计数点之间的位移分别为x1、x2、x3，相邻两个计数点之间的时间间隔T=5 0.02s=0.1s，由 x=aT2结合作差法得：31220.03840.0352220.01xxaTm/s2=0.16m/s2(3)由题意可知，小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系应该是成

20、正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A 与本实验符合故选A.三.计算题（13小题 12分，14 小题 14 分、15 小题 15分，共 41分）14.足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。某足球场长90 m、宽 60 m。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为10 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2。求：（1）足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大；（2）若在足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线先从静止开始以1.6m/s2的加速度向前匀加速追赶足球，速度达到8 m/s后以此速

21、度匀速运动。则该前锋队员经过多长时间能追上足球?-12-【答案】（1）25m（2）5.625s【解析】【详解】（1）已知足球的初速度为v1=10 m/s，加速度大小为a1=2 m/s2足球做匀减速运动的时间为1115vtsa位移为11125m2vxt（2）已知前锋队员的加速度为a2=1.6 m/s2，足球停下来时运动员的位移：2211=20m22xa t此时运动员的速度2 18m s2/va t由于 x2x1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，之后前锋队员做匀速直线运动追赶，其位移为x3=x1-x2=5 m 时间为：320.625s2xtv前锋队员追上足球的时间t=t1+t3=5.625

22、s 15.如图所示，一长l=045m 的轻绳一端固定在O 点，另一端连接一质量m=010kg 的小球，悬点 O 距离水平地面的高度H=090m开始时小球处于A 点，此时轻绳拉直处于水平方向上，让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O 正下方一个固定的钉子P时立刻断裂不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g=10m/s2求：-13-（1）绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求 C点与 B点之间的水平距离；（2）若=030m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻绳能承受的最大拉力【答案】（1）09m（2）7N【解析】试题分析：（1）设小球运动到B 点时的速度大

23、小为Bv，由机械能守恒定律得：212Bmvmgl解得小球运动到B 点时的速度大小为：23.0/Bvglm s小球从 B 点做平抛运动，由运动学规律得到：Bxv t，212yHlgt解得：C 点与 B 点之间的水平距离：20.90BHlxvmg（2）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值mF，由牛顿定律得：2BmvFmgmr，rlOP由以上各式解得：7mFN考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】本题关键明确小球的运动情况，然后结合机械能守恒定律、牛顿第二定律、平抛运动的分位移公式列式求解16.如图所示，一质量m 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量m 的小铁块以水平向左速度

24、v0从木板的右端滑上木板已知木板与地面间的动摩擦因数，铁块与木板间的动摩擦因数4，求：(1)铁块相对木板滑动时，木板的加速度;-14-(2)为使木块不冲出木板，则木板的最短长度;(3)若木块不冲出木板，则木板在水平地面上滑行的总路程.【答案】（1）2g（2）2012vg（3）2012vg【解析】试题分析：小铁块滑上木板后做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律分别求出它们的加速度；当二者速度相等时达到相对静止，根据位移公式可求得两物体的对地位移，则可求得木板的最短长度；二者速度相等后一起做匀减速直线运动，由位移公式求出位移，然后求和即可（1）设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为

25、a块，由牛顿第二定律得：4mgma块解得：4ag块设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a板，由牛顿第二定律得：42mgmgma板解得：2ag板（2）小滑块与长木板速度相等时：0v42g tg t解得：06tgv小铁块运动的距离为：201=2xv ta t块块带入可得：209vxg块木板运动的距离：22201122236vxa tgtg板板长木板的最短长度为：20min-=12vLxxg板块（3）此后以一起做匀减速运动的加速度为：22mgma共解得：ag共一起开始匀减速时的速度为：002=263vvvg tgg共根据速度位移公式：202()3va x共板解得：2018vxg板木板在水平地面上滑行的总路程为：2012vxxxg板总板板-15-点睛：本题主要考查了板块相对滑动问题，对两个物体的运动情况分析清楚，然后根据牛顿第二定律列式求解出各个运动过程的加速度，最后根据运动学公式列式求解