江苏省徐州市2020届高三上学期期中考试物理试题

2019—2020学年度高三年级第一学期期中抽测物理试题一、单项选择题1.物体做竖直上抛运动，下列图象能反映其上升过程运动情况的是A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】A．物体做竖直上抛运动，选取向上为正方向，则所以图像为抛物线，不是直线，故A错误；BC．将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力，物体做匀减速直线运动，则上升的过程有v是t的线性函数，当速度减为0，故B错误，C正确；D．竖直上抛运动的加速度等于重力加速度，是不变的，故D错误。故选C。2.2019年10月11日，我国首颗火星探测器——“火星一号”第一次公开亮相，将在未来实现火星的环绕、着陆和巡视。已知火星绕太阳公转的轨道半径是地球公转轨道半径的1.5倍，火星质量约为地球质量的十分之一，关于火星、地球绕太阳的运动，下列说法正确的是A. 火星的周期小于地球的周期B. 火星的线速度大于地球的线速度C. 火星的加速度大于地球的加速度D. 太阳对火星的万有引力小于对地球的万有引力【答案】D【解析】【详解】A．设太阳质量为M，行星质量为m，根据万有引力提供向心力有得由于火星的公转半径比地球的公转半径大，所以火星的公转周期比地球的公转周期大，故A错误；B．设太阳质量为M，行星质量为m，根据万有引力提供向心力有得由于火星的公转半径比地球的公转半径大，火星的公转速度比地球的公转速度小，故B错误；C．设太阳质量为M，行星质量为m，根据万有引力提供向心力有得由于火星的公转半径比地球的公转半径大，火星的加速度比地球的加速度小，故C错误；D．根据万有引力定律得故太阳对火星的万有引力小于对地球的万有引力，故D正确。故选D。3.如图所示，在边长为l的正三角形的顶点分别固定一负电荷，处的电荷量为，中心处的场强恰好为零，已知静电力常量为。若仅将处电荷改为等量的正电荷，则处场强的大小和方向分别为A. ，沿方向 B. ，沿方向C. ，沿方向 D. ，沿方向【答案】A【解析】【详解】A处的电荷量为Q，OA的距离为则Q在O点产生的电场强度为，由于B和C处电荷与A处的电荷在O点的合场强为零，则B和C处电荷在O处的电场强度大小为，方向沿AO方向；若仅将A处电荷改为等量的正电荷，则O处场强的大小为沿AO方向，故A正确、BCD错误。故选A。4.静止的物体从时刻开始受到如图所示的合外力作用，下列表述正确的是A. 内物体的速度先增大后减小 B. 内物体的速度方向一直不变C. 末物体回到出发点 D. 末物体的速度方向发生变化【答案】B【解析】【详解】A．0～2s内，合外力与速度同向，则加速度与速度同向，所以物体速度一直增大，故A错误；BD．2～4s内，合外力与速度反向，则加速度与速度反向，所以物体的速度一直减小，所以0～4s内物体的速度方向一直不变，故B正确，D错误；C．0～4s内物体沿正向运动，4s末物体不会回到出发点，故C错误。故选：B。5.如图所示，河宽为，河岸上两位置分别与对岸的两位置正对，为连线上的一个小岛，甲乙两船在静水中的速度大小均为，水流速度为。甲船头正对河岸，从点出发，乙船头斜向上游，从点沿的连线航行，两船同时到达小岛。下列说法正确的是A. 小岛到位置的距离为B. 的距离为C. 仅将水流速度增大为，甲、乙两船仍能同时到达小岛D. 仅将水流速度增大为，甲、乙两船均不能到达小岛【答案】D【解析】【详解】设乙船在静水中的速度方向和河岸的夹角为θ，要使乙船能够垂直过河，有得乙船的实际速度为设甲乙同时到达E点时间为t，乙船到达E点的距离甲垂直河岸的位移而联立解得A．小岛E到C位置的距离 故A错误；B．AD的距离故B错误；CD．仅将水流速度，过河时间不变，垂直河岸的位移不变，但沿河岸的分速度增大，甲、乙两船经过t后，都到了E点下游，所以甲、乙两船均不能到达小岛E，故C错误，D正确。故选：D。6.如图所示，粗糙的固定水平杆上有三点，轻质弹簧一端固定在点正下方的点，另一端与套在杆点、质量为的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。圆环从处由静止释放，向右运动经过点时速度为、加速度为零，到达点时速度为零，下列说法正确的是A. 从到过程中，圆环在点速度最大B. 从到过程中，圆环的加速度先减小后增大C. 从到过程中，弹簧对圆环做的功一定大于D. 从到过程中，圆环克服摩擦力做功等于【答案】C【解析】【详解】AB．圆环由A点释放，此时弹簧处于拉伸状态，则圆环加速运动，设AB之间的D位置为弹簧的原长，则A到D的过程中，弹簧弹力减小，圆环的加速度逐渐减小，D到B的过程中，弹簧处于压缩状态，则弹簧弹力增大，圆环的加速度先增大后减小，B点时，圆环合力为零，竖直向上的弹力等于重力，从B到C的过程中，圆环可能做减速运动，无论是否存在弹簧原长的位置，圆环的加速度始终增大，也可能先做加速后做减速运动，加速度先减小后增大，故B点的速度不一定最大，从A到C过程中，圆环的加速度不是先减小后增大，故AB错误；C．从A到B过程中，弹簧对圆环做的功、摩擦力做负功，根据功能关系可知，弹簧对圆环做功一定大于，故C正确；D．从B到C过程中，弹簧弹力做功，圆环克服摩擦力做功，根据功能关系可知，圆环克服摩擦力做功不等于，故D错误。故选C。二、多项选择题7.2019年7月19日，天宫二号实验室受控离轨并再入在大气层，少量残骸落入南太平洋预定安全海域，标志着中国载人航天工程空间实验室阶段全部任务圆满完成。在实验期间，成功实现将货运飞船“天舟一号”与轨道空间站“天宫二号”刚性对接，设对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其周期为，离地面的高度为。已知地球半径为，引力常量为，根据以上信息可求出A. 组合体的质量为 B. 地球的质量为C. 地球表面的重力加速度为 D. 组合体的向心加速度为【答案】BD【解析】【详解】AB．对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其周期为T，离地面的高度为H，设地球质量为M，组合体质量为m，万有引力提供向心力得得①故A错误，B正确；C．忽略球体自转影响，万有引力等于重力得②联立①②得故C错误；D．对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其周期为T，离地面的高度为H，设地球质量为M，组合体质量为m，万有引力提供向心力得③联立①③解得故D正确。故选BD。8.如图所示为等量异种电荷的电场线分布情况，为两点电荷连线的中点。关于点对称，若点的电势为0，则A. 点的电势小于0 B. 电子在点电势能比点的小C. 两点的场强相同 D. 间的电势差等于间的电势差【答案】BC【解析】【详解】A．O点的电势为0，则等量异种电荷连线的中垂线的电势为0，沿电场线的方向电势降低，所以A点的电势大于0，故A错误；B．由上面的分析知φA＞φB，负电荷在电势越高的地方电势能越小，所以电子在A点电势能比B点的小，故B正确；C．由对称性知：A、B两点的电场线的疏密一样，所以A、B两点的场强大小相同，方向为A、B两点的切线方向，由对称性知方向相同，故C正确；D．因为A、O、B三点的电势关系为：φA＞φO＞φB由对称性得：UAO=-UBO故D错误。故选：BC。9.如图所示，一长为的轻杆一端与水平转轴相连，另一端固定一质量为的小球，转轴带动轻杆使小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，角速度为。为与圆心等高的两点，为最高点，重力加速度为。则A. 在B点时杆对球的作用力不可能为0B. 在点时，杆对球的作用力大小为C. 从转动到的过程中，小球处于超重状态D. 从转动到的过程中，小球重力的功率一直增大【答案】BD【解析】【详解】A．在B点杆对球的作用力为0，只由重力提供向心力，小球也能在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，故A错误；B．在A点时，小球受重力（mg）和杆对小球的作用力（F），向心力的大小为mlω2，合力提供向心力，所以有故B正确；C．从A转动到B的过程中，小球的向心加速度有竖直向下的分量，所以小球处于失重状态，故C错误；D．从B转动到C的过程中，速度大小不变，速度与重力方向的夹角θ逐渐变小，由可知，小球重力的功率一直增大，故D正确。故选BD。10.如图甲是某超载货车运送圆柱形钢管的情景，所装钢管规格相同，如图乙是钢管堆放的截面示意图。已知钢管间的动摩擦因数为，每根钢管的质量为，重力加速度为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下层钢管被固定不能移动。下列分析正确的是A. 管之间的弹力大小为B. 若把上层钢管水平向外抽出,所需最小力为C. 与间不发生相对滑动，汽车的加速度最大为D. 若汽车运动的加速度为，则钢管受到的作用力为【答案】CD【解析】【详解】A．设A、B管之间的弹力大小为T，T与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得解得根据对称性可知C对A的弹力大小也为T，根据平衡条件可得解得故A错误；B．若把上层A钢管水平向外抽出，所需最小拉力等于A受到的摩擦力，摩擦力所以所需最小力为，故B错误；C．A与B、C间恰好不发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得f=ma，解得汽车的加速度最大为故C正确；D．若汽车运动的加速度为μg，则钢管A受到B、C的作用力为故D正确。故选CD。11.某同学将“打夯”的情景简化成以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，大小均为，方向都与竖直方向成，重物离开地面30cm后停止施力，最后重物自由下落把地面砸深2cm。已知重物的质量为40kg，g取，。则：A. 两绳对重物的合力为600NB. 整个上升过程重物的重力势能增加120JC. 重物落地时的速度大小为3.0m/sD. 重物对地面的平均冲击力大小为【答案】AC【解析】【详解】A．将两个拉力正交分解后，水平方向上的合力为零，竖直方向上的合力就是两绳对重物的合力故A正确；B．两绳用力时物体的加速度设停止用力后物体还有上升h，则有所以那么重物加速减速上升的总高度为重物增加的重力势能故B错误；C．物体上升到最大高度H后就自由落体，所以落地的速度故C正确；D．从最高点到把地砸深2m，根据动能定理有代入解得故D错误。故选AC。三、简答题12.为了“探究加速度与力、质量的关系”。现提供如图甲所示的实验装置。（1）以下实验操作正确的是_____________A. 电火花计时器应接6V以下交流电源B. 调节滑轮高度，使细线与长木板平行C. 先将电火花计时器接通电源，后释放小车D. 平衡摩擦力时应使小车在砝码及砝码盘牵引下恰好做匀速运动（2）如图乙为某次实验得到的纸带，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，已知交流电频率为。该小车的加速度___________。（结果保留两位有效数字）（3）下表记录了砝码和砝码盘的质量一定时，小车质量与对应的加速度及的数据，请在坐标图丙中描点作出图象，（        ）并从图象判断小车加速度与质量之间应满足________________（选填“正比”或“反比”）关系。实验次数123450.850.570.500.330.280.440.660.881.101.322.271511.360.920.76  （4）小车质量一定时，改变砝码个数，得到图象如图丁所示，其末端明显偏离直线，主要原因是_____________。【答案】    (1). BC    (2). 0.19    (3).     (4). 反比    (5). 随着砝码数量的增加，不能很好的满足小车质量远大于砝码和砝码盘的总质量【解析】【详解】(1)[1]A．电火花计时器使用的是交流220v电源，故A错误；B．实验已经平衡摩擦力，故需要使细线与长木板平行，故B正确；C．根据使用打点计时器操作规则，先将电火花计时器接通电源，后释放小车；故C正确；D．平衡摩擦力是利用小车自身的重力来平衡摩擦力，此时不能悬挂重物，故D错误。故选BC。(2)[2]每5个点取一个计数点，已知交流电频率为50Hz，则计数点间时间间隔为T=0.1s；由逐差法得(3)[3]由表格中的数据，描点得图像如图所示[4]由图像可知a与成正比，故小车加速度a与质量M之间应满足反比关系；(4)[5]小车质量远大于砝码和砝码盘的总质量时，由实验原理可知，有此时斜率近似等于；随着砝码数量的增加，不能很好的满足小车质量远大于砝码和砝码盘的总质量，此时斜率为，m增大，斜率减小，故末端明显偏离直线，故末端明显偏离直线的原因是随着砝码数量的增加，不能很好的满足小车质量远大于砝码和砝码盘的总质量。13.某研究小组设计了一种测量滑块与木板之间动摩擦因数的实验方案，实验装置如图甲所示。水平桌面上固定一圆弧轨道和一平直木板，二者在处平滑连接。处安装一光电门测量遮光条经过的时间，重力加速度。实验如下：（1）用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图乙所示。某次测量中，计时器的示数为，则滑块经过点的速度________m/s。（2）将滑块由某位置静止释放，滑块停止在处，测得到的距离为，并记录计时器的示数为，则滑块与木板间的动摩擦因数表达式_______________。（用题中物理量的符号表示）（3）改变滑块释放的位置，多次实验，记录各次值并测量间距，作出关系图象如图丙，利用该图象求得滑块与木板间的动摩擦因数_______________。（4）为了减少实验误差，下列说法正确的是_______________。A. 增大遮光条宽度B. 圆弧轨道必须光滑C. 木板必须保持水平D. 滑块释放时的位置适当高些【答案】    (1). 0.50    (2).     (3). 0.5    (4). CD【解析】【详解】(1)[1]由图乙所示可知，遮光条宽度d为滑块经过M点速度v为(2)[2]滑块从M运动到N的过程，根据动能定理可知又联立解得(3)[3]由得图像的斜率由图丙得解得(4)[4]A．增大遮光条的宽度，遮光条通过光电门的运动与匀速运动越不接近，用求速度误差增大，故A错误；B．圆弧轨道是否光滑对实验结果没有影响，故B错误；C．木板必须保持水平，否则重力对滑块要做功，误差增大，故C正确；D．滑块释放时的位置适当高些，遮光条通过光电门的速度增大，越接近匀速运动，速度测量误差越小，故D正确。故选CD。四、计算题14.电视节目里有一个推木箱的游戏，游戏规则是：选手从点开始用力沿水平方向推木箱，一段时间后放手让木箱向前滑动，若木箱最后停在有效区域内（包括两点）视为成功。已知长，长，选手推动木箱过程加速度大小为，撤去推力后，木箱滑动加速度大小为，木箱视为质点。（1）推力作用2s，木箱能否到达有效区域？（2）若选手推木箱至点时撤去外力，木箱能否停在有效区域内？（3）要想获得游戏成功，推力作用的最长时间是多少？【答案】（1）不能到达有效区域（2）不能到达有效区域（3）2.5s【解析】【详解】(1)推力作用位移：代入数据得：末速度撤去推力后位移：代入数据得：全程位移：代入数据得：所以木箱不能到达有效区域 (2)选手推木箱至点时：由公式，撤去推力后位移：代入数据得：所以不能停在有效区域内 (3)要想获得游戏成功，木箱滑到点速度正好为0，力作用时间最长，设力作用最长时间为时刻的速度为，，加速运动过程中的位移：减速运动过程中的位移要使木箱停止在有效区域内，则需满足代入数据得：15.如图所示，长为的固定长直杆与水平面的夹角为，将一个质量为的圆环套在杆上，可沿杆匀速下滑。若圆环以某一初速度从底端向上运动，刚好能到达顶端。已知重力加速度为。（1）求圆环与杆间的动摩擦因数；（2）求圆环的速度；（3）若用大小为、方向与杆成角的力，从底端由静止斜向上拉动圆环，经时间到达顶端，求拉力的大小。【答案】（1）（2）（3）或【解析】【详解】(1)由题意，圆环匀速下滑，则有：得：(2)设圆环向上运动的加速度为，受力分析如图1所示，根据牛顿第二定律有：根据运动学公式解得：(3)设圆环在拉力作用下向上运动的加速度为，根据运动学公式，可得加速度①较小时，受力如图2所示：根据牛顿第二定律有： 解得：②较大时，受力如图3所示：根据牛顿第二定律有：解得：16.如图甲所示，大量电子由静止开始，经加速电场加速后，沿偏转电场两板正中间且平行板的方向射入，再从另一侧射出，打到右侧的荧光屏上。已知电子质量为，电荷量为，极板长，板间距离，极板右端到荧光屏的距离是，加在偏转极板间的电压如图乙所示。（设每个电子穿过平行板时可以认为电压是不变的，忽略电子所受重力）。求：（1）电子进入偏转电场时的初速度；（2）电子偏转距离最大时所加的偏转电压；（3）电子打在荧光屏上的长度。【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】(1)根据动能定理得：，电子进入偏转电场时的初速度(2)电子从极板中间进入，能打出偏转电场的最大距离为。电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有：得竖直方向有：其中：解得电子能射出偏转电场所加的最大电压：(3)设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为，偏转角为，则电子通过偏转电场时有：电子在荧光屏上偏离点的距离为由(2)知，偏转电压最大值，此时电子打到荧光屏上的偏转距离为：当所加反向电压，时，电子向屏上偏转的方向相反，且打到屏上的偏转距离为：所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：17.某兴趣小组设计了一个轨道，依次由光滑曲面、粗粗水平面、光滑竖直圆轨道及足够长的倾斜传送带组成，如图所示。滑块从曲面上某位置下滑，沿水平面从点左侧进入圆轨道再从点右侧离开继续向前运动，经过连接点时没有机械能损失。已知圆轨道半径，，，滑块质量，滑块与水平轨道、传送带间动摩擦因数均为0.5，传送带与水平面间的夹角，以的速度做逆时针运动。（）求：（1）要使滑块恰好经过圆轨道的最高点，静止释放滑块的高度为多大；（2）滑块从（1）问中释放位置以初动能滑下，滑块在传动带上向上运动的时间；（3）满足（2）问的条件下，滑块最终停在什么位置？【答案】（1）2.25m（2）0.8s（3）C点右侧0.4m处【解析】【详解】(1)设滑块下滑高度为时，恰好经过圆轨道最高点，在点：到由动能定理得解得： 即释放滑块的高度至少为，才能顺利经过圆轨道最高点。(2)设滑块运动到点速度为, 由动能定理：代入数据得：滑块沿传送带向上运动加速度为，由牛顿第二定律： 代入数据得：向上运动时间：代入数据得：(3)滑块向上运动最远距离：接着滑块沿传送带下滑，加速度仍然是，和传送带速度相同时运动距离：因为，此后滑块继续向下加速，设滑块在圆轨道能上升高度为由动能定理得：代入数据得：，因此滑块返回到点右侧，设其运动距离为，由：代入数据得：滑块最着能终停在点右侧处。