江苏省海门市海门中学2020届高三上学期第一次教学质量调研物理试题

2020届高三第一次教学质量调研物理本试卷满分120分，考试用时100分钟一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意，答对得3分，答错或不答得0分.1.如图是某质点在t时间内运动的x-t图象，由此可以判断得到A. 该质点运动过程中，速度越来越大B. 该质点运动轨迹为曲线C. 该质点一定在做匀变速直线运动D. 若t=2s，则该过程的平均速度v<4m/s【答案】A【解析】【详解】A．x-t图像的斜率表示瞬时速度，由图可知斜率逐渐增大，则速度逐渐变大，故A项正确；B．x-t图像的纵坐标表示位置只能为正负两个，则位移也是正负两个方向，则曲线表示的只能是变速直线运动，而分曲线运动，故B错误；C．x-t图像形状为曲线，但无法确定是否是抛物线，不一定满足匀变速直线运动的函数关系：故质点不一定在做匀变速直线运动，则C项错误；D．根据平均速度故D项错误。2.如图所示，从高出地面3m的位置竖直向上抛出一个小球，它上升 5m后回落，最后到达地面.分别以地面和抛出点为原点建立一维坐标系，方向均以向上为正，则下列说法正确的是A. 小球抛出点的位置坐标相同B. 小球通过的总位移不同C. 上升过程中，小球通过位移不同D. 小球落回地面时的速度相同【答案】D【解析】【详解】A．以地面和抛出点为原点, 小球抛出点的位置坐标分别为+3m和0，故A项错误；B．以地面和抛出点为原点，小球通过的总位移为故总位移相同，B项错误；C．以地面和抛出点为原点，上升过程中小球通过的位移为：则上升过程中小球通过的位移相同,C项错误；D．小球落回地面时的速度只有参考系的选择有关，与坐标原点的选取无关，故以地面和抛出点为原点小球落回地面时的速度相同，D项正确。3.如图所示是利用圆锥摆粗略验证向心力表达式的实验装置图，已知小球质量为m，小球距悬点的竖直高度为h，小球在水平面内做圆周运动的 半径为r，用秒表测得小球运动n圈的时间为t，则下列说法正确的是A. 小球受到重力、拉力、向心力B. 向心力的表达式Fn=mC. 小球所受的合外力为F合=mgD. 小球转动越快，细线与竖直方向的夹角越小【答案】C【解析】【详解】A．做圆锥摆的小球只受到重力和绳的拉力，向心力是效果力，不是小球受的力，A项错误；B．根据小球做匀速圆周运动的周期为故向心力大小为故B项错误；C．设细绳与竖直方向的夹角为，根据两受力重力、拉力和合力提供向心力构成的直角三角形，有：而由几何关系可得：故C项正确；D．根据向心力可知小球转动越快，周期T越小，则h越小，则细绳与竖直方向的夹角越大，故D项错误。4.如图所示，斜面体固定于水平面上，滑块A、B叠放后一起沿斜面匀速下滑，且始终保持相对静止，A上表面水平.则A、B在斜面上运动时，下列说法正确是A. 滑块A受到的重力和斜面对A的支持力相互平衡B. 滑块B只受到重力和A的支持力C. 滑块B对A的压力和斜面对A的支持力是一对相互作用力D. 滑块B对A的压力就是滑块B受到的重力【答案】B【解析】【详解】A．滑块A受到的重力和斜面对A的支持力大小不等，方向不同，故不能平衡，A项错误；B．滑块B和A一起做匀速直线运动，无相对滑行趋势，则不受静摩擦力，只受到重力和A的支持力；B正确；C．相互作用力发生在两物体之间，则滑块B对A的压力和B对A的支持力是一对相互作用力，C项错误；D．滑块B对A的压力和滑块B受到的重力虽然大小和方向均相同，但两力的性质、施力物体、受力物体、力的作用点均不同，故压力不是重力，D项错误。5.如图所示是研究空间站与飞船力学关系的模型图，若已知空间站的质量m1，飞船质量为m2，其推进器的平均推力为F.在飞船与空间站对接后，在推进器工作下飞船和空间站一起运动， 则空间站获得的水平推力为A. F B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】飞船和空间站一起加速运动，对两者的整体，由牛顿第二定律：隔离空间站受飞船的推力，由牛顿第二定律：联立可得：故选B.6.如图所示为一辆装有货物的自卸式货车，设车厢长度为5m，货物与车厢底板间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动磨擦力.g取10m/s2.在卸货过程中，下列说法中正确的是A. 在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中，摩擦力逐渐减小B. 当车厢与水平方向夹角为30°时，货物恰好发生滑动C. 当车厢与水平方向夹角为37°时，货物在车厢中的滑行时间小于sD. 若在卸货过程中，货车开始向前加速启动，则货物相对地面的运动轨迹可能是直线【答案】C【解析】【详解】A．在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中,重力产生下滑趋势的分力静摩擦力随着夹角的增大，静摩擦力逐渐增大，此后货物开始下滑受滑动摩擦力随夹角增大而减小，A项错误；B．货物恰好滑动时满足：解得：则下滑时的夹角小于30°，B项错误；C．当车厢与水平方向夹角为37°时，若货物此时才开始匀加速下滑，由牛顿第二定律有：解得：由运动学公式：解得运动时间：但实际是夹角达到临界角后货物已经在下滑，当倾角达到37°时，货物已经有初速度和下滑一段位移，故货物在车厢中的滑行时间小于s；C项正确.D．货物参与沿着货箱往下初速度不为零的匀加速直线运动和水平向左的匀加速直线运动，两分运动合成为匀变速曲线运动，故D项错误。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有两个或两个以上选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.7.如图所示，某颗同步卫星从地面发射后，先进入绕地飞行的三条轨道，1轨道是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道.A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在3 轨道上再通过变轨进入同步轨道（从地面发射过程和同步轨道图中未画出），已知卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s，则下列说法中正确的是A. 卫星在2轨道经过A点时的速率小于7.7km/sB. 该卫星在同步轨道运行时，不可能经过江苏海门的正上方C. 卫星在2轨道上运动的周期大于1轨道D. 卫星在2轨道上经过A点时的加速度大于1轨道上的加速度【答案】BC【解析】【详解】A．卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动，卫星在1轨道上的速度为7.7km/s，故在2轨道上经过A点的速度一定大于7.7km/s，故A错误；B．若卫星是同步卫星，则需和地球的自转方向和自转快慢相同，则定点在赤道上方36000km的赤道共面轨道上，不可能经过江苏海门的正上方，故B正确；C．根据开普勒第三定律:即半长轴越大，周期越大，故卫星在2轨道上运动的周期大于1轨道，故C正确；D．卫星在A点时距离地球的距离相同，万有引力相同，根据牛顿第二定律可知两次过同一点的加速度相同，故D错误。8.如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落到草皮上③位置，空中到达的最高点为②位置，已知①到②的水平距离大于②到 ③的水平距离，下列说法正确的是A. ①位置到③位置过程中足球机械能守恒B. ①位置到③位置的过程重力的功率先减小后增加C. 足球从①到②时间大于②到③时间D. ②位置到③位置过程中足球动能的变化量等于合力做的功【答案】BD【解析】【详解】A．因①到②的水平距离大于②到③的水平距离，说明小球受到阻力作用，则足球在①位置到③位置过程中有阻力做负功，机械能减小，A项错误；B．由重力做功的瞬时功率的表达式：因足球的竖直速度先减小后增大，则重力的功率先减小后增加，B项正确；C．足球从①到②的竖直方向，根据牛顿第二定律：足球从②到③的竖直方向，根据牛顿第二定律：上升和下降的竖直位移相同，将上升过程用逆向思维后，由比较可得：，故C项错误；D．根据动能定理可得，②位置到③位置过程中合力做的功等于足球动能的变化量，故D正确。9.喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微粒经带电室（未画出）统一带负电后，由静止从K孔进入电压为U0的电场加速后进入电压为u偏转区域，最终打在荧光屏上.荧光屏离偏转区域最右侧的水平距离为d，则A. 微粒的质量不会影响进入偏转区域的速度大小B. 电压u的大小不会影响微粒在偏转区域中的运动时间C. 只改变d的大小，微粒打在荧光屏上的速度会变化D. 保持U0、u不变，不同的微粒打在荧光屏的同一位置【答案】BD【解析】【详解】A．重力可忽略的墨汁微粒在加速电场中加速，由动能定理可得：解得：可见微粒的质量越大，进入偏转电场的速度越小，A项错误；B．微粒进入偏转电场后，水平方向做匀速直线运动，有：可知，穿过偏转电场的时间与偏转电压u无关，B项正确；C．微粒穿过偏转电场后，获得的速度已经通过加速电场U0和偏转电场u增加，此后到达荧光屏的过程做匀速直线运动，故只改变d的大小只会改变微粒的运动时间，打在荧光屏上的速度不变，C项错误；D．微粒进入偏转电场后，设极板的宽度为d0，竖直方向做匀加速直线运动打在荧光屏上的位置设为Y，将射出磁场的速度反向延长，交于水平位移的中点，由三角形相似可得：联立以上各式可得：可见Y与微粒的质量m和电量q无关，则保持U0、u不变不同的微粒打在荧光屏的同一位置；故D正确。10.如图所示为UPM造纸公司用于监控绝缘纸张厚度的简易装置.其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，接在恒压电源上，A板接负极.已知绝缘纸张的厚度越大，相对介电常数越大.下列说法正确的是A. 当流水线上通过的产品厚度增大时，平行板电容器的电容增大B. 当灵敏电流计有从b流向a的电流时，说明绝缘纸张变厚C. 当绝缘纸张厚度变薄时，两板间电场强度变大D. 当增加恒压电源的电压值，可提高监控装置的灵敏度【答案】ABD【解析】【详解】A．根据电容的决定式：可知当产品厚度增大导致增大时，电容器的电容C增大，故A项正确；B．当灵敏电流计有从b流向a的电流时，说明电源正在对电容器充电，则电容增大，即产品变厚引起，B项正确；C．当绝缘纸张厚度变薄时，减小，电容器的电容C减小，而两端接的电源电压不变，也没有改变极板距离d，由知两板间电场强度不变，C项错误；D．根据电容器的带电量为：则当增加恒压电源的电压值时，能够产生更大的电量变化量，电流计能更明显的充放电电流偏转，灵敏度提高，D项正确。11.如图所示，在一倾角为的玩具轨道顶端A和底端C装有弹射装置，现从A端、C端分别 以速度vA、vC弹出钢球，分别落在斜面上B点、D点，速度分别为vB、vD，vA、vD方向水 平，已知AB>CD，空气阻力不计，下列说法正确的是A. vB与斜面的夹角α等于vC与斜面的夹角βB. vA大小可能小于vD大小C. 若整个空间存在竖直向下的匀强电场，从A 端以速度vA弹出带正电的绝缘小球，落到斜面上的速度仍为vBD. 若整个空间存在竖直向下的匀强电场，从A 端以速度vA弹出带正电的绝缘小球，落到斜面上的时间与没有电场时相同【答案】AC【解析】【详解】A．由题意知，可将从C点弹出的小球运动到D点的过程，看为从D点到C点的平抛运动，由平抛运动的规律可知：   ①设从A点运动到B点时间为t1，从C点运动到D点时间为t2，则有：    ②   ③由②③可知：α=β，故A正确；B．运用逆向思维后可看成两斜面上的平抛运动，初速度越大，平抛的距离越远，因AB>CD，则vA大小一定大于vD，故B错误；C．若整个空间存在竖直向下的匀强电场，则小球做类平抛运动，设加速度为a，由类平抛的运动规律可知：   ④设此时与斜坡夹角为φ，则有：  ⑤由②⑤可知：α=φ即加电场时落到斜坡上时与斜坡的夹角不变，根据速度合成与分解可知，小球落到斜坡上的速度还为vB，故C正确；D．由于加上电场后，竖直方向的加速度变大，相同的竖直位移所用时间变短，小球应落在B点上方，D错误。三、实验题：本题共2小题，每空2分，共18分.请将解答填写在答题卡相应的位置.12.（1）我们已经知道，物体的加速度a同时跟合外力F和质量m两个因数有关，研究这三个物理量之间定量关系的思想方法是___________。A.理想模型法     B.等效替代法 C.控制变量法   D.倍分法（2）某同学在“研究小车的加速度与外力关系"的探究实验中，使用的装置如图所示.他将光电门 固定在长木板上的某点B，用不同重物拉同一质量的小车，每次小车都从同一位置A由静止释放.①为了使重物的重力近似等于小车所受的合外力，下列操作正确的是___________。A.用水平仪调整木板，使木板水平B.用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，使小车无拉力作用时做匀速直线运动C.增加小车的质量，使小车的质量远大于重物的质量D.调整定滑轮高度，使细线保持水平②若遮光板的宽度d，由数字计时器读出遮光板通过光电门的时间t，用米尺测量出光电门到小车出发点之间的距离为s，则计算小车加速度大小的表达式为a=___________（各量均用字母表示）；（3）保持小车质量不变，改变重物的质量，进行多次测量.根据实验数据做出了加速度a随拉力F的变化图线，如图所示.由图可求得，小车的质量为__________________kg.图中直线没有通过原点，其主要原因是___________。【答案】    (1). C    (2). BC    (3).     (4). 0.5    (5). 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【解析】【详解】(1)[1]研究这三个物理量之间的定量关系的思想方法是控制变量法，先保持M不变，研究a与F的关系；再保持F不变，研究a与M的关系,故选C。(2)[2]第一步为了让细绳的拉力就是小车的合力，需要先平衡摩擦力，平衡摩擦力的方法为将长木板没有滑轮的一端垫起适当的高度，撤去重物，轻推小车，让小车做匀速运动；第二步为了让拉力能近似等于重物的重力，设重物质量为m，小车质量为M，以整体为对象：则小车的加速度为：细绳的拉力为故只有小车的质量M远大于重物的质量m，才有，从而有；故选BC。[3]小车经过光电门的速度为小车由静止开始做匀加速直线运动的位移为s，由速度—位移关系有：联立可得：(3)[4]保持小车质量不变，改变重物的质量，得到加速度a随拉力F的变化图线，由函数关系式为：则图像的斜率，解得小车的质量：[5]开始当小车挂上重物时，加速度却为零，线性图象不通过坐标原点，故导致图象不过原点的原因是木板倾角偏小．即说明操作过程中平衡摩擦力不足．13.在“验证机械能守恒定律”的实验中：（1）为了减小实验误差，应该选择___________（填“甲”或“乙”）图来完成这个实验。（2）实验中获取的一条纸带，O是打下的第一个点，每相邻两计数点间的时间间隔为T，测得 OC=h，BC=h1=4.00cm，CD=h2=4.37cm，已知 T=0.02s，则计算出 C 点速度 vC=___________m/s （保留2位有效数字）；某同学认为可以用vC2 =2gh，计算C点速度，你认为他的做法_________（填 “正确”或“错误”）.（3）该同学这条利用纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的O点的距离h算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以为纵轴画出了如图所示的图线。图线明显偏离原点，我们知道这意味着O点的速度不为零，若测量和计算都没有问题，则最有可能的原因__________________.【答案】    (1). 甲    (2). 2.1    (3). 错误    (4). 先放开纸带后打开电源【解析】【详解】(1)[1]两图都要求重物竖直且静止开始下落，甲图松夹子的方式能很好的调整保持竖直，释放时初速度为零；乙图手提纸带不能保证绝对竖直，手的抖动等因素会让重物有初速度和有摩擦阻力，故甲图完成实验能减小实验误差。(2)[2]利用匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有：[3]在验证机械能守恒的实验中，由于存在阻力物体实际下落的加速度小于重力加速度，所以不应当用重力加速度g来表示某位置的速度，而应根据实际打出的纸带结合匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度求出打纸带上点的瞬时速度大小，故前面的计算方法错误.(3)[4]从图象中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通打点计时器电源.四、计算或论述题：本题共4小题，每题16分，共64分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.14.一枚在空中飞行的火箭，质量为m，在某点的速度大小为v，方向水平，燃料即将耗尽.火箭在该点炸裂成两块，如图所示，其中m1的一块沿着与v相反的方向飞出，速度大小为v1.（1）求火箭炸裂前的动量p；（2）系统动量是否守恒，请说明理由，并求出炸裂后另一块的速度大小v2；（3）求炸裂过程中燃气对炸裂后另一块的冲量I.【答案】(1) p=mv  (2)  (3) I=m1v1+mv,方向与原速度方向相同【解析】【详解】（1）火箭炸裂前的动量p=mv（2）系统动量守恒，内力远大于重力 由动量守恒有mv=m1（-v1）+（m-m1）v2解之得（3）由动量定理，I=（m-m1）v2-（m-m1）v代入v2得 I=m1v1+mv方向与原速度方向相同。15.如图所示，ABC为一等腰直角三角形，直角边长为d.电荷量为+q的点电荷固定在A点.先 将一电荷量为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点并固定，此过程中，电场力做功为-W.最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到B点.静电常量为k.求（1）Q1移动到C点时具有的电势能Ep，及Q1移入之前，C点的电势；（2）点电荷Q2在B点所受的电场力大小和方向；（3）若将点电荷Q2从B点静止释放，请定性分析Q2的运动情况.【答案】(1) Ep=W,  (2)F合= ,方向垂直AC向上    (3) 先做加速运动到AC中点后，作减速运动直到速度减为0，然后返回运动，电荷作往返运动【解析】【详解】（1）Q1从无穷远处移动到C点的过程中，由功能原理-W=0-Ep，可得Ep=WC点的电势（2）点电荷Q2在B点受两个电荷的作用，每个电荷库仑力：F=合电场力为：F合=方向：垂直AC向上。（3）若将点电荷Q2从B点静止释放，先做加速运动到AC中点后，作减速运动直到速度减为0，然后返回运动，电荷作往返运动。加速度先增大后减小，到AC中点后，加速度反向先增大后减小。16.一辆货车运载着相同的圆柱形空油桶，半径均为R，质量均为m.在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴，上层只有一只桶C，摆放在桶A、B之间，如图所示，不计一切摩擦，取重力加速度为g.（1）若开始时汽车处于静止状态，求B对C的支持力N1和A对车厢底板的压力N2；（2）当汽车向左加速运动的过程中，要使C与AB之间保持相对静止，加速度满足什么条件；（3）若将桶C搬到B的右侧，至少做多少功.【答案】(1) N1=;1.5mg，方向竖直向下  (2) 加速度最大不能超过gtan30°  (3) W=mg（2R-2Rcos30°）【解析】【详解】（1）对C:2N1cos= mg得N1=方向斜向左上方，与竖直方向夹角30° 对ABC整体：2N2=3mgA受到地面的支持力为1.5mg由牛顿第三定律得A对地面的压力为1.5mg，方向竖直向下 （2）为保持ABC相对静止，当AC间作用力为0时，加速度有最大值，对C:Nsin=maNcos=mg解之得：a=gtan30°加速度最大不能超过gtan30° （3）当桶缓慢地推到与B在一个竖直方向时，重力势能最大，最少功即为克服C球重力做功.W=mg（2R-2Rcos30°）17.如图所示，将直径2R的半圆形导轨固定在竖直面内的A、B两点，直径AB与竖直方向的夹角为60°；在导轨上套一质量为m的小圆环，原长为2R的弹性轻绳穿过圆环，绳端点固定在A、B两点，已知弹性轻绳满足胡克定律，在C处施加与AB方向平行斜向上的外力F （图中没有画出），使得弹性绳AC与BC两部分分别处于竖直方向和水平方向，此时小圆 环和轨道恰好无相互作用力，重力加速度为g，不计一切摩擦.（1）求外力F的大小以及弹性轻绳的劲度系数k；（2）撤去外力F，圆环由C点静止释放，当圆环运动到导轨的最低点D时，求圆环的速率vD以及轨道对圆环的作用力FN；（3）小圆环由C到D过程中，求小圆环机械能最小时的速度大小.（弹性轻绳形变量为x时具有弹性势能为E=）【答案】(1) F=，k= (2) ,FN=2mg+mg   (3) v=【解析】【详解】（1）在C点：对圆环的受力如图，建立坐标系水平方向：Fcos30°=kx    ①竖直方向：Fsin30°+kx=mg    ②由几何关系：x=（R+2Rcos30°-2R） ③由①②③解得：F=K=      ④（2）对圆环：在C到D过程中：C、D两点弹性轻绳的伸长量相同，所以弹性势能相同由动能定理：mg可得：在D点时：由牛顿第二定律FN+kxcos30°+kxsin30°-mg=代入数据得FN=2mg+mg（3）圆环从C运动到D的过程中，机械能守恒，由数学知识可知，在CD中点时，弹性绳长度最大，即弹性势能最大，机械能最小,由机械能守恒定律可得Mg(Rcos30°-R)=mv2+k(2R-2R)2-kx2x =R-R解之得：v=