甘肃省天水一中2020届高三物理上学期第一阶段考试试题.docx

甘肃省天水一中2020届高三物理上学期第一阶段考试试题一、单选题（共12小题，48分。1-9为单选题，10-12为多选题。每小题全对的4分，不全对的2分，错选的零分）1. 东汉王充在论衡状留篇中记述了球的运动：“圆物投之于地，东西南北，无之不可；策杖叩动，才微辄停”，关于运动和力的关系，下列说法中正确的是（）A.力是维持物体运动的原因B. 力是改变物体惯性大小的原因C. 力是改变物体位置的原因D. 力是改变物体运动状态的原因2. 如图所示，木块受到水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面平行，如果将力F撤除，下列对木块的描述正确的是（ ）A木块将沿斜面下滑B木块仍处于静止状态C木块受到的摩擦力变大D木块所受的摩擦力方向不变3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0-t2 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Ct1时刻两质点速度大小一定相等D0-t2时间内，甲质点的平均速度大于乙质点的平均速度4. 竖直正方形框内有三条光滑轨道OB、OC和OD，三轨道交于O点，且与水平方向 的夹角分别为30、45和60现将甲、乙、丙三个可视为质点的小球同时从O点静止释放，分别沿OB、OC和OD运动到达斜面底端。则三小球到达斜面底端的先后次序是（）A. 甲、乙、丙B. 丙、乙、甲C. 甲、丙同时到达，乙后到达D. 不能确定三者到达的顺序5. 实验小组利用DIS系统（数字化信息实验系统），观察超重和失重现象。他们在学校电梯内做实验，在电梯天花板上固定一个拉力传感器，测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重力为10N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上出现如图所示图线，根据图线分析可知下列说法错误的是（）A. 从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态B. t1到t2时间内，电梯可能在向下运动C. t1到t4时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下D. t1到t4时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上6. 有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（ ）A.B. C. D. 7. 细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示(已知cos 530.6，sin 530.8)以下说法正确的是()A小球静止时弹簧的弹力大小为mgB小球静止时细绳的拉力大小为mgC细绳烧断瞬间小球的加速度立即为gD细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g8. 如图所示，水平传送带A、B两端相距x=4.5m，物体与传送带间的动摩擦因数=0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度VA=5m/s，到达B端的瞬时速度设为VB下列说法中错误的是（）A. 若传送带不动，VB=4m/sB. 若传送带逆时针匀速转动，VB一定等于4m/sC. 若传送带顺时针匀速转动，VB一定等于4m/sD. 若传送带顺时针匀速转动，VB有可能等于4m/s9. 如图所示，两个挨得很近的小球，从斜面上的同一位置O以不同的初速度vA、vB做平抛运动，斜面足够长，在斜面上的落点分别为A、B，空中运动的时间分别为tA、tB，碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角分别为、，已知OB=2OA则有（）A. vA：vB=1：2B. tA：tB=1：2C. 伪尾D. B球离斜面最远的位置在A点的正上方10. 如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上，一小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态下列说法中正确的是（）A.半圆柱体对小物块的支持力变大 B. 地面对半圆柱体的摩擦力先增大后减小 C. 外力F变大 D. 地面对半圆柱体的支持力变大11如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平N位置，已知AO与竖直杆成角，则（）A刚开始时B的速度为BA匀速上升时，重物B也匀速下降C重物B下降过程，绳对B的拉力大于B的重力DA运动到位置N时，B的速度最大12. 如图所示，小球在竖直放置的光滑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vmin=Rg B. 小球通过最高点时的最小速度vmin=0 C. 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二、实验题（本大题共2小题，共16分）13（6分）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，实验装置如图所示。（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容。将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细绳；细绳的另一端系着绳套。在其中一根细绳上挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示；记下橡皮筋的结点的位置O、细绳的方向和钩码个数。将步骤中的钩码取下，分别在两根细绳上挂上3个和4个与步骤中同样的质量相等的钩码，用两光滑定滑轮B、C使两细绳互成角度，如图乙所示；调整B、C的位置，使_，记录_。（2） 如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中coscos=_。14（10分）某实验小组应用如图所示装置“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，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50 Hz.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_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弹簧测力计的读数一定小于动滑轮、砝码和砝码盘总重力的一半E砝码和砝码盘的总质量必须远小于小车的质量（2）实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a_m/s2（结果保留两位有效数字）（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_三、计算题（本大题共3小题，共36分）15.（12分）如图所示，在光滑的圆锥顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，母线与轴线夹角为，当圆锥和球一起以角速度匀速转动时，球压紧锥面（1）此时绳的张力是多少？（2）若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为多少？16（10分）如图所示，轻绳绕过两个固定在天花板上的定滑轮，与物块A和C相连。物块B放在水平地面上，与物块A通过轻弹簧相连，A、B在同一竖直线上，A、B、C的质量分别为m、m 、1.5m。开始时用手托着物块使绳子刚好拉直，张力为零，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，释放物块C。求：（1）当物块C的速度达到最大时，物块B对地面的压力多大?（2）当物块B对地面的压力为零时，求物块C的加速度。17.（14分）质量为m020 kg、长为L2 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为10.1。将质量m10 kg的小木块(可视为质点)，以v04 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板间的动摩擦因数为20.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2)（1）木板会不会动？试通过计算说明理由。（2）小木块在木板上滑行的距离是多少？（3）最终小木块相对地面的位移是多少？物理参考答案1. D 2.B 3.B 4.B 5.D 6.B 7.D 8.C 9.D 10. BC 11.AC 12.BC13橡皮筋的结点到达相同的位置O 钩码的个数及对应的细线方向 43（每空2分）（1）该实验采用“等效代替”法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉到与步骤中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向（2）根据O点处于平衡状态，正交分解有：竖直方向：3mgsin+4mgsin=5mg水平方向：3mgcos=4mgcos联立解得：cos：cos=4：314.CD 0.88 A （第一空4分，少选得2分，错选零分；二三空每空3分）15.（1）小球受到重力mg、绳的拉力T和锥面的支持力N，如图所示根据牛顿第二定律得： 受力分析图2分Tsin-Ncos=m2Lsin 2分 Tcos+Nsin=mg； 2分联立解得，T=mgcos+m2Lsin2； 2分（2）小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，设此时角速度为0，由两式得：mgtan=m02Lsin 2分解得：0= 2分即要小球离开锥面，则小球的角速度至少为答：（1）此时绳的张力是mgcos+m2Lsin2；（2）若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为16.（1）当物块C的速度达到最大时，AC的加速度等于零以C为对象可知绳子的拉力大小为T=1.5mg 2分再以AB整体为对象，受到绳子的拉力T，重力，和地面的支持力根据平衡可知：T+N=2mg 2分解得：N=0.5mg 1分（2）以B为对象，当物块B对地面的压力为零时，受到重力和弹簧的拉力，根据平衡可求得：F=mg 2分再以AC为对象，根据牛顿第二定律可知 2分解得 ，负号表示方向向上 1分17（1）木板受到木块的摩擦力为: f2=2mg=40N 2分而木板受到地面的最大静摩擦力为： fm=1(m+m0)g=30Nf2 2分说明木板可以滑动。（2）对小木块受力分析,由牛顿第二定律可得： 2mg=ma2 a2 =4m/s2 1分对木板受力分析可得： 2mg-1(m+m0)g=m0 a1 a1 =m/s2 1分设木板与木块达到相同的速度v1时，用时为t1,