福建省龙海第二中学2020届高三物理上学期期初考试试题（含解析）.doc

福建省龙海第二中学2020届高三物理上学期期初考试试题（含解析）一、本题共12小题，每小题4分，共48分。17题只有一个选项是正确的，8-12题有多个选项是正确的。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把你认为正确答案的代表字母填写在题后的括号内1.如图所示，在水平地面附近小球b以初速度v斜向上瞄准另一小球a射出，恰巧在b球射出同时，a球由静止开始下落，不计空气阻力。则两球在空中运动的过程中（ ）a. 以地面为参照物，a球做匀变速运动，b球做匀速运动b. 在相同时间内b球的速度变化一定比a球的速度变化大c. 两球的速度都随时间均匀变化d. a、b两球一定会相碰【答案】c【解析】【详解】a. 以地面为参照物，a做自由落体运动，b做斜抛运动，故a错误。bc.两球都只受重力，所以他们的加速度都为，两球的速度都随时间均匀变化，在相同的时间内速度的变化量都为，故b错误，c正确。d.若b球初速度不够大或a球的高度不够高，相遇前可能已经落地，故d错误。2.如图所示，倾斜直杆的左端固定在地面上，与水平面成角，杆上穿有质量为m的小球a和轻质环b，两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接。当ab静止时，oa端绳与杆的夹角也为，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）a. a可能受到2个力的作用b. b可能受到3个力的作用c. 绳对a的拉力大小为mgtand. 杆对a弹力大小为mgcos【答案】ac【解析】【详解】a.对球受力分析可知，若，则绳竖直，受到重力，绳子的拉力而平衡，可能受到2个力的作用，故a错误。b.两球的受力如图所示：轻环不受重力作用，所以绳子对他的拉力和杆对他的弹力二力平衡，该段绳子与杆垂直，故b错误。cd.以球为研究对象，则绳子的拉力为：，根据正弦定理可得，解得，故c正确，d错误。3. 如图所示，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连悬挂于o点，用力f拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线oa与竖直方向的夹角为30，则f的大小 （ ）a. 可能为mgb. 可能为mgc. 可能为mgd. 可能为mg【答案】cd【解析】试题分析：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出f在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：f与t的合力与重力总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知：当f与绳子垂直时，f有最小值，即图中2位置，f的最小值为：，故ab错误，c正确；当f竖直向上时，；当f水平向右时，由平衡条件得，则，而在这个范围内，所以f可能为，故d正确。考点：共点力作用下物体平衡【名师点睛】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析f可能的值；本题是隐含的临界问题，运用图解法确定出f的范围，再进行选择。4.如图所示，直角三角形框架abc(角c为直角)固定在水平地面上，已知ac与水平方向夹角为30。小环p、q分别套在光滑臂ac、bc上，用一根不可伸长的细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环p、q的质量分别为m1、m2，则小环p、q的质量的比值为( )a. b. 3c. d. 【答案】b【解析】【详解】对两球受力分析，如图所示:对受力分析，设绳子的拉力为，由平衡条件可得：，对受力分析，由平衡条件可得：，且，联立以上方程解得：，故b正确，acd错误。5.光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点a缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力a. 逐渐增大b. 大小不变c. 先减小后增大d. 先增大后减小【答案】c【解析】以小球为研究对象，分析受力情况：重力g、斜面的支持力n和绳子a的拉力t，如图：由平衡条件得知，f和t的合力与g大小相等、方向相反，当将a点向上缓慢移动，使ao绳绕o点顺时针转动的过程中，作出三个位置力的合成图，由图看出，t先变小后变大，c正确【点睛】求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解6.在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体a，a与竖直墙之间放另一截面也为半圆的柱状物体b，整个装置处于静止状态，截面如图所示设墙对b的作用力为f1 ， b对a的作用力为f2 ， 地面对a的作用力为f3 在b上加一物体c，整个装置仍保持静止，则（）a. f1保持不变，f3增大b. f1增大，f3保持不变c. f2增大，f3增大d. f2增大，f3保持不变【答案】c【解析】【详解】先对bc整体分析，bc整体受重力、墙壁支持力和a的支持力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：加上c物体，相当于整体的重力增加了，则墙对b的作用力f1增加，a对b的支持力也增加，根据牛顿第三定律，b对a的作用力f2增加。再对abc整体分析，受重力、墙壁的支持力、地面支持力、地面的静摩擦力，根据平衡条件，地面的支持力等于整体的重力，则加上c物体后，地面的支持力f3变大。综上，abd三项错误，c项正确。【点睛】合理选择研究对象，可使解题过程简化。7.如图所示，质量为4 kg的物体a静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg的物体b用细线悬挂起来，a、b紧挨在一起但a、b之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，b对a的压力大小为(取g10 m/s2)()a. 0 nb. 8 nc. 10 nd. 50 n【答案】b【解析】试题分析：剪断细线前，a、b间无压力，则弹簧的弹力f=mag=40n，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：，隔离对b分析，mbg-n=mba，解得：n=mbg-mba=10-12n=8n故选b考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题关键是先采用整体法求解加速度，再隔离物体b并根据牛顿第二定律列式求解；注意剪断细线的瞬时弹簧的弹力是不能突变的。8.甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在时刻并排行驶。下列说法正确的是（ ）a. 两车在时刻也并排行驶b. 在时刻 甲车在后，乙车在前c. 甲车的加速度大小先增大后减小d. 乙车的加速度大小先减小后增大【答案】bd【解析】【详解】已知时刻，甲、乙两车并排行驶，由图像与时间轴围成图形的面积表示位移可知，在时间内，甲的位移大于乙的位移，故在时刻，甲车在乙车的后方，故a错误，b正确；图像的斜率的绝对值表示物体运动的加速度大小，由图像可知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，故c错误，d正确.9.如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块n。另一端与斜面上的物块m相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动n，直至悬挂n的细绳与竖直方向成45。已知m始终保持静止，则在此过程中a. 水平拉力的大小可能保持不变b. m所受细绳的拉力大小一定一直增加c. m所受斜面的摩擦力大小一定一直增加d. m所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【答案】bd【解析】【详解】如图所示，以物块n为研究对象，它在水平向左拉力f作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45的过程中，水平拉力f逐渐增大，绳子拉力t逐渐增大； 对m受力分析可知，若起初m受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力t的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初m受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力t的增加，摩擦力f可能先减小后增加。故本题选bd。10.明朝谢肇淛的五杂组中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可一游僧见之曰：无烦也，我能正之”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为，现在木楔背上加一力f，方向如图所示，木楔两侧产生推力fn，则()a. 若f一定，大时fn大b. 若f一定，小时fn大c. 若一定，f大时fn大d. 若一定，f小时fn大【答案】bc【解析】【详解】如图所示，把力f分解在垂直于木楔两侧的方向上，根据力的作用效果可知，f1f2fn a.由上述分析可知， 若f一定，大时fn小，故a错误；b. 由上述分析可知，若f一定，小时fn大，故b正确；c. 由上述分析可知，若一定，f大时fn大 ，故c正确；d. 由上述分析可知，若一定，f小时fn小，故d错误11.甲、乙两车平直公路上同向行驶，其vt图象如图所示。已知两车在t3 s 时并排行驶，则()a. 在t1 s时，甲车在乙车后b. 在t0时，甲车在乙车前7.5 mc. 两车另一次并排行驶的时刻是t2 sd. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m【答案】bd【解析】【详解】a. 根据“面积”大小表示位移，由图象可知，1s-3s甲、乙两车通过的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故a错误；b. 由图象可知，甲的加速度a甲=v甲/t甲=20/2 m/s2=10m/s2乙加速度a乙=v乙/t乙=(2010)/2 m/s2=5m/s20-1s，甲的位移x甲=a甲t2=1012 m =5m乙的位移x乙=v0t+a乙t2=101+512 m =12.5mx=x乙x甲=12.55=7.5m即在t=0时，甲车在乙车前7.5m，故b正确；c.1s末甲车的速度为：v=a甲t=101 m/s =10m/s乙车的速度v=10+51 m/s =15m/s12s时，甲的位移x1=101+1012 m =15m乙的位移x2=151+51=17.5m在1s时两车并联，故2s时两车相距2.5m，且乙在甲车的前面，故c错误；d.1s末甲车的速度为：v=a甲t=101 m/s =10m/s1-3s甲车的位移为：x=vt+a甲t2=102+1022 m =40m即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故d正确。12.如图所示2019个质量分别为m的小球通过轻质弹簧相连（在弹性限度内），在水平拉力f的作用下一起以加速度a向右匀加速运动，设1和2之间的弹簧的弹力为f1-2，2和3间弹簧的弹力为f2-3，2018和2019间弹簧的弹力为f2018-2019，则下列结论正确的是（ ）a. f1-2：f2-3： f2018-2019=1：2：3：2018b. 从左到右每根弹簧的弹性势能之比为：1：4：9：20182c. 如果突然撤去拉力f，撤去的瞬间，每个球的加速度依然为a，但第2019个球除外d. 如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么每个球的加速度依然为a，除第1个球外【答案】ac【解析】【分析】根据牛顿第二定律，利用整体法和隔离法求解各个球之间的作用力；撤去f瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，据此求解.【详解】由牛顿第二定律可知f=2019ma，则对球1：f1-2=maf，同理f23f，f20182019 f，所以a正确；因为题中没说弹簧的劲度系数是否相等，所以b错；突然撤去f瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，所以c正确；第1个球脱落瞬间，第1和2两个球的合力突然改变，这两个加速度都会发后改变，所以d错。故选ac.【点睛】此题主要考查整体法和隔离法在连接体问题中的应用；关键还需知道，撤掉f的瞬时其他弹簧的弹力是不能突变的，结合牛顿第二定律求解.二、实验题（本题有2个小题，共17分，请将答案写在答题卷上指定位置。）13.某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧oc的劲度系数为500 n/m.如图1所示，用弹簧oc和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下：(1)若弹簧秤a、b间夹角为90，弹簧秤a的读数是_n(图2中所示)，则弹簧秤b的读数可能为_n.(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90，保持弹簧秤a与弹簧oc的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧oc的夹角，则弹簧秤a的读数_、弹簧秤b的读数_(填“变大”“变小”或“不变”)【答案】 (1). 3.00； (2). 4.00； (3). 变大； (4). 变大【解析】试题分析：（1）根据胡克定律可知，；根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为300n；两弹簧秤夹角为90，则可知，b的读数为：；（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90，保持弹簧秤a与弹簧oc的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧oc的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；考点：考查验证平行四边形定则的实验【名师点睛】由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b的读数；根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况14.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所 示的实验装置.其中m为带滑轮的小车的质量,m为砂和砂桶的质量. （滑轮质量不计）(1)实验时，一定要进行的操作是_。a.用天平测出砂和砂桶的质量b.将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡摩擦力c.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带,同时记录弹簧测力计的示数d.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带e.为减小误差,实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量m(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有 两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50hz的交流 电，根据纸带可求出小车的加速度为_m/s2(结果保留两位有效数字)(3)以弹簧测力计的示数f为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a-f图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则带滑轮的小车的质量为_.a. b. c. d.【答案】 (1). bcd (2). 1.3 (3). d【解析】【详解】(1)ae.本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故a错误，e错误；b.该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故b正确；c.打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故c正确；d.改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随f变化关系，故d正确。(2)由于两计数点间还有二个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为0.06s，由可得：；(3) 对a-f图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数，故小车的质量为，故d正确。三、计算题，本题包括3小题，共35分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15.如图甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力f作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(vt图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：（1）2 s内物块的位移大小x和通过的路程l。（2）沿斜面向上运动两个阶段的加速度的大小、和拉力f的大小。【答案】（1）0.5 m， 1.5 m （2）4 m/s2 ， 4 m/s2， 8 n【解析】【详解】（1）在内，由图乙可知：物块上升的最大距离为：物块下滑的距离为：所以物块的位移为：物块的路程为：（2）由图乙知，所求两个阶段加速度为：第一阶段：，方向为平行斜面向上第二阶段：，方向为平行斜面向下设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为，根据牛顿第二定律有内：内： 解得：16.为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度【答案】(1)(2)【解析】【详解】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为，则冰球在冰面上滑行的加速