江苏省马坝高级中学2020届高三上学期期中考试物理试题

江苏省马坝高级中学2019-2020学年度第一学期期中考试

高三物理试题

一、单选题（每小题3分，共24分）

1.物理学中有多种研究问题的方法，下列有关研究方法的叙述中，错误的是    (　　)

A. 将实际的物体抽象为质点采用的是建立理想模型法

B. 探究加速度a与力F、质量m之间的关系时，采用了控制变量法

C. 定义加速度的概念，采用的是比值定义法

D. 伽利略比萨斜塔上的落体实验，采用的是理想实验法

【答案】D

【解析】

【详解】A．质点是用来代替物体的有质量的点，是实际物体的简化，质点在现实生活中不存在，将实际的物体抽象为质点是一种理想化模型，故A正确；

B．探究加速度a与力F、质量m之间的关系时，保持m恒定的情况下，探究a与F的关系，采用的是控制变量法，故B正确；

C．加速度的定义式，采用的是比值法，故C正确；

D．伽利略理想实验是想象的实验，而伽利略比萨斜塔上的落体实验，是真实的实验，故D错误．

2.春秋末年齐国人的著作《考工记》中有“马力既竭，辀犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还能继续向前运动．这是关于惯性的最早记述．下列关于惯性的说法中正确的是(　　)

A. 车只在运动时才具有惯性 B. 撤去拉力后车的惯性大小不变

C. 拉力可以改变车的惯性 D. 车运动越快惯性越大

【答案】B

【解析】

惯性指物体保持原来运动状态不变的性质，惯性是物体本身固有的属性，任何物体任何状态下都有惯性；质量是物体惯性大小的唯一的量度，故B正确，ACD错误．

3.造型夺目的“石头平衡艺术”作品不禁会让人叫绝，仅仅通过艺术家的双手去感触，便可掌握每一块石头的平衡点，不使用任何工具就能立石成型.如图所示，在水平地面上将两个形状不规则的石块a、b叠放在一起，保持平衡.下列说法中正确的是    (　　)

A. 石块b对a的弹力一定等于a的重力

B. 石块b和a的重心一定在同一竖直线上

C. 石块b对a的作用力一定是竖直向上的

D. 地面对石块b的支持力和b受到的重力是一对平衡力

【答案】C

【解析】

【详解】AC．当a与b的接触面不水平时，石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，则b对a的支持力和静摩擦力的合力方向竖直向上，支持力的方向不是竖直向上，也不等于a的重力，故A错误，C正确；

B．当a与b的接触面不水平时，石块b和a的重心不在同一竖直线上，故B错误；

D．选取ab作为整体研究，根据平衡条件，地面对石块b支持力和ab整体受到的重力是一对平衡力，故D错误．

4.在体育课上，某同学练习投篮，他站在罚球线处用力将篮球从手中投出，如图所示，篮球约以1m/s的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，则该同学投篮时对篮球做的功约为(　　)

A. 1J B. 10J C. 30J D. 50J

【答案】B

【解析】

【详解】对整个过程运用动能定理得：

代入数据解得：

故选项B正确．

5.“天宫一号”目标飞行器运行在平均高度约362千米圆轨道上.在北京航天飞控中心监控下，已于4月2日8时15分左右再入大气层烧毁，完成使命.关于“天宫一号”，下列说法正确的是

A. 在轨运行的周期比月球绕地球的周期长

B. 在轨运行的加速度比地面重力加速度大

C. 在轨运行的速度比第一宇宙速度小

D. 进入大气层后，速度增大，机械能增大

【答案】C

【解析】

ABC、根据万有引力提供向心力有，解得：，故天宫一号在轨运行的周期比月球绕地球的周期小；解得，故天宫一号在轨运行的加速度比地面重力加速度小，解得，故天宫一号在轨运行的速度比第一宇宙速度小，故C正确，AB错误；

D、进入大气层后，与空气之间有摩擦，克服摩擦做功，机械能减小，由可知速度增大，故D错误；

故选C．

6.某人乘电梯下楼，在竖直下降的过程中，电梯速度的平方v2与下降的位移x的关系如图所示，则人对地板的压力

A. x=1m时大于人的重力

B. x=11m时大于人的重力

C. x=21m时大于人的重力

D. x=21m时等于人的重力

【答案】C

【解析】

试题分析：根据图中的信息判断人和电梯的运动性质，然后结合牛顿运动定律分析

从图中可知电梯由静止开始向下运动过程中，初速度为零，，根据可知电梯向下做匀加速直线运动，加速度向下，人和电梯处于失重状态，即0~2m过程中人受到的支持力小于重力，根据牛顿第三定律可知人对地板的压力小于重力，在3~20m过程中恒定不变，即电梯做匀速直线运动，此过程中人受到的支持力等于重力，即人对地板的压力等于重力，在21~23m过程中随x均匀减小，根据可得电梯做减速运动，加速度向上，人和电梯处于超重状态，过程中人受到的支持力大于重力，即人的地板的压力大于重力，故C正确．

7.如图所示，甲、乙、丙、丁分别代表四辆车从同一地点同时出发的位移图象和速度图象，则下列说法正确的是（   ）

A. 甲车做曲线运动，乙车做直线运动

B. 0～t1时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度

C. 在t2时刻丁车在丙车的前面

D. 0～t2时间内，丙、丁两车都做匀变速直线运动

【答案】C

【解析】

【详解】A.由位移时间图线切线的斜率表示速度，由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做减速直线运动，故A错误；

B.在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所用时间相等，所以两车平均速度相等，故B错误；

C.由速度图象与时间轴围成的面积表示位移可知：在t2时刻丁的位移大于丙的位移，而两车又是从同一地点向同一方向做直线运动，所以在t2时刻丁车在丙车的前面，故C正确；

D.0～t2时间内，丙车都做匀变速直线运动，丁车做加速度减小的变加速直线运动，故D错误．

8.小明将一辆后轮驱动的电动小汽车，按图示方法置于两个平板小车上，三者置于水平实验桌上．当小明用遥控器启动小车向前运动后，他看到两个平板小车也开始运动，下列标出平板小车的运动方向正确的是

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

用遥控器启动小车向前运动，后轮是主动轮顺时针转动，所以左侧平板小车对后轮的摩擦力向右，后轮对左侧平板小车的摩擦力向左；前轮是从动轮，所以右侧平板小车对前轮的摩擦力向左，前轮对右侧平板小车的摩擦力向右．因此左侧小车向左运动，右侧小车向右运动．故C项正确，ABD三项错误．

二、多选题（每题4分，部分正确2分，共计24分）

9.游乐场的一种滑梯，它是由很小一段弧形轨道将倾斜直轨道和水平轨道连接组成的，如图所示.一位小朋友从斜轨道顶端由静止开始自由下滑，经过很小一段弧形轨道滑到水平轨道上，继续滑动一段距离后停下.则小朋友    (　　)

A. 沿倾斜轨道下滑过程中机械能一定增加

B. 沿弧形轨道滑动过程中对轨道做了负功

C. 沿水平轨道滑动过程中，摩擦力对他做了负功

D. 在整个滑动过程中，重力做功和他克服摩擦力的功相等

【答案】CD

【解析】

【详解】A．沿倾斜轨道下滑过程中，摩擦力做负功，小朋友的机械能减小，转化为内能，故A错误；

B．沿弧形轨道滑动过程中，小朋友所受的支持力方向与速度方向始终垂直，在支持力方向上没有发生位移，则轨道的支持力不做功，故B错误；

C．沿水平轨道滑动过程中，摩擦力方向与位移方向相反，摩擦力对小朋友做负功，故C正确；

D．整个运动过程中，小朋友的动能变化量为零，由动能定理可知，外力对小朋友所做的总功为零，则重力做功和他克服摩擦力的功相等，故D正确．

10.如图所示，设“天宫一号”原来在圆轨道I上飞行，到达P点时转移到较低的椭圆轨道II上(未进入大气层)，则“天宫一号”(　　)

A. 在P点减速进入轨道II

B. 在P点轨道I上运动的周期大于轨道II上运动的周期

C. 在轨道I上P点的加速度大于轨道II上P点的加速度

D. 在轨道I上的机械能大于轨道II上的机械能

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．天宫一号进入轨道II时做向心运动，可知提供的力大于需要的向心力，所以需要在P点减速进入轨道II，故A正确；

B．轨道II的半长轴较小，根据开普勒第三定律可知，天宫一号在轨道I上运动的周期大于轨道II上运动的周期，故B正确；

C．根据

得

可知天宫一号在轨道I上P点的加速度等于轨道II上P点的加速度，故C错误；

D．天宫一号进入轨道II时需要在P点减速，所以天宫一号在轨道I上的机械能大于轨道II上的机械能，故D正确．

11.如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图（b）所示．若重力加速度及图中的、、均为已知量，则可求出

A. 斜面的倾角

B. 物块的质量

C. 物块与斜面间的动摩擦因数

D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度

【答案】ACD

【解析】

小球滑上斜面的初速度已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即，所以沿斜面向上滑行的最远距离，根据牛顿第二定律，向上滑行过程，向下滑行，整理可得，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项AC对．根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度，选项D对．仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B错．

【考点定位】牛顿运动定律

【方法技巧】速度时间图像的斜率找到不同阶段的加速度，结合受力分析和运动学规律是解答此类题目的不二法门．

12.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，点为弹簧在原长时物块的位置．物块由点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达点．在从到的过程中，物块（   ）

A. 加速度先减小后增大 B. 经过点时的速度最大

C. 所受弹簧弹力始终做正功 D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

【答案】AD

【解析】

【详解】A项：由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；

B项：物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，即在O点左侧，故B错误；

C项：从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；

D项：从A到B过程中根据动能定理可得W弹-W克f=0，即W弹=W克f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确．

13.足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用.现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)的过程中    (　　)

A. 物块a的重力势能减少mgh

B. 摩擦力对a做的功等于a机械能的增量

C. 摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和

D. 任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有

则

b上升h，则a下降hsinθ，则a重力势能的减小量为

mag×hsinθ=mgh

故A正确；

BC．根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量．所以摩擦力做功大于a的机械能增加．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加，故B错误，C正确；

D．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率

Pb=mgv

对a有：

Pa=magvsinθ=mgv

所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确．

14.如图所示.，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点.现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出.下列说法中正确的是    (　　)

A. B点一定在O点下方

B. 速度最大时，物块的位置可能在O点下方

C. 从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减小

D. 从A到B的过程中，物块减小的机械能可能大于它克服摩擦力做的功

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点，弹簧弹力为零，物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大，由于不知道摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小，所以无法判断B点在O点的上方还是下方，故A错误；

B．物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大，此时摩擦力平行斜面向上；若mgsinθ＜f，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在O点上方；若mgsinθ＞f，所以当重力沿斜面的分量等于摩擦力和弹簧弹力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以速度最大时，物块的位置在O点下方，若mgsinθ=f，当弹力为零时，速度最大，此时弹簧处于原长，所以速度最大时，物块的位置在O点，故B正确；

C．从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减小，故C正确；

D．从A到B的过程中，根据能量守恒定律，物块减小的机械能等于弹性势能的减小量和克服摩擦力做的功之和，若弹簧的弹性势能增加时，则物块减小的机械能大于它克服摩擦力做的功，故D正确．

三、填空题（每空2分）

15.图甲所示是小明同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．

(1)小明用游标卡尺测量遮光条的宽度d.

(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量c是_______(用文字表述)．滑块通过光电门的速度为____（用已知量表示）

(3)小亮同学认为：无需测出上述c和d，只要画出以F(力传感器示数)为横坐标、以____为纵坐标的图象就能直接反映加速度与力的关系．

(4)下列实验操作和要求必要的是________(请填写选项前对应的字母)．

A.应将气垫导轨调节水平

B.应测出钩码和力传感器的总质量

C.应使A位置与光电门间的距离适当大些

D.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量

【答案】    (1). 遮光条到光电门的距离    (2).     (3).     (4). AC

【解析】

【详解】(2)[1]实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L；

[2]滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，即

(3)[3]由匀变速直线运动的速度位移公式可知，加速度

由牛顿第二定律得：

则

应作出；

(4)[4] A．实验前应将气垫导轨调节水平，故A正确；

B．滑块受到的拉力可以由传感器测出，实验不需要测出钩码和力传感器的总质量，故B错误；

C．为减小实验误差，应使A位置与光电门间的距离适当大些，故C正确；

D．滑块受到的拉力可以由传感器测出，不需要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，故D错误．

16.在用“落体法”做“验证机械能守恒定律”的实验时.小明选择一条较为满意的纸带，如图所示.他舍弃前面密集的点，以O为起点，从A点开始选取纸带上连续点A、B、C、…，测出O到A、B、C、…的距离分别为h1、h2、h3、….电源的频率为f.

(1)为减少阻力对实验影响，下列操作可行的是____.

A.选用铁质重锤

B.安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上

C.释放纸带前，手应提纸带上端并使纸带竖直

D.重锤下落中手始终提住纸带上端，保持纸带竖直

(2)打B点时，重锤的速度vB为____.

(3)小明用实验测得数据画出的v2-h图象如图乙所示.图线不过坐标原点的原因是_____.

(4) 重锤下落过程中的实际加速度为_______________

(5)小明用实验测得数据画出的v2-h图象如图乙所示．已知直线的斜率为k，则当地的重力加速度g____________（选填“大于”；“小于”；“等于”）

【答案】    (1). ABC    (2).     (3). 打下O点时重锤速度不为零    (4).     (5). 大于

【解析】

【详解】(1)[1] A．为了减小阻力的影响，重锤选择质量大一些，体积小一些的铁质重锤，故A正确；

B．安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上，故B正确；

CD．释放纸带前，手应提纸带上端并使纸带竖直，重锤下落时，手不需提着纸带上端，故C正确，D错误．

(2)[2]B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则

(3)[3]小明用实验测得数据画出v2-h图象图线不过坐标原点，即h=0时，速度不为零，可知打下O点时重锤速度不为零；

(4)[4]由逐差法可得

(5)[5]根据动能定理

得

因为v2-h图象的斜率为k，知

又

联立得

即．

四、计算题（共4题，17题12分，18题13分，19题14分，15题15分，共54分）

17.盱眙是一个非常有文化底蕴的城市，自从秦朝实行郡县制开始，就已经存在，特别经过建国70年的发展，盱眙的经济、文化、科技等各项事业有了长足的进步，马坝镇位于盱眙的东面，马坝收费站位于长深高速的入口，前年ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v1=15m/s朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在收费站中心线前l0m处正好匀减速至v2=5m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶．设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为lm/s2．求：

(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；

(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约时间是多少．

【答案】（1）210m（2）27s

【解析】

【详解】(1)设汽车通过ETC通道时：从速度v1减速到v2，行驶的位移为x1，从速度v2加速行驶的位移为x2，根据速度位移公式得：

则有

s1=x1+x2+d=100+100+10m=210m

 (2)设汽车过人工收费通道从速度v1减速到零行驶的位移为x3，从零加速到v1位移为x4，则有：

s2=x3+x4=225m

汽车通过ETC通道行驶225m所需时间为T1

解得：

汽车通过人工收费通道需要的时间位T2，有

解得

节约的时间为

T2—T1=27s

18.如图所示，质量M=4kg、长L=2m的木板A静止在光滑水平面上，质量m=1kg的小滑块B置于A的左端.B在F=3N的水平恒力作用下由静止开始运动，当B运动至A的中点时撤去力F.．A、B之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2.求:

(1)撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2.

(2)F对B做的功W.

(3)撤去F之前运动过程中因摩擦产生的热量Q.

【答案】(1)0.5m/s2、1m/s2 (2) 6J (3) 2J

【解析】

【详解】(1)根据牛顿第二定律得：

对A

μmg=Ma1

代入数据得：

a1=0.5m/s2

对B

F−μmg=ma2

代入数据得：

a2=1m/s2.

(2)设F作用时间为t，由位移公式得：

对B

对A

当B运动至A的中点时，有

xB−xA=

代入数据得：t=2s，F做的功：

W=FxB

代入数据得：

W=6J

(3)撤去F之前B相对A运动了的距离，所以产生的热量为

19.如图所示，半径R＝0.45m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的的水平面上紧挨B点有一静止的固定小平板车，长度l＝1m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2m.质量m＝1kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放，取g＝10m/s2.

(1)求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小．

(2)物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，求物块滑离平板车时的速率

(3)求物块落地时距平板车右端的水平距离．

【答案】(1) 30N (2) (3)

【解析】

【详解】(1)物体从A点到B点的过程中，其机械能守恒，则有：

代入数据解得：

vB=3m/s.

B点，由牛顿第二定律得：

N−mg=

解得：

N=3mg=3×1×10N=30N

即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′=N=30N，方向竖直向下；

(2)由动能定理可得

解得：

(3)物块离开小车做平抛运动，竖直方向有

水平方向

联立解得：

20.如图所示，倾角θ=的足够长的斜面固定在水平地面上，质量m=1kg的物块在沿斜面向上的恒力F作用下，由斜面底端A处从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，当物块运动t1=2s时撤去外力F，物块继续向上运动，一段时间后物块到达最高点B.物块运动的v-t图象如图所示.取g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8.求:

(1)物块和斜面之间的动摩擦因数.

(2)沿斜面向上的恒力F的大小.

(3)物块从最高点B返回到斜面底端A点所用时间t.

【答案】(1) 0.5 (2) 15N (3)

【解析】

【详解】(1)由物块运动的v−t图象可知，第3s内物块的加速度：

根据牛顿第二定律可得

mgsinθ+μmgcosθ=ma2

解得：

(2)由物块运动的v−t图象可知，前2s内物块的加速度：

根据牛顿第二定律可得

F−mgsinθ−μmgcosθ=ma1

代入数据解得：

F=15N

(3)当物块从最高点B返回时，根据牛顿第二定律可得

mgsinθ−μmgcosθ=ma3

代入数据解得：a3=2m/s2，即物块从最高点B返回到斜面底端A点一直做匀加速直线运动，由图象可得，AB两点间的距离：

根据位移时间关系，则有：

解得：