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0

B. 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600N

B. 整个上升过程重物的重力势能增加120J

C. 重物落地时的速度大小为3.0m/s

D. 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。

（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。