甘肃省武威第一中学2020届高三上学期12月物理试题

武威一中2019年秋季学期阶段性考试

高三年级物理试卷

一．选择题

1.某同学用位移传感器研究木块沿倾角为θ=30°的斜面下滑的运动情况，装置如图甲所示．乙图记录了木块下滑过程中的位移-时间(x-t)图象，取重力加速度g=10m/s2．下列说法中正确的是

A. 木块在t＝0时速度为零

B. 木块在t＝1s时速度大小为2m/s

C. 木块的加速度逐渐增大

D. 木块的加速度大小为5m/s2

【答案】A

【解析】

【详解】根据图像可知，x-t关系式为x=2t2，对比x=v0t+at2可知，v0=0，a=4m/s2，选项A正确，CD错误；木块在t＝1s时速度大小为v2=at=4m/s，选项B错误；故选A。

2.物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体（　　）

A. 在A点的速度大小为

B. 在B点的速度大小为

C. 运动的加速度为

D. 运动的加速度为

【答案】AB

【解析】

试题分析：根据得，加速度，故C、D错误；A点的瞬时速度，故A正确；B点的速度，故B正确．

考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系

【名师点睛】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出A点的速度，结合速度时间公式求出B点的速度．

3.两辆完全相同的汽车，沿平直公路一前一后以相同的速度匀速行驶，若前车突然以恒定的加速度a刹车，在它刚停住时，后车开始以恒定的加速度刹车，已知前车在刹车过程中所行驶的距离为x0，若要保证两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为

A. x0 B. 2x0 C. 2．5x0 D. 3x0

【答案】D

【解析】

【详解】设前车加速度大小为a，后车加速度为0.5a，前车刹车的时间为

刹车的位移

在此时间内，后车做匀速运动，位移为

所以

此后后车刹车，刹车的时间为

刹车位移

要保持两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为

故选D。

4.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中(　　)

A. P所受的合力增大

B. Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大

C. P对Q压力逐渐减小

D. 细绳的拉力逐渐增大

【答案】D

【解析】

【详解】P受重力、绳的拉力和Q的支持力而始终处于平衡状态，合力为零，故A错误；设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：拉力，Q对P的支持力N=mgtanθ，铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力T增大，Q对P的支持力增大．故D正确，C错误；对Q分析知，在竖直方向上，Q受到重力与摩擦力始终平衡，所以Q受到的摩擦力不变,故B错误．所以D正确，ABC错误．

【点睛】本题主要考查了受力分析、物体的平衡．键是能够灵活地选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列方程求解．分别对P、Q受力分析，通过P、Q处于平衡，求出各力的表达式，再根据角度变化，判断各力的变化．

5.质量为M的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a，当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a'，则（   ）

A. a'＝a B. a'＝2a C. a'>2a D. a'<2a

【答案】C

【解析】

【详解】由牛顿第二定律得：F-Ff=ma；2F-Ff=ma′；由于物体所受的摩擦力：Ff=μFN=μmg，即Ff不变，所以有：，故选C．

6.质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动．当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图)，下列判断正确的是(　　)

A. P速率为v

B. P的速率为vcos θ2

C. 绳的拉力等于mgsin θ1

D. 绳的拉力小于mgsin θ1

【答案】B

【解析】

试题分析：将小车速度沿绳子和垂直绳子方向分解为v1、v2，P的速率等于，A错误、B正确；小车向右做匀速直线运动，θ减小，P的速率增大，绳的拉力大于mgsinθ1，C、D错误；故选B．

考点：速度的分解

7.皮带传送装置如图7所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自由长度，则当弹簧从自由长度到第一次达最长这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是 （ ）．

A. 速度增大，加速度增大

B. 速度增大，加速度减小

C. 速度先增大后减小，加速度先增大后减小

D. 速度先增大后减小，加速度先减小后增大

【答案】D

【解析】

【详解】滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力Ff和弹簧向右的拉力kx，合力F合=Ff-kx=ma，而x逐渐增大，所以加速度a先减小后反向增大，速度先增大后减小．故D正确，ABC错误。

8.2017年6月随着时速高达350公里的“复兴号”高铁列车投入运营，中国已成为世界上高铁商业运营速度最高的国家，假设“复兴号”受到阻力的大小正比于它速率的平方，如果“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的

A. 2倍 B. 倍 C. 3倍 D. 倍

【答案】A

【解析】

设复兴号速率为v，受到阻力的大小，复兴号匀速运动时输出功率，如果“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的2倍，故A正确，BCD错误；

故选A．

【点睛】解决本题的关键：一是能够正确的写出阻力与速度大小的表达式，二是利用功率的计算方法P=Fv．

9.如图所示， AB为长度足够长的水平地面， AC为与水平方向成30°的倾斜地面，D为AC中点．已知将某物体以4 J的初动能从D点水平抛出，其落地时的动能为8 J．若将该物体以一定的初速度从C点水平抛出，要使其恰好能落在A点，则其抛出时的初动能应为

A. 4 J

B. 6 J

C. 8 J

D. 10 J

【答案】B

【解析】

【详解】斜面倾角为300，设AC的水平位移为x，则竖直高度为x，D点抛出时的竖直高度为x，物体做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有：从D点抛出时：Ek=Ek0+mgx，则mgx=4J；CA过程中，到达A点时：EkA=EkC+mg•x，即EkA=EkC+8；从C点抛出的物体x=v0t；x=gt2，解得gt=v0，则到达A点的竖直速度vy=gt=v0，到达A点的速度，则EkA=EkC；联立解得：EKc=6J，故选B．

10.如图所示，长为L=1m的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m=1kg的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α=300时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v=2m/s，则在整个过程中(   )

A. 木板对小物块做功为5J

B. 摩擦力对小物块做功为5J

C. 支持力对小物块做功为0

D. 小物块克服摩擦力做功为3J

【答案】D

【解析】

【详解】设在整个过程中，木板对物块做功为W，整个过程中重力做功为零，则根据动能定理得：，故A错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为300的过程中，支持力对物块做功为WN，根据动能定理得：WN-mgLsin300=0，代入数据得WN=mgLsin300=5J，故C错误；只有物块下滑的过程中摩擦力才做功，根据动能定理得：，解得：，所以小物块克服摩擦力做功为3J，故B错误，D正确．所以D正确，ABC错误．

11.如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙．一小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R，空气阻力不计，重力加速度大小为g，下列说法一定正确的是(　　)

A. 若v0<2，小球运动过程中机械能不可能守恒

B. 若v0=3，小球运动过程中机械能守恒

C. 若v0<，小球不可能到达最高点

D. 若v0=2，小球恰好能到达最高点

【答案】B

【解析】

若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律得：，解得，故A错误；小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得：，由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得：，解得：，则小球要不挤压内轨，速度应大于等于，故B正确；若小球的速度小于，也是有可能做完整的圆周运动的，到达最高点，只是最终在圆心下方做往复运动，故C错误；如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得：，解得：，现在内壁粗糙，如果小球运动到最高点时速度为0，一定受到摩擦力作用，故小球在到达最高点前速度已为零，不能到达最高点，故D错误；选B.

【点睛】内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题.

二．多选题

12.某人在春分那天（太阳光直射赤道）站在地球赤道上用天文望远镜观察他正上方的一颗同步卫星，他发现在日落后连续有一段时间t观察不到此卫星．已知地球表面的重力加速度为g，地球自转周期为T，圆周率为π，仅根据g、t、T、π可推算出

A. 地球质量

B. 地球的半径

C. 卫星距地面的高度

D. 卫星与地心的连线在t时间内转过的角度

【答案】BCD

【解析】

D、根据光的直线传播规律，日落有t时间该观察者看不见此卫星图示如图所示：

同步卫星相对地心转过角度为θ=2α，，结合，可解得出卫星与地心连线在t时间内转过的角度θ，故D正确．B、对同步卫星根据和，可得，联立，可解除地球半径R和轨道半径r，则卫星的高度可求出，故B、C均正确．A、由可知由于引力常量G未知，故地球质量M无法求出，A错误．故选BCD．

【点睛】解决天体问题把握两条思路：一是万有引力提供向心力，二是重力等于万有引力．针对本题关键还要分析好几何关系来求解．

13.如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点，已知∠COD＝，且不计空气阻力，则

A. 两小球可能同时落到D点

B. 两小球一定不能同时落到D点

C. 两小球初速度之比v1∶v2＝3∶

D. 两小球初速度之比v1∶v2＝∶3

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．平抛运动的时间由高度决定，高度越高，时间越长，可知两球平抛运动的时间不等，不能同时落到D点，故A错误；B正确；

CD．A点抛出的小球高度为R，水平位移为R；C点抛出的小球高度

水平位移

初速度

所以初速度之比为

故C错误，D正确。

故选BD。

14.如图所示，光滑圆圈竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在A点，下端连接一套在圆圈上的轻质小环，小环位于B点，AB与竖直方向夹角为，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至C点时，钩的拉力大小为F。为保持小环静止于B点，需给小环施加一作用力F′，下列说法正确的是

A. 若F′沿水平方向，则F′＝F B. 若F′沿竖直方向，则F′＝

C. F′的最大值为F D. F′的最小值为F

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．设橡皮条的拉力大小为T．则有

若F'沿水平方向，小环只受橡皮条的拉力和F'，由平衡条件知

故A正确；

B．若F'沿竖直方向，则有

故B正确；

CD．作出小环的受力图，由三角形定则知，当

F'有最小值，且最小值为：

根据平行四边形定则可知F′的最大值可取无穷大，故C错误，D正确。

故选ABD。

15.如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统.斜面轨道倾角为30º，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程，下列选项正确的是

A. m=M

B. m=2M

C. 木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度

D. 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能

【答案】BC

【解析】

【详解】A B．木箱和货物下滑过程中，令下滑高度为h，根据功能关系有(M＋m)gh－μ(M＋m)gh＝E弹．木箱上滑过程中，根据功能关系有－Mgh－μMgh＝0－E弹．代入相关数据，整理得m＝2M，A错误，B正确；

木箱和货物下滑过程中，根据牛顿第二定律有： a1＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下．木C．箱上滑过程中，根据牛顿第二定律有： a2＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下，所以C正确；

D．根据能量守恒定律知，还有一部分机械能由于克服摩擦力做功转化为内能，D错误．

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16.正在粗糙水平面上滑动的物块，从时刻到时刻受到恒定的水平推力F的作用，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在时刻的速度与时刻的速度大小相等，则在此过程中

A. 物块可能做匀速直线运动

B. 物块的位移可能为零

C. 合外力对物块做功一定为零

D. F一定对物块做正功

【答案】ACD

【解析】

【详解】物体做直线运动，合力与速度同方向，初末速度相等，物体可能做匀速直线运动，即推力等于滑动摩擦力，故A正确；物体有可能速度先减为零，然后反向增加到相同的值，即力F向后，故减速时加速度为，加速时加速度为，根据速度位移公式，减速位移，加速位移为，故总位移，即物体后退的位移较大，故力F也一定做正功，故B错误D正确；根据动能定理可知，故C正确；

【点睛】本题关键是分匀速直线运动和先减速和反向加速运动两种情况进行分析，对于第二种情况，先根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式判断前进与后退的位移大小，再根据功的定义进行判断

三、实验题

17.在“研究匀变速直线运动”的实验时，所使用的电源是50 Hz的交流电，某同学打好三条纸带，选取其中最好的一条，其中一段如图所示，图中A、B、C、D、E为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画出，根据纸带可计算出打B点时小车的速度vB＝________m/s，小车的加速度a＝________m/s2.（本题结果均要求保留三位有效数字）

【答案】    (1). 0.877    (2). 3.51

【解析】

【详解】在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，故有：

由题意可知：

x1=7.00cm，x2=（17.54-7.00）cm=10.54cm，x3=（31.60-17.54）cm=14.06cm，x4=（49.10-31.60）cm=17.50cm

根据逐差法有：

x3−x1＝2a1T2①

x4−x2＝2a2T2②

③

联立①②③带入数据解得：a=3.51m/s2.

【点睛】能够知道相邻的计数点之间的时间间隔，熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解决有关问题，要注意单位的换算和有效数字的保留.

18.游标卡尺读数________cm。 螺旋测微器的读数______mm。

【答案】    (1). 1.160    (2). 7.500

【解析】

【详解】[1]游标卡尺的主尺读数为1.1cm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为：

所以最终读数为

[2]螺旋测微器的固定刻度为7.5mm，可动刻度为0，所以最终读数为

四、计算题

19.如图所示，半径为r1＝1.8m的光滑圆弧轨道末端水平，并固定在水平地面上，与竖直截面为半圆形的坑平滑连接，bd为坑沿水平方向的直径。现将质量为m＝1.0kg的小球从圆弧顶端的a点由静止释放，小球离开b点后击中坑壁上的c点。测得c点与水平地面的竖直距离为h＝1.8m，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）小球刚到达轨道末端b点时对轨道的压力FN；

（2）半圆形坑的半径r2。

【答案】（1）30N（2）2.25m

【解析】

详解】(1)小球沿光滑轨道滑下，由机械能守恒定律得

mgr1＝mv2

到达b点时，支持力与重力的合力提供向心力

F支－mg＝

根据牛顿第三定律有FN＝F支，联立解得

FN＝30N

(2)小球从b点开始做平抛运动，竖直方向上h＝gt2，水平方向上x＝vt，故小球从b点运动到c点过程的水平位移

x＝v＝3.6m

由几何关系得

＝（x－r2）2＋h2

得

r2＝2.25m。

20.如图所示，A是地球的同步卫星，另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h.已知地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心．

(1)求卫星B的运行周期．

(2)如卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近(O、B、A在同一直线上)，则至少经过多长时间，它们再一次相距最近？

【答案】(1)   (2)

【解析】

【详解】（1）由万有引力定律和向心力公式得①，②

联立①②解得：③

（2）由题意得④，由③得⑤

代入④得

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21.如图所示，在竖直方向上，A、B两物体通过劲度系数为k＝16 N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在倾角α＝30°的固定光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m＝0.2 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C后，C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：

（1）从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离；

（2）物体C的质量；

（3）释放C到A刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C做的功．

【答案】（1）0.25m（2）0.8 kg（3）－0.6 J

【解析】

（1）设开始时弹簧的压缩量为xB，得：kxB=mg
设物体A刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，得：kxA=mg
当物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离为：h=xA+xB
由①②③解得：h= =0.25 m
（2）物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度vm，加速度为零，设C的质量为M，对B有：T-mg-kxA=0
对C有：Mgsinα-T=0
联立可得：Mgsinα-2mg=0
解得：M=4m=0.8 kg．
（3）由于xA=xB，物体B开始运动到速度最大的过程中，弹簧弹力做功为零，且B、C两物体速度大小相等，由能量守恒有：
Mghsinα-mgh=（m+M）vm2；
解得：vm=1 m/s
对C由动能定理可得：Mghsinα+WT=Mvm2
解得：WT=-0.6 J．