福建省龙海第二中学2020届高三上学期期初考试物理

龙海二中2020届高三上学期期初考试

物理试卷

一、本题共12小题，每小题4分，共48分。1—7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θ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θ，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mgtanθ

D. 杆对a弹力大小为mgcosθ

【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θ＝30°，则F的大小 （ ）．

A. 可能为mg B. 可能为mg C. 可能为mg D. 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α＝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. 3 C.  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g＝10 m/s2)(　　)

A. 0 N

B. 8 N

C. 10 N

D. 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=10-1×2N=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θ，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，θ大时FN大 B. 若F一定，θ小时FN大

C. 若θ一定，F大时FN大 D. 若θ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，F1＝F2＝FN＝

A.由上述分析可知， 若F一定，θ大时FN小，故A错误；

B. 由上述分析可知，若F一定，θ小时FN大，故B正确；

C. 由上述分析可知，若θ一定，F大时FN大    ，故C正确；

D. 由上述分析可知，若θ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v－t图象如图所示。已知两车在t＝3 s 时并排行驶，则(　　)

A. 在t＝1 s时，甲车在乙车后

B. 在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m

C. 两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s

D. 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=(20−10)/2 m/s2=5m/s2

0-1s，甲的位移

x甲=a甲t2=×10×12 m =5m

乙的位移

x乙=v0t+a乙t2=10×1+×5×12 m =12.5m

△x=x乙−x甲=12.5−5=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=10×1 m/s =10m/s

乙车的速度

v′=10+5×1 m/s =15m/s

1−2s时，甲的位移

x1=10×1+×10×12 m =15m

乙的位移

x2=15×1+×5×1=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=10×1 m/s =10m/s

1-3s甲车的位移为：

x=vt+a甲t2=10×2+×10×22 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=1：2：3：2018

B. 从左到右每根弹簧的弹性势能之比为：1：4：9：20182

C. 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=ma＝F，同理F2－3＝F，………F2018－2019＝ 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3．00N；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m＝1 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，t＝0.5 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(s1<s0)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μ，

则冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg①

由速度与位移的关系知–2a1s0=v12–v02②

联立①②得③

（2）设冰球运动的时间为t，则④

又⑤

由③④⑤得⑥

【点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，并能灵活选取运动公式；难度中等。

17.传送带以恒定速率v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝10 N拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

(1)物块在传送带上运动的时间；

(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？

【答案】（1）1s（2）

【解析】

【详解】（1）物体在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有：

F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1               

解得a1＝8 m/s2     

由v＝a1t1                                           

得t1＝0.5s 

位移x1＝a1t12＝1m

物体与传送带达到共同速度后，因F－mgsinθ＝4 N＝μmgcos37°                    

故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升．

位移x2＝－x1＝2m  

t2＝＝0.5s   

总时间为t＝t1＋t2＝1s        

（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为μ＜tan37°，故有：

mgsin37°－μmgcos37°＝ma2                 

解得：a2＝2m/s2  

假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则

通过的位移为x＝＝4 m＞x2

故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故

x2＝vt3-a2t32

解得t3＝（2-）s或t3＝（2+）s（舍去）

【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间．