甘肃省武威市六中2020届高三上学期段考物理试题

武威六中2020届高三一轮复习过关考试（二）物理

一、选择题

1.在研究运动和力的关系时，伽利略提出了著名的理想实验，示意图如图．伽利略提出该理想实验的最主要意图是（　　）

A. 为了说明力是维持物体运动的原因

B. 为了说明力可以改变物体的运动

C. 为了说明物体运动不需要力来维持

D. 为了说明物体运动时就会产生惯性

【答案】C

【解析】

亚里士多德认为，力是维持物体运动的原因；伽利略等人认为，力是改变物体运动状态的原因．现在人们普遍认为力是改变物体运动状态的原因的观点是正确的；
伽利略设计这个理想实验，其目的是为了说明亚里士多德的力是维持物体运动状态的原因的结论是错误的，物体运动不需要力来维持．故A、B、D错误，C正确．故选.C

【点睛】伽利略“理想斜面实验”在物理上有着重要意义，伽利略第一个把实验引入物理，标志着物理学的真正开始．

2.如图所示,与水平面夹角为30°的粗糙斜面上有一质量m=1.0 kg的物体．轻绳的一端与物体相连,另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧测力计相连．物体静止在斜面上,斜面静止在地面上,弹簧测力计的示数为4.0 N．关于斜面和物体受力的判断（取g=10.0 m/s2）,下列说法正确的是（      ）

A. 地面对斜面的摩擦力大小为零

B. 斜面受到的合力不为零

C. 斜面对物体的摩擦力大小为1.0 N,方向沿斜面向上

D. 斜面对物体的支持力大小为5 N,方向竖直向上

【答案】C

【解析】

【详解】A.对斜面体、斜面上物体和滑轮整体，由水平方向平衡条件，解得地面对斜面的摩擦力大小等于弹簧拉力沿水平方向的分力，故A错误；

B.由于斜面处于平衡状态，斜面受到的合力为零，故B错误；

C.隔离斜面上物体受力分析，设斜面对物体的摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件，F=mgsin30°+f1，解得f1= -1N，即斜面对物体的摩擦力大小为1.0 N，方向沿斜面向上，故C正确；

D.斜面对物体的支持力大小为FN=mgcos30°=1.0×10×N=5 N，方向垂直斜面斜向上，故D错误．

故选C

3.质量为m的飞机以恒定速率v在空中水平盘旋，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则空气对飞机的作用力大小为（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

飞机做圆周运动所需的向心力由重力mg和空气对飞机的作用力F的合力提供，

根据勾股定理： ，故A正确；BCD错误；

故选A

4.如图所示,斜面上两物块A、B的质量分别为M和m,A、B间用一个与斜面平行的轻杆相连,A与斜面间的动摩擦因数为μ,B与斜面间无摩擦,斜面倾角为θ,下列说法正确的是（    ）

A. 若A和B匀速下滑,则杆对A的作用力为零

B. 若A和B匀速下滑,则杆对A的作用力为mgsinθ

C. 若A和B匀加速下滑,则杆对A的作用力为零

D. 若A和B匀加速下滑,则杆对A的作用力为μmgcosθ

【答案】B

【解析】

【详解】AB. 若A. B匀速下滑，对B分析，B受重力、支持力和杆对B的弹力处于平衡状态，弹力大小F=mgsinθ，可知杆对B有弹力，则杆对A的作用力不为零，为mgsinθ，故A错误，B正确；

CD. 若A. B匀加速下滑，对整体分析，整体的加速度，隔离对B分析,mgsinθ−F=ma，解得杆子的作用力<μmgcosθ，故C错误，D错误．

故选B.

5.甲、乙两车在平直公路上行驶,二者的位置—时间（x—t）图象如图所示,则下列说法正确的是（  ）

A. 0～8 s内,甲、乙两车位移相同

B. 8 s末,甲车的速度大小小于乙车的速度大小

C. 0～2 s内,甲车的位移大小小于乙车的位移大小

D. 0～8 s内,甲、乙两车的平均速度大小相等,但方向相反

【答案】D

【解析】

【详解】A.8 s末，甲车的位置在40 m处，乙车的位置在0 m处，0~8 s内，两车位移大小均为40 m，方向相反，故A错误；

B.根据“位置—时间图象的切线斜率表示速度”可知，8 s末，甲车的速度大小大于乙车的速度大小，故B错误；

C.由图象可以看出，0~2 s内，甲车的位移大小大于乙车的位移大小，故C错误；

D.根据速度公式，由于0～8 s内，甲、乙两车位移大小均为40 m，方向相反，故两车的平均速度大小相等，但方向相反．故D正确．

故选D

6.如图所示，一根轻质细绳一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过轻质动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA段处于水平状态；另一根轻质细绳一端与轻质动滑轮相连，另一端在绕过轻质定滑轮Q后在细绳的端点O处施加一水平向左的拉力F，使整个系统处于平衡状态，不计一切摩擦，下列说法正确的是（    ）

A. 保持绳子的端点O位置不变，将A点缓慢上移时拉力F增大

B. 保持绳子的端点O位置不变，将A点缓慢上移时拉力F不变

C. 保持A点的位置不变，拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动时拉力F增大

D. 保持A点的位置不变，拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动时拉力F不变

【答案】C

【解析】

【详解】AB、以B为研究对象，AP、BP段绳子受到的力大小始终等于B的重力，两段绳子拉力的合力在∠APB的角平分线上，保持绳子的端点O位置不变，将A点缓慢上移时∠APB增大，两段绳子拉力的合力减小，所以拉力F减小，故A错误，B错误；

CD、保持A点的位置不变，拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动时∠APB减小，AP、BP两段绳子拉力的合力增大，所以拉力F增大，故C正确、D错误．

故选C．

7.如图所示，甲、乙两小球从竖直面内的半圆轨道的左端A开始做平抛运动，甲球落在轨道最低点D，乙球落在D点右侧的轨道上，设甲、乙球的初速度分别为v甲、v乙，在空中运动的时间分别为t甲、t乙，则下列判断正确的是(   )

A. t甲=t乙 B. t甲<t乙

C. v甲>v乙 D. v甲<v乙

【答案】D

【解析】

AB：甲、乙两小球从竖直面内的半圆轨道的左端A开始做平抛运动，甲球落在轨道最低点D，乙球落在D点右侧的轨道上；甲球下落的距离大于乙球下落的距离．据得，则．故AB两项均错误．

CD：甲、乙两小球从竖直面内的半圆轨道的左端A开始做平抛运动，甲球落在轨道最低点D，乙球落在D点右侧的轨道上；甲球水平方向上运动的距离小于乙球水平方向上运动的距离．据得，又 ，则．故C项错误，D项正确．

8.如图所示水平传送带A、B两端点相距x=4m，以v0=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转．今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0．4，g取10m/s2．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中（ ）

A. 所用的时间是s B. 所用的时间是0．5s

C. 划痕长度是4m D. 划痕长度是0．5m

【答案】D

【解析】

试题分析：煤块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律有：mgμ=ma，因此解得a=4m/s2．当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：因此煤块先加速后匀速运动：加速时间为：匀速时间为：；小煤块从A运动到B的过程中总时间为：t=t1+t2=2．25s，故AB错误；在加速阶段产生相对位移即产生划痕，固有：△s=v0t1-s1=0．5m，故C错误，D正确．故选D．

考点：牛顿第二定律的综合应用

9.如图所示,a、b两物体质量分别为m1和m2,由轻质弹簧相连.当用恒力F竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1,加速度大小为a1;当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a,使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x2,加速度大小为a2,则(　　)

A. a1=a2,x1=x2 B. a1<a2,x1=x2

C. a1=a2,x1>x2 D. a1<a2,x1>x2

【答案】B

【解析】

【分析】

先对AB整体进行分析，可以得出整体运动的加速度；再对隔离出受力最少的一个进行受力分析，由牛顿第二定律可得出弹簧弹力，则可得出弹簧的形变量．

【详解】对整体分析有：

，可知a1＜a2；

隔离对b分析有：F1-m2g=m2a1，

解得：，，可知F1=F2，根据胡克定律知，x1=x2．

故应选：B．

【点睛】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用．

10.如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a，在船下水点A的下游距离为b处是瀑布．为了使小船安全渡河（不掉到瀑布里去，且不考虑船在A对面的上游靠岸）（   ）

A. 小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为

B. 小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小，合速度最大，最大值为

C. 小船沿轨迹AB运动位移最大，船速最小值为

D. 小船沿轨迹AB运动位移最大，船速最小值为

【答案】D

【解析】

【详解】当小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为：，故A错误；小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小，为a，但沿着船头指向的分速度速度必须指向上游，合速度不是最大，因此船的航行速度也不是最大的，故B错误；要合速度要沿着AB方向，此时位移显然是最大的，划船的速度最小，即当船在静水中速度垂直合速度时，则有：，则有：；故C错误，D正确；

11.一个质量为2kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是（ ）

A. 一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2

B. 一定做匀变速运动，加速度大小可能等于10 m/s2

C. 可能做匀减速直线运动，加速度大小是5m/s2

D. 可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5m/s2

【答案】BC

【解析】

详解】根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为和的两个力后，物体的合力大小范围为，物体的加速度范围为：．

、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上或与速度方向相同时，物体做曲线运动或匀减速直线运动．故错误．

、由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动．加速度大小可能等于10 ．故正确．

、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动．故正确．

、由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动．故错误．

故选．

12.如图所示是某物体做直线运动的图象(其中v为速度，x为位置坐标)，下列关于物体从x=0处运动至处的过程分析，其中正确的是 (   )

A. 该物体做匀减速直线运动

B. 该物体的加速度大小为

C. 该物体在位移中点的速度大于

D. 该物体在运动中间时刻的速度大于

【答案】ABC

【解析】

【详解】A.由匀变速直线运动的速度位移关系公式：

可得

可以知道物体的加速度恒定不变，速度均匀减小，故物体做匀减速直线运动，故A正确

B.由上式知，图象的斜率等于2a，由图可得：

则得物体的加速度大小为，所以B正确. 

CD.该物体在运动过程中的平均速度为，因为物体做匀减速直线运动，所以该物体在运动中间时刻的速度等于，物体在位移中点的速度大于中间时刻的速度，所以物体在位移中点的速度大于；所以C正确的，D错误.

13.如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线，现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道，P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45°，角，则此物体   （   ）

A. 由O点运动到P点时间为

B. 物体经过P点时，速度的水平分量为

C. 物体经过P点时，速度的竖直分量为

D. 物体经过P点时的速度大小为

【答案】BD

【解析】

【详解】A. 物体若做平抛运动，有：v0t=gt2，则t=.而物体的运动除受重力外，还受到支持力作用，加速度小于重力加速度，则时间大于.故A错误；

B. 物体若做平抛运动，运动到P点时竖直方向上的分速度：vy=gt=2v0，此时速度与水平方向的夹角为α,则有：sinα=.物块沿该轨道滑动，只有重力做功，根据动能定理得,mgh=，解得：v2=2gh=，所以v=2v0.则物体经过P点时，速度的竖直分量：，速度的水平分量.故B正确，C错误，D正确．

故选BD

【点睛】若做平抛运动，OP连线与竖直方向成45°角，所以竖直分位移与水平分位移大小相等，根据时间可求出竖直方向的分速度和速度的大小和方向，若从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，运动过程中只有重力做功，速度方向沿切线方向．

14.下列说法正确的是（   ）

A. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性

B. 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大

C. 分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大

D. 在真空，高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素

E. 当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大

【答案】ACD

【解析】

【详解】A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故A正确；

B.当分子间的距离小于r0时，分子力表现为斥力，分子间的相互作用力随着分子间距离的增大而减小；当分子间的距离大于r0时，分子力表现为引力，分子间的相互作用力随着分子间距离的增大先增大后减小，故B错误；

C.由分子势能曲线可知，当分子势能为零后，分子势能随着分子间距离的增大先减小后增大，故C正确；

D.在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确；

E.当温度升高时，物体内分子的平均速率变大，并非物体内每一个分子热运动的速率一定都增大，故E错误。

故选ACD.

二、实验题

15.某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k与其原长l0的关系实验中，按图所示安装好实验装置，

让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P，实验时的主要步骤是：

①将指针P移到刻度尺上l01＝5 cm处，在弹簧挂钩上挂上200 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；

②取下钩码，将指针P移到刻度尺上l02＝10 cm处，在弹簧挂钩上挂上250 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；

③取下钩码，将指针P移到刻度尺上l03＝15 cm处，在弹簧挂钩上挂上50 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；

④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P下移5 cm，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变．

将实验所得数据记录、列表如下：

根据实验步骤和列表数据(弹簧处在弹性限度内)，回答下列问题：

(1)重力加速度g取10 m/s2.在实验步骤③中，弹簧的原长为15 cm时，其劲度系数k＝_____N/m.

(2)同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数________(填选项前的字母)．

A．不变　　　　　B．越大　　　　　C．越小

【答案】    (1). （1）30；    (2). （2）C

【解析】

【详解】（1）挂50g钩码时，弹簧的弹力为0.5N，根据胡克定律得：．
（2）对第3、4、5次数据分析，弹簧弹力相等，同一根弹簧，原长越长，形变量越大，根据胡克定律F=kx知，弹簧的劲度系数越小，故选C．

16.某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，实验步骤如下：

A.按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；

B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；

C.挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；

D.改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度.

根据以上实验过程，回答以下问题：

(1)对于上述实验，下列说法正确的是（         ）

A.小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等

B.实验过程中砝码盘处于超重状态

C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行

D.弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半

E.砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量

(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为________m/s2.（结果保留2位有效数字）

(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，与本实验相符合的是（         ）

【答案】    (1). C    (2). 0.16    (3). A

【解析】

【详解】(1)A、由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；

B 实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故B错误；

C. 与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故C正确；

D. 实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误；

E. 由于不需要把砝码的重力作为小车的拉力，故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故E错误；

故选C

(2)设相邻两个计数点之间的位移分别为x1、x2、x3，相邻两个计数点之间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s，

由△x=aT2结合作差法得：m/s2=0.16m/s2

(3)由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A与本实验符合．故选A.

三、计算题

17.如图所示，在以导热性能良好开口向上的气缸，用一质量不计横截面积为S的活塞封闭有体积为的理想气体，已知外界大气压强为，环境温度为，活塞与气缸之间的摩擦不计，现在活塞上面轻放一质量为m的石块，使活塞缓慢下移，最终活塞静止在某一位置，重力加速度为g，求：

①当活塞静止时，活塞与气缸底端的距离是多少？

②如果将物块拿掉，要活塞保持在①问所处的位置，环境温度需要变为多少？

【答案】①②

【解析】

试题分析：①气体经历等温过程，根据玻意耳定律列式求解；②气体经历等容过程，根据查理定律列式求解．

①放上物块并稳定后，由平衡条件得：

达到稳定过程，根据玻意耳定律得：

解得：

②拿掉物块后的稳定过程，根据查理定律得：

解得：

【点睛】本题关键根据气体实验定律列式求解，解决时要注意分析气体的初、末状态的参量．

18. 已知一列简谐横波在t＝0时刻的波形图象如图所示，波沿x轴正方向传播，再经过2.2 s，P点第3次出现波峰．求：

(1)波速v为多少？

(2)由图示时刻起，Q点再经过多长时间第一次出现波峰？

(3)从图示时刻开始计时，试写出坐标为x＝3 m的质点的位移与时间的关系式．

【答案】（1）v="5" m/s；（2）由图示时刻起，Q点再经过0.8s时间第一次出现波峰；（3）从图示时刻开始计时，坐标为x=3m的质点的位移与时间的关系式为

【解析】

试题分析：

(1)由传播方向判断，此时P点的振动方向是向下

经过t3＝2T，P点第三次到达波峰位置，即2T＝2.2s，T＝0.8s

从题中波形图上可以看出，波长λ＝4m

所以波速v＝＝5 m/s

（2）由图上可以看出波向右传播，t＝0时，离A点最近的波峰在x＝2 m处，该点距Q点距离为s＝4 m，因此再经过t1时间，Q点第一次出现波峰，t1＝＝0.8s

（3）坐标为x＝3 m的质点的位移与时间的关系式为．

考点：此题考查机械波传播和质点的振动．

19.某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：

（1）燃料恰好用完时火箭的速度大小v

（2）火箭上升离地面的最大高度H

（3）火箭从发射到返回发射点的时间．

【答案】（1）20m/s；（2）60m；（3）9.46s

【解析】

【详解】①设燃料燃烧结束时火箭的速度为v，根据运动学公式有，

解得

②火箭能够继续上升的时间

火箭能够继续上升的高度

因此火箭离地的最大高度

③火箭由最高点落至地面的时间

．

燃料燃烧结束后，火箭飞行的时间．

s

20.如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板．开始时质量为m＝1 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失．此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10 m/s2．求：

(1)水平作用力F的大小；

(2)滑块开始下滑时的高度；

(3)木板的质量．

【答案】（1）；（2）2.5m；（3）1.5kg

【解析】

(1)开始F向左时，滑块受到水平推力F、重力mg和支持力处于平衡，如图所示：

水平推力：；

(2)由图乙知，滑块滑上木板时速度为：，设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：，代入数据得：，则滑块下滑的位移为：，则下滑时的高度：；

(3)设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1，由图乙知，滑块刚滑上木板时的加速度为，对滑块：，此时木板的加速度：，对木板：，当滑块和木板速度相等，均为：，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：，对整体：，由以上各式解得：