湖北省2020届高三入学调研考试物理试题

湖北省2020届高三入学调研考试物理试题

‎2020届高三入学调研考试卷物理 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 研究沿地面翻滚前进的体操运动员的动作可把运动员看成质点 B. 前3s内的含义是这段时间是3s C. 牛顿第一定律可用实验来验证 D. 时间的单位一小时是国际单位制中的导出单位 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A．研究沿地面翻滚前进的体操运动员的动作时如果将其看成质点，而质点是一个点，看不到点的动作，所以运动员不能被看成质点，故A错误；‎ B．根据时间轴的知识，前3s指的是时间3s内，故B正确；‎ C．牛顿第一定律实在伽利略的斜面实验基础上总结的定律，而伽利略通过对斜面实验进行推论得出的理想实验，完全光滑的斜面不存在，所以牛顿第一定律不能用实验验证，故C错误；‎ D．导出单位是由基本单位通过定义或一定的关系以及定律推导出来的单位，故D错误；‎ ‎2.一质点做匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为x，速度变为原来的2倍，该质点的加速度为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设质点的初速度为v0，由平均速度公式得:‎ 由加速度定义式得：‎ 联立解得：。‎ A.与计算结果不符，故A错误；‎ B.与计算结果相符，故B正确；‎ C.与计算结果不符，故C错误；‎ D.与计算结果不符，故D错误。‎ ‎3.智能化电动扶梯如图所示，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则 A. 乘客始终处于超重状态 B. 加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同 C. 电梯对乘客的作用力始终竖直向上 D. 电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重。故A错误。加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，则受到的摩擦力方向水平向右，选项B错误；加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项C错误，D正确.‎ ‎4.如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体O放在两板间，sin53=0.8，cos53=0.6，重力加速度为g。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 平板BP受到的最小压力为mg B. 平板BP受到的最大压力为mg C. 平板AP受到的最小压力为mg D. 平板AP受到的最大压力为mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．圆柱体受重力，斜面AP的弹力F1和挡板BP的弹力F2，将F1与F2合成为F，如下图：圆柱体一直处于平衡状态，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1与F2合成的合力F与重力等值、反向、共线；从图中可以看出，BP板由水平位置缓慢转动过程中，F1越来越大，F2先减小后增大；由几何关系可知，当F2的方向与AP的方向平行（即与F1的方向垂直）时，F2有最小值F2min=mg，根据牛顿第三定律，平板BP受到的最小压力为mg，故A正确。‎ B．BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置时，由图知这时F2最大，F2max=mg，即平板BP受到的最大压力为mg，故B错误。‎ C．当平板BP沿水平方向时，平板AP对圆柱体的弹力F1=0，即平板AP受到的最小压力为0，故C错误。‎ D．由图可知，当BP转到竖直方向时，AP对圆柱体的弹力F1最大，F1max==mg，根据牛顿第三定律知，平板AP受到的最大压力为mg，故D错误。‎ ‎5.如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法错误的是（　　）‎ A. 弹簧的原长为 B. 斜面的倾角为α=30°‎ C. 撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度不变 D. 撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、对小球B进行受力分析，由平衡条件可得：，解得：‎ 所以弹簧的原长为；对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：，解得：α=30°，所以弹簧的原长为，故AB正确；‎ C、撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得：，小球A此时的加速度，故C错误。‎ D、撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D正确。‎ 本题选说法错误的，故选：C。‎ ‎6.如图所示，滑雪运动员从O点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过P、M、N三点，已知PM＝10m，MN＝20m，且运动员经过PM、MN两段的时间相等，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 能求出OP间的距离 B. 不能求出运动员经过OP段所用的时间 C. 不能求出运动员的加速度 D. 不能求出运动员经过P、M两点的速度之比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设物体通过PM、MN所用时间分别为T，则M点的速度为：；根据△x=aT2得： 则：vP=vM-aT=,则：xOP==1.25m，故A正确；运动员经过P、M两点的速度之比为是可求解的，故D错误；不能求出运动员经过OP段所用的时间和运动员的加速度大小，故BC正确，本题选不正确的，因此选D。‎ ‎7.a、b两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的v—t图象如图所示，在t＝0时刻，b车在a车前方s0处，在0～t1时间内，a车的位移为s。若s=2s0，则（ ）‎ A. a、b两车只会相遇一次，在t1时刻相遇 B. a、b两车只会相遇一次，在时刻相遇 C. a、b两车可以相遇两次，一次在时刻相遇，另一次在时刻相遇 D. a、b两车可以相遇两次，一次在时刻相遇，另一次在时刻相遇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由速度-时间可知，图象与时间轴围成面积表示位移，所以，。在时a的位移是，b的位移是,因为，故在时两相遇；由v-t图像可知：时，两者的位移相同，所以若在时两相遇，在时一定相遇。故a、b两车可以相遇两次，一次在时刻相遇，另一次在时刻相遇 A. a、b两车只会相遇一次，在t1时刻相遇，与上述结论不符，故A错误；‎ B. a、b两车只会相遇一次，在时刻相遇，与上述结论不符，故B错误；‎ C. a、b两车可以相遇两次，一次在时刻相遇，另一次在时刻相遇，与上述结论不符，故C错误；‎ D. a、b两车可以相遇两次，一次在时刻相遇，另一次在时刻相遇，与上述结论相符，故D正确。‎ ‎8.做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题意，初速度为v0，加速度大小为a，时间为t，加速度为-a，则匀减速运动的位移为：,故A错误，‎ B.做匀减速直线运动的质点，这段时间内的位移大小不可能是，故B错误；‎ C.由题，物体做匀减速直线运动，已知初速度为v0，末速度为0，则平均速度为 ，所以这段时间内物体的位移 ，故C正确．‎ D.此运动可看出反向的初速度为零的匀加速运动，则，故D正确．‎ ‎9.如图所示，两斜面体M、N完全相同，两物体P、Q也完全相同。用一根不可伸长的轻质细线通过两光滑的定滑轮将P、Q两物体连接，细线与两侧斜面均保持平行，M、N、P、Q均处于静止状态，且物体P恰好不上滑。已知α<β，下列说法中正确的是 A. 物体Q受到沿斜面向下的摩擦力 B. 物体Q受到的摩擦力可能为零 C. 地面对M的摩擦力方向水平向左 D. 地面对M的摩擦力与地面对N的摩擦力大小相等 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】因物体P恰好不上滑，则物体Q可能有沿斜面下滑的趋势，物体Q可能受到沿斜面向上的摩擦力，选项A错误；对PQ两物体：，因α<β，可知fQ可能为零，选项B正确；对P和M的整体，因受到细线水平向右的拉力，可知地面对M有水平向左的摩擦力，其大小等于绳的拉力；同理对Q和N的整体，因受到细线水平向左的拉力，则地面对N有水平向右的摩擦力，其大小等于绳的拉力；选项CD正确；‎ ‎10.水平地面上质量为1kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2s内以4m/s的速度做匀速直线运动，取g=10m/s2，则 A. 物块与地面的动摩擦因数为 B. 3s末物块受到的摩擦力大小为3N C. 4s末物块受到的摩擦力大小为1N D. 5s末物块的加速度大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 在0-2s内物体匀速运动，则摩擦力f=3N，则，选项A错误；2s后物体做减速运动，加速度 则经过，即4s末速度减为零，则3s末物块受到的摩擦力大小为3N，4s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6N-5N=1N，选项BC正确；物体停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物体不再运动，则5s末物体的加速度为零，选项D错误；故选BC.‎ ‎11.为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m=50 kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响,g取10 m/s2 。则（ ）‎ A. 运动员起跳过程处于超重状态 B. 起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大 C. 起跳过程中运动员对地面的压力为960N D. 从开始起跳到双脚落地需要1.05s ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC、运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据可知；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知，解得，对运动员根据牛顿第二定律可知，解得,根据牛顿第三定律可知，对地面压力为1560N，故选项A正确，C错误；‎ B、在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度，故选项B错误；‎ D、起跳过程运动的时间，起跳后运动的时间，故运动的总时间，故选项D正确；‎ ‎12.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ ‎，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，取g= 10m/s2。根据图象可求出 A. 物体的初速率v0＝6m/s B. 物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5‎ C. 当θ=30o时，物体达到最大位移后将保持静止 D. 取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：由图可知，当夹角为90°时，x=0.80m，物体做竖直上抛运动，则由竖直上抛运动规律可知：，解得：，故A错误；‎ B项：当夹角θ=0时，x=1.60m，由动能定理可得： ，解得：，故B正确；‎ C项：若θ=30°时，物体的重力沿斜面向下的分力大小为：mgsin30°=0.5mg；最大静摩擦力为：，则，，因此，物体达到最大位移后将下滑，故C错误；‎ D项：根据动能定理得：，解得：‎ 其中tanα=2，当，，此时位移最小，故D正确。‎ 二、非选择题 ‎13.某实验小组用如图所示的实验装置测当地的重力加速度，图中A、B是两个光电门，钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，钢球通过光电门A 时与光电门相连的光电计时器开始计时，通过光电门B时就停止计时，得到钢球从A运动到B所用的时间t，用刻度尺测出A、B间的高度h，保持钢球下落的位置不变，光电门B的位置不变，改变光电门A的位置，重复前面的实验，测出多组h、t的值. ‎ ‎(1)根据测得的多组h、t的值，算出每组的，作出图象，则图象应是图中的__________. ‎ A. B. C. D. ‎ ‎(2)图线在纵轴上的截距表示______________，要求出重力加速度，必须求出图线的______________，若求出的图线的这个量用k表示，则当地的重力加速度为___________.‎ ‎【答案】 (1). D； (2). 钢球通过光电门B时的速度 (3). 斜率的绝对值； (4). 2k ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于球下落的位置不变，光电门B的位置不变，因此小球到达B点的速度不变，设球到B点的速度为vB，则球的运动可以看成是倒过来的匀减速直线运动，则有：h=vBt-gt2，即，因此D正确，ABC错误； （2）由函数表达式可知，图线与纵轴的交点表示小球通过B光电门的速度，要求出重力加速度，必须求出图线斜率的绝对值，则由k＝g解得：g=2k；‎ ‎14.为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图所示。‎ ‎①根据上述图线，计算0.4s时木块的速度=_______m/s，木块加速度a=________m/s2；‎ ‎②现测得斜面倾角为 ，g取10m/s2，则= ________；‎ ‎③为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是________‎ A．A点与传感器距离适当大些 B．木板的倾角越大越好 C．选择体积较大的空心木块 D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻 ‎【答案】 (1). 0.4 (2). 1 (3). 0.625 (4). A ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：‎ ‎，0.2s末的速度为：，‎ 则木块的加速度为：；‎ ‎②选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：，得：，若，则；‎ ‎③根据②的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻。故A正确，BCD错误。‎ ‎15.用一轻弹簧竖直悬挂一质量为m的物体，静止时弹簧的伸长量为x。现用该弹簧沿倾角为的斜面向上拉住质量为3m的物体匀速向下运动时，弹簧的伸长量也为x，如图所示，已知当地的重力加速度为g，求：‎ ‎(1)质量为3m的物体沿斜面运动时受到的摩擦力大小。‎ ‎(2)当用该弹簧沿该斜面向上拉住质量为3m的物体匀速向上运动时，弹簧的伸长量为多少？‎ ‎【答案】（1）f=0.5mg（2）2x ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题意可知 kx=mg 当物体在F拉力的作用下向下做匀速运动时，物体受力平衡，此时滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件得：‎ kx+f=3mgsin30°‎ 解得：f=0.5mg ‎（2）当用该弹簧沿该斜面向上拉住质量为3m物体匀速向上运动时，物体受力平衡，此时滑动摩擦力方向沿斜面向下，根据平衡条件得：‎ 解得：‎ 答：（1）f=0.5mg（2）2x ‎16.如图，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的物块，另一端绕过A固定于B。小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。小球和物块都静止时，BC与水平方向的夹角为53°。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos 53°=0.6，cos 26.5°=0.89，求：‎ ‎(1)小球的质量；‎ ‎(2)钉子A所受压力FN的大小和方向。‎ ‎【答案】(1) (2)FN = 1.78Mg ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球和物块静止时受力平衡,分别进行受力分析,列平衡方程即可求得.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据题意,对物体进行受力分析,由图知，cos53°==0.6 ,所以∠C=90° ‎ 设小球质量为m，AC、BC的拉力分别为F1、F2，有 F1sin53°=F2cos53° ‎ mg=F1cos53°+ F2sin53°‎ F1=Mg ‎ 解得m=‎ ‎（2）钉子所受压力等于两细线合力，合力方向沿与竖直方向成265°向右下方 故FN=2 Mgcos26.5° ‎ 解得FN=1.78Mg ‎【点睛】本题考查共点力平衡,关键是选择好研究对象，做好受力分析。‎ ‎17.如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；‎ ‎(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。‎ ‎【答案】（1） （2）0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由v-t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v-t图线与t轴所围的面积，‎ 所以：‎ 由平均速度的定义得： ‎ ‎(2)由v-t图象可知传送带运行速度为v1=10m/s，‎ ‎0~1s内物体的加速度为： ‎ ‎1~2 s内的加速度为：a2=2m/s2‎ 根据牛顿第二定律得： ‎ 联立两式解得：μ = 0.5。‎ ‎【点睛】该题考查传送带问题，解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律、功能关系和运动学公式综合求解．‎ ‎18.质量为m=0.5 kg、长L=1 m的平板车B静止在光滑水平面上，某时刻质量M=l kg的物体A（视为质点）以v0=4 m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力。已知A与B之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2。试求：‎ ‎（1）如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件；‎ ‎（2）若F=5 N，物体A在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A、B速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F的大小范围．‎ ‎【详解】(1)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：‎ 又： ‎ 解得：aB=6m/s2‎ 再代入F＋μMg=maB得：F=1N 若F<1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N 当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落，则由牛顿第二定律得：‎ 对整体：F=(m＋M)a 对物体A：μMg=Ma 解得：F=3N 若F大于3N，A就会相对B向左滑下 综上所述，力F应满足的条件是1N≤F≤3N ‎(2)物体A滑上平板车B以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg=MaA 解得：aA=μg=2m/s2‎ 平板车B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F＋μMg=maB 解得：aB=14m/s2‎ 两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v0－aAt=aBt 解得：t=0.25s A滑行距离 xA=v0t－aAt2=m B滑行距离：xB=aBt2=m 最大距离：Δx=xA－xB=0.5m ‎【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．‎ ‎ ‎