【物理】河南省中原名校2020届高三上学期第三次质量考评试题（解析版）

【物理】河南省中原名校2020届高三上学期第三次质量考评试题（解析版）

河南省中原名校2020届高三上学期 第三次质量考评试题 一、选择题（本题包括12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题 只有一项符合题目要求，第9~12题中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）‎ ‎1.2019年5月20日是第20个“世界计量日”，当日，第26届国际计量大会通过的关于国际单位制（SI）基本单位变革的决议生效实施．第26届国际度量衡大会上，重新定义了千克．新定义以普朗克常数为基准，从而使1千克脱离了实际物体．其中h是普朗克常量，关于h的单位，用国际单位制的基本单位表示，正确的是 A. J•s B. J/s C. kg·m2/s D. Kg·m2·s3‎ ‎【答案】C ‎【详解】AB．J不是国际单位制的基本单位，故AB错误；‎ CD．根据E=hv解得：‎ 则 h的单位是 故C正确，D错误．‎ ‎2.2019年10月1日国庆70周年阅兵式在北京天安门广场隆重举行．此次国庆70周年阅兵式是中国进入新时代的首次国庆阅兵，航空工业“20家族”再添猛将，有“中国黑鹰”之称的直-20首度公开亮相，引发了高度关注．如图为歼-20与直-20以相同速度沿直线匀速通过天安门广场．下列说法正确的是 A. 直-20在与其它飞机对抗过程中可视为质点 B. 地面观察者看到直-20是静止的 C. 以直-20为参考系歼-20是静止的 D. 在歼-20飞机加速向上运动的过程中机械能总量不变 ‎【答案】C ‎【详解】A．直-20在与其它飞机对抗过程中大小不能忽略，不能可视为质点，故A错误；‎ B．以地面观察者为参考系，直-20是运动的，故B错误；‎ C．由于歼-20与直-20以相同速度匀速运动，所以以直-20为参考系歼-20是静止的，故C正确；‎ D．在歼-20飞机加速向上运动的过程中，有外力做正功，机械能增大，故D错误．‎ ‎3.2019年9月13日，美国导弹驱逐舰“迈耶”号擅自进人中国西沙群岛海域．我军组织有关海空兵力，依法依规对美舰进行了识别查证，予以警告，成功将其驱离．下图是美国导弹驱逐舰“迈耶”号在海面上被我军驱离前后运动的速度—时间图象，如图所示，则下列说法正确的是 A. 美舰在0〜66s内从静止出发做加速度增大的加速运动 B. 美舰在66s末开始调头逃离 C. 美舰在96 ~ 116s内做匀减速直线运动 D. 美舰在66〜96s内运动了 225m ‎【答案】D ‎【详解】A．在0〜66s内图象的斜率越来越小，加速度越来越小，速度越来越大，故美舰做加速度减小的加速直线运动，故A错误；‎ B．在96s末之前，速度均为正，说明美舰一直沿正向运动．美舰在96s末，速度由正变负，即改变运动的方向，开始掉头逃跑，故B错误；‎ C．美舰在96s〜116s内，速度为负，速率均匀增大，则知美舰沿负方向做匀加速运动，故C 错误.‎ D．v-t图象的面积表示美舰的位移，则66〜96s的位移为x=×15×30m=225m，故 D正确；‎ ‎4.如图所示角为α=37°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施加一个水平向右的恒力，使A、B在斜面上都保持静止．如果斜面与两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法正确的是 A. 弹簧的原长为L-‎ B. 水平向右的恒力F=‎ C. 剪断弹簧瞬间小球B的加速度为0‎ D. 撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度为g ‎【答案】B ‎【详解】AB．对小球进行受力分析，由平衡条件可得 kx=mgsinα 解得：‎ x=‎ 所以弹簧原长为 L0=L-x=L-‎ 对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：‎ Fcosα=mgsinα+kx 解得：‎ F=mg 故A错误、故B正确 C．剪断弹簧瞬间，弹簧弹力变为0，小球B的加速度为 a=gsinα 故C项错误；‎ D．撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得 mgsinα+kx=maA 小球A此时的加速度 aA=1.2g 故D错误．‎ ‎5.如图所示A、B两相同的木箱（质量不计）用细绳连接放在水平地面上，当两木箱内均装有质量为m的沙子时，用水平力F拉B木箱，使两木箱一起做匀加速直线运动，细绳恰好不被拉断．在不改变拉力的情况下，为使两木箱一次能运送更多的沙子，下列方法（加沙子后A、B 木箱均能被拉动）可行的是 A. 只在A木箱内加沙子 B. 只在B木箱内加沙子 C. A木箱内加入质量为2m的沙子，B木箱内加入质量为m的沙子 D. A木箱内加入质量为4m的沙子，B木箱内加入质量为3m的沙子 ‎【答案】B ‎【详解】对整体由牛顿第二定律：‎ ‎ ；‎ 对木箱A:‎ 解得 可知当A木箱内加入沙子的质量小于B木箱内加入的沙子的质量时，细绳的拉力减小，此时两箱子拉的沙子更多；‎ A．只在A木箱内加沙子，与结论不相符，选项A错误；‎ B．只在B木箱内加沙子，与结论相符，选项B正确；‎ C． A木箱内加入质量为2m的沙子，B木箱内加入质量为m的沙子，与结论不相符，选项C错误；‎ D．A木箱内加入质量为4m的沙子，B木箱内加入质量为3m的沙子，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.2019年女排世界杯，中国女排以十一连胜夺冠，为祖国70周年国庆献礼．中国女排能始终站在世界之巅，与她们能刻苦训练是分不开的．如图为女排运动员进行了原地起跳栏网训练．已知质量m=50 kg的运动员原地静止站立（不起跳）双手拦网高度为2.10m，训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，然后起跳（从开始上升到脚刚离地的过程），最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90m．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失重状态 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小 C. 起跳过程中运动员对地面的压力为1300N D. 从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4s ‎【答案】C ‎【详解】A．运动员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，故A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，即两者相等，故B错误；‎ C．运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2gh =v2可知 根据速度位移公式可知2a△h=v2解得：‎ a==16m/s2，‎ 对运动员根据牛顿第二定律可知 FN-mg=ma 解得：‎ FN=1300N 根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1300N，故C正确；‎ D．起跳过程运动的时间 t1=s=0.25s 起跳后运动的时间 t2==0.4s 故运动的总时间 t=t1+t2=0.65s 故D错误．‎ ‎7.在水平地面上有相距为S的两点A、B，在B点的正上方不同高度水平抛出的小球，都落在地 面上的A点，若要求落在A点的小球速度最小，则抛出点到B点的竖直高度是（不计空气阻力）‎ A. B. ‎ C. S D. 2S ‎【答案】B ‎【详解】由平抛知识可得：‎ h=‎ S=v0t mgh=mv2-mv02‎ 联立可得 v2=2gh+‎ 当2gh=时，即时v最小；‎ A．，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，与结论相符，选项B正确；‎ C．S，与结论不相符，选项C错误；‎ D．2S，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎8.2019年4月10日，天文学家公布了人类史上首张黑洞照片，如图所示.黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸（光速为c）.若黑洞的质量为M，半径为R，引力常量为G，如果天文学家观测到一天体绕某黑洞做半径为r的匀速圆周运动，周期为T，则下列说法正确的有 A. 该黑洞的第二宇宙速度为11.2km/s B. 该黑洞的质量M=‎ C. 该黑洞的密度ρ=‎ D. 该黑洞表面的重力加速度g=‎ ‎【答案】B ‎【详解】A．11.2km/s是地球的第二宇宙速度，由题意知，黑洞光都无法逃逸，黑洞的第二宇宙速度大于11.2km/s，故A错误；‎ B．根据万有引力提供向心力有 可得黑洞的质量 M=‎ 故B正确；‎ C．该黑洞的密度 可知C错误；‎ D．由GM=gR2，代入数据可知该黑洞表面的重力加速度 则D错误；‎ ‎9.如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则 A. 绳的拉力增大 B. 杆对A的弹力FN减小 C. 绳子自由端的速率v增大 D. 绳的拉力的功率P不变 ‎【答案】AD ‎【详解】AB．因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有：Fcos=mg 因增大，cos减小，则拉力F增大，水平方向合力为零，则有：FN=Fsin F增大，sin增大，所以FN增大，故选项A正确、B错误；‎ CD．物体A沿绳子方向上的分速度v=vAcos 该速度等于自由端的速度，增大，自由端速度v减小，拉力的功率为：‎ P=Fv==mgvA 可知拉力的功率P不变，故选项C错误，D正确．‎ ‎10.如图所示，装载石块的自卸卡车静止在水平地面上，车厢倾斜至一定角度时，石块沿车厢滑至车尾．若车厢倾斜至最大角度时还有部分石块未下滑，货车会向前加速，从而把残余石块卸下．若视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )‎ A. 增加车厢倾斜程度的过程中，石块受到的支持力一直增加 B. 增加车厢倾斜程度的过程中，未下滑的石块受到的摩擦力一直增加 C. 增加车厢倾斜程度的过程中，所有石块受到的摩擦力先增加后减小 D. 卡车向前加速时，残余石块所受最大静摩擦力会减少 ‎【答案】BD ‎【详解】A.根据受力分析可知，石块受到的支持力FN=mgcosθ； 故随着车厢倾斜度增加，石块受到的支持力减小；故A错误；‎ B.由于石块未下滑，摩擦力等于重力的分力，故f=mgsinθ； 故增加车厢倾斜程度的过程中，未下滑的石块受到的摩擦力一直增加，故B正确；‎ C. 增加车厢倾斜程度的过程中，开始时石块未动时受到的静摩擦力逐渐增加，若沿车厢下滑时摩擦力为f=μmgcosθ，则随倾斜程度的增加摩擦力减小；若石块始终不下滑，则摩擦力始终逐渐增加，选项C错误；‎ D.卡车向前加速运动时，合力沿运动方向，此时石块对车厢的压力减小，故最大静摩擦力减少；故D正确；‎ ‎11.如图所示，足够长水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是 A. 圆弧轨道的半径一定是 B. 若减小传送带速度，则小物块仍可能能到达A点 C. 若增加传送带速度，小物块可以到达圆弧轨道的最高点 D. 若增加传送带速度，则小物块和传送带间摩擦生热将增大 ‎【答案】BD ‎【详解】A．物体在圆弧轨道上下滑的过程中机械能守恒，根据机械能守恒可得，‎ mgR=‎ 所以小物块滑上传送带的初速度 v0=‎ 物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物体的受力情况可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的，所以物体返回圆轨道时速度大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度v≥，物体就能返回到A点，则R≤，故A错误．‎ B．若减小传送带速度，只要传送带的速度v≥，物体就能返回到A点．若传送带的v＜，物体返回到传送带左端时速度小于v0，则小物块到达不了A点．故B正确．‎ C．若增大传送带的速度，由于物体返回到圆轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点，选项C错误；‎ D．若增加传送带速度，则小物块和传送带间相对滑动的距离变大，根据Q=μmg△x可知，摩擦生热将变大．故D正确．‎ ‎12.如图所示，物块A与小球B通过一轻绳相连处在光滑定滑轮两侧，物块A套在一光滑水平横杆上，用手按住A，此时轻绳与杆夹角为30°，物块B静止，现释放物块A，让其向右滑行， 已知A、B质量均为m，定滑轮中心距横杆高度为h，忽略定滑轮大小，B始终未与横杆触碰，则下列说法中正确的有 ‎ A. A和B组成的系统机械能守恒 B. A物块的最大速度为 C. 物块B的机械能最小时，轻绳的拉力T=mg D. 物块向右滑行过程中，绳对A的拉力的功率一直增大 ‎【答案】AB ‎【详解】A．AB系统只有重力做功，则机械能守恒，故A正确．‎ BC．系统机械能守恒，当B的机械能最小时，即为A到达C点，此时A的速度最大，设为v，此时B的速度为0，根据系统的机械能守恒 mg（2h-h）=‎ 解得：‎ v=‎ 此时B有向上的加速度，轻绳的拉力T不等于mg，故B正确，C错误．‎ D．根据功率公式P=Fvcosα知，在P点，物块A的速度为零，细线对A拉力的功率为零．在C点，拉力和速度垂直，细线对A拉力的功率也为零，所以物块A由P点出发到达C点过程中，细线对A拉力的功率先增大后减小．故D错误．‎ 二、实验题（本题共2小题，共15分）‎ ‎13.现用频闪照相方法来研究物块的运动．在一小物块沿粗糙斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示．拍摄时频闪频率是10Hz，通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4．数据如下表所示．重力加速度大小g=10m/s2．‎ 单位：cm x1‎ x2‎ x3‎ x4‎ ‎3.39‎ ‎3.52‎ ‎3.65‎ ‎3.78‎ 根据表中数据，完成下列填空：‎ ‎（1）判断该物体的运动属于__________运动（选填“匀速”、“匀加速”或“匀减速”运动）．‎ ‎（2）物块的加速度a=__________m/s2．‎ ‎（3）若要求出物块与斜面的动摩擦因数，还需测量的物理量是______（填正确答案标号）．‎ A.物块的质量 B.斜面的倾角 C.斜面的高度 ‎【答案】 (1). 匀加速 (2). 0.13 (3). B ‎【详解】（1）[1]．由表中数据可知物体的运动匀加速运动；‎ ‎（2）[2]．用逐差法求加速度 ‎（3）[3]．由牛顿第二定律得：‎ a=gsin-μgcos 所以要求出动摩擦因数，还需测量的物理量是斜面的倾角，故选B.‎ ‎14.某实验小组成员用如图甲所示的装置验证机槭能守恒定律，所用的打点计时器通以50Hz的交流电．‎ ‎（1）如图乙所示为实验中打出一条纸带，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，用刻度尺测得数据如图乙所示．已知重物的质量为1.00kg，取g=9.80m/s2．在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量△Ep=__________J；重物的动能增加量△Ek=__________J（结果均保留三位有效数字）．‎ ‎（2）实验发现小球动能增加量△Ek总是__________重力势能减少量△Ep，（选填“大于”或“小于”）这属于本实验的__________误差（选填“偶然”或“系统”）‎ ‎（3）若小组成员两次进行数据处理时不慎将纸带前半部分损坏，找不到打出的起始点O了，如图丙所示．于是他们利用剩余的纸带进行如下的测量:以A点为起点，测量各点到A点的距离h，计算出物体下落到各点的速度v，并作出v2- h图象，如图丁所示．图中给出了a，b，c三条直线，他作出的图象应该是直线__________（填a、b或c）；由图象得出A点到起始点O的距离为__________cm（结果保留三位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). 0.491J 0.480J (2). 小于 系统 (3). a 10.0‎ ‎【详解】（1）[1][2]．利用匀变速直线运动的推论 vB==0.98m/s 重物由方点运动到C点时，重物的重力势能的减少量 ‎△Ep=mgh=1.0×9.8×0.0501J=0.491J 动能增量 ‎△Ek=-0=0480J ‎（2）[3][4]．该实验没有考虑各种阻力的影响，重物重力势能的减少量总是大于重物动能的增加量，这属于本实验的系统误差．‎ ‎（3）[5]．以A点为起点，测量各点到A点的距离h，由于A点速度不为零，可知h=0时，纵轴坐标不为零，可知正确的图线为a；‎ ‎[6]．起始位置时，速度为0，如图可知A点到起始点O的距离为10.0cm．‎ 三、计算题（本题共3小题，共35分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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.如图所示，质量mA =3kg的木板A被锁定在倾角为=37°的光滑斜面的顶端，质量为mB=2kg的可视为质点的物块B恰能在木板A上匀速下滑．现让物块B以v0=10m/s的初速度从木板的上端下滑，同时解除对木板A的锁定，g取10m/s2，斜面足够长．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）A、B间的动摩擦因数；‎ ‎（2）要使物块B不从木板A上滑落下来，则木板A的长度至少为多少？‎ ‎（3）在物块B不从木板A上滑落的前提下，系统损失的机械能最多是多少?‎ ‎【答案】（1）0.75（2）5m（3）60J ‎【详解】（1）A静止时物块B恰能在木板A上匀速下滑，B受力平衡，有平衡条件可得 mBgsin=μmBgcos μ=tan=0.75‎ ‎（2）解除锁定后，B在木板上匀速运动，A做加速，设A的加速度为a，由牛顿第二定律可得 μmBgcos+mAgsin=mAa 设经过时间t后A、B速度相等，则 v0=at t=1s 木板A的长度最小长度 L=v0t-=5m ‎（3）A、B速度相等之前，一直有机械能损失，A、B速度相等以后A、B一起在光滑前面，上加速下滑，机械能守恒．故系统损失的机械能转化为A、B系统的内能，由能量守恒得 ‎△E=Q=μmBgcos·L 代入数据可得 ‎△E=60J ‎16.一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过铰链连接，轻杆长均为L，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的 轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为1.2L，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）装置静止时，AB杆的弹力大小；‎ ‎（2）弹簧的劲度系数；‎ ‎（3）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度0.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【详解】（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为.‎ 小球受力平衡：‎ F1cos+T1cos=mg F1sin=T1sin 根据几何关系：‎ cos=‎ 解得：‎ T1=‎ ‎（2）装置静止时，小环受力平衡：‎ K·0.2L=mg+2T1cos 解得 k=‎ ‎（3）AB杆中弹力为零时，设OA杆中弹力为F2，OA杆与转轴的夹角为，弹簧长度为x.‎ 小环受力平衡：‎ k（x-L）=mg 对小球：‎ F2cos=mg F2sin=mLsin 根据几何关系：‎ cos=‎ 解得:‎ ‎17.在足球训练中，一运动员将足球以18m/s的初速度踢向正前方30m处的一堵墙，踢出后运动员立即以2m/s2‎ 的加速度从静止开始做匀加速直线运动去追赶足球，运动员能达到的最大速度为8m/s，足球撞墙后反向弹回．已知足球与竖直墙相碰后的动能为碰前动能的，足球始终在地面上运动，且受到的阻力恒为重力的，运动员和足球的运动均视为直线运动，重力加速度g=10m/s2．求： ‎ ‎（1）与墙碰撞后，足球反向弹回速度大小；‎ ‎（2）该运动员再次追上足球所用的时间．‎ ‎【答案】（1）6m/s（2）5s ‎【详解】（1）设足球的质量为m，在地面上滑动时的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得 ‎，‎ 代入数据解得 a=3m/s2‎ 足球的初速度为v0=18m/s，足球刚被踢出时距墙壁的距离为x=30m，到达墙壁时的速度为v，由匀变速直线运动规律得 v2-v02=-2ax，‎ 代入数据解得 v=12m/s 设足球与墙壁碰撞后返回的速度大小为v1，‎ 则有 代入数据求解可得 v′=6m/s ‎（2）设足球运动到墙壁处所用的时间为t1，‎ 则有 ‎，‎ 解得 t1=2s 设足球运动员的加速度大小为a′=2m/s2，t1秒末运动员的速度大小为v1，‎ 则有 v1=a′t1‎ 解得 v1=4m/s 设t1时间内运动的距离为x1，‎ 则有 x1=，‎ 解得:‎ x1=4m<30m，‎ 故运动员在足球与墙壁碰撞前没有追上足球．‎ 设足球返回后停止运动所用的时间为t2，‎ 则有 t2=，‎ 解得 t2=2s 设足球返回后到停止过程运动的距离为x2，‎ 则有 x2=，‎ 解得 x2=6m 设t2时间内运动员运动的距离x3，‎ 则有 x3=v1t1+，‎ 解得 x2=12m 此时运动员和足球间的距离为：‎ ‎△x=x-x1-x2-x3=8m 此时运动员的速度大小为 v2=v1+a′t2=8m/s，‎ 即以上分析合理 由于运动员的速度达到最大，故运动员将做匀速直线运动，设运动员匀速运动的时间t3，‎ 则有 t3=‎ 故运动员再次追上足球所用的总时间为：‎ t=t1+t2+t3=5s