陕西省汉中市2020届高三上学期11月份联考物理试题

陕西省汉中市2020届高三上学期11月份联考物理试题

高三物理试卷 选择题:本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。第 1~6 小题只有一项符合题 目要求，第 7~10 小题有多项符合题目要求。全部选对得 4 分，少选得 2 分，有 选错的得 0 分。 1.小雨同学从 5 楼楼梯口下到其正下方 1 楼楼梯口用了 1min，已知每层楼的高度为 3m，则 下列说法正确的是（　　） A. 小雨下楼过程中的路程为 15m B. 小雨的平均速度大小为 C. 小雨 平均速度大小为 D. 由于不知道楼道的总长度,无法求出小雨的平均速度 【答案】B 【解析】 【详解】A．由于不知道楼道的总长度，无法求出路程，故 A 错误； BCD．每层楼的高度为 3m，则 5 楼到 1 楼下降的高度为 3×4=12m 所以平均速度： m/s=0.2m/s 故 B 正确，CD 错误。 2.伽利略在研究自由落体运动时用到了“冲淡”重力的方法：在倾角较小的光滑斜面上，小球 运动的加速度比自由落体运动的加速度小得多。如图所示，小球在倾角较小的斜面上从 O 点由静止释放，依次经过 A、B、C 三点，OA=AB=BC，则小球经过 OA 与 BC 段的时间之比 约为（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 的 0.2m/s 0.25m/s 12 1 60 xv t = = × 【答案】C 【解析】 【详解】小球在斜面上做初速度为零的匀变速直线运动，则经过 OA、AB、BC 段的时间之 比 故小球经过 OA 与 BC 段的时间之比为 3：1 A．1 与分析不符，故 A 错误； B．2 与分析不符，故 B 错误； C．3 与分析相符，故 C 正确； D．5 与分析不符，故 D 错误。 3.如图所示，一个质量为 m 的小球在轻绳作用下静止在倾角 θ=30°光滑斜面上，轻绳与斜面 的夹角也为 θ，重力加速度为 g，则轻绳对小球拉力的大小为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对小球受力分析如图所示： ( ) ( )1: 2 1 : 3 2− − ( )1: 3 2− ≈ 3 3 mg 3 2 mg 1 2 mg 3 4 mg 由几何关系可知，N1 与竖直方向的夹角为 30°，水平方向： N1sin30°=Tsin30° 竖直方向： N1cos30°+Tcos30°=mg 代入解得： T= 。 故 A 正确；BCD 错误。 4.一质量为 2 kg 的物体，在竖直向上的拉力 F 作用下由静止开始向上做匀加速直线运动， 第 2 s 内的位移为 3 m，已知重力加速度 g=10 m/s2，不计空气阻力，则拉力 F 大小为 A. 2 N B. 4 N C. 12N D. 24N 【答案】D 【解析】 【详解】根据位移时间公式 得，第 2s 内的位移： 解得物体的加速度为： a=2m/s2， 根据牛顿第二定律得：F−mg=ma，解得： F=mg+ma=20+2×2N=24N. 故 ABC 错误；D 正确。 5.金秋时节，又是一年枣熟时，一同学用竹竿打树上的红枣，红枣离开枝头后做平抛运动。 现测得红枣从离开枝头到落地的水平位移为 10 m，红枣在枝头时离地面的高度为 5 m，取 g=10 m/s2，不计空气阻力，则红枣离开枝头时的速度大小为 A. 5 m/s B. 10 m/s C. 15 m/s D. 20 m/s 【答案】B 【解析】 【详解】小球竖直方向都做自由落体运动，则 解得: 3 3 mg 21 2x at= 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 12 1 3m2 2 2 2x at at a a= − = × × − × × = 2 21 1 10 5m2 2h gt t= = × × = t=1s； 水平方向做匀速运动，则： 解得: v0=10m/s； 故 B 正确； ACD 错误。 6.2019 年 4 月 20 日，我国成功发射了第 44 颗北斗导航卫星。该卫星是倾斜地球同步轨道卫 星，它的轨道平面与地球赤道平面有一定的夹角，离地面的高度和处于赤道平面内的地球同 步轨道卫星相等。仅考虑卫星与地球间的作用，该卫星 A. 可以始终处在地面某点的正上方 B. 周期大于地球同步轨道卫星 周期 C. 环绕速度介于 7.9 km/s 和 11.2 km/s 之间 D. 角速度与地球同步轨道卫星的角速度一样大 【答案】D 【解析】 【详解】A. 倾斜同步轨道卫星相对于地球是非静止的，所以倾斜同步轨道卫星从地球上看 是移动的，故该卫星不可能始终位于地球表面某个点的正上方，故 A 错误； B. 根据万有引力提供向心力： ， 得： 因为倾斜地球同步轨道卫星离地面的高度和处于赤道平面内的地球同步轨道卫星相等，故它 的周期等于地球同步轨道卫星的周期，故 B 错误; C. 根据万有引力提供向心力： 得： 的 0 0 1 10mx v t v= = × = 2 2 2 4GMm m rr T π= 2 34 rT GM π= 2 2 GMm vmr r = 同步卫星的环绕速度小于在地球表面附近绕行的卫星的环绕速度（即第一宇宙速度 7.9km/s），故 C 错误； D. 根据万有引力提供向心力： 得： 角速度与地球同步轨道卫星的角速度一样大，故 D 正确。 7.如图所示，A、B 分别为大、小齿轮边缘的两点，O1、O2 分别为两齿轮的圆心。当大齿轮 顺时针匀速转动时 A. 小齿轮逆时针转动 B. A.B 两点的角速度相等 C. A 点的转动周期大于 B 点的转动周期. D. A 点的向心加速度大于 B 点的向心加速度 【答案】AC 【解析】 【详解】A.由图可知，当大齿轮顺时针匀速转动时，小齿轮逆时针转动，故 A 正确； B. A、B 两点在传送带上是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，根据 v=ωr，角速度 与半径成反比，A 点的角速度小于 B 点的角速度，故 B 错误； C.根据 ，周期与角速度成反比，A 点的转动周期大于 B 点的转动周期，故 C 正确； D. A、B 两点在传送带上是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，根据 ，向心 GMv r = 2 2 GMm m rr ω= 3 GM r ω = 2T π ω= 2va r = 加速度与半径成反比，A 点的向心加速度小于 B 点的向心加速度，故 D 错误； 8.甲、乙两车在同一平直公路上运动，两车的速度 v 随时间 t 的变化图象如图所示。下列说 法正确的是 A t1 时刻两车一定相遇 B. 在 t2 时刻两车的动能一定相等 C. 在 t1〜t2 时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度 D. 若两车的额定功率相同，行驶过程中受到的阻力也相同，则两车的最大速度一定相同 【答案】CD 【解析】 【分析】 由题中“两车的速度 v 随时间 t 的变化图象如图所示”可知，本题考查由 v-t 图像判断物体运 动，根据 v-t 图像规律可分析本题。 【详解】A．t1 时刻辆车运动速度大小相等，但是辆车位移不同，不能相遇，故 A 错误； B．由于不知道辆车质量，故无法判断动能情况，故 B 错误； C．在 t1〜t2 时间内，甲车的位移大于乙车，时间相同，根据公式 可知，乙车的平均速度小于甲车的平均速度，故 C 正确； D．根据公式 可知，当到达最大速度时，动力与阻力为平衡力，大小相等，所以两车的额定功率相同，行 驶过程中受到的阻力也相同时，则两车的最大速度一定相同，故 D 正确。 9.如图所示，质量均为 m 的木块 A 和 B 用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块 A 上放有质量为 2m 的木块 C，三者均处于静止状态。现将木块 C 迅速移开，若重力加速度为 g，则在木块 C 移开的瞬间 xv t = P Fv= A. 弹簧的形变量不改变 B. 弹簧的弹力大小为 mg C. 木块 A 的加速度大小为 g D. 木块 B 对水平面的压力为 4mg 【答案】AD 【解析】 【详解】A. 由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去 C 的瞬间，弹簧的形变量不变，故 A 正确； B. 开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于 A 和 C 的重力，即 F=3mg，撤去 C 的瞬间，弹 簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为 3mg，故 B 错误； C. 撤去 C 瞬间，弹力不变，A 的合力等于 C 的重力，对木块 A，由牛顿第二定律得： 2mg=ma， 解得： a=2g 方向竖直向上，故 C 错误； D. 撤去 C 的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为 3mg，对 B，由平衡条件得： F+mg=N， 解得： N=4mg 木块 B 对水平面的压力为 4mg，故 D 正确。 10.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度 时物块位于 O 点（AB 之间某位置，图中未标出）．现将物块从 A 点由静止释放，物块向左 运动到 B 点时速度为零，设物块在 A、B 点时的弹簧弹性势能分别为 EpA、EpB，则上述过程 中 A. 若桌面光滑，物块动能最大时处于 O 点 B. 若桌面粗糙，EpA 大于 EpB C. 若桌面粗糙，O 点位于 AB 中点的左侧 D. 若桌面粗糙，物块动能最大时弹簧的弹性势能小于 EpB 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．若桌面光滑，物块做简谐运动，经过平衡位置时动能最大，即物块动能最大时 处于 O 点，故 A 正确； B．若桌面粗糙，由功能关系可知，A 处弹簧的弹性势能转化为 B 处弹簧的弹性势和内能， 所以有 EpA 大于 EpB，故 B 正确； C．若桌面粗糙，由于机械能有损失，弹簧在 A 点的伸长量大于在 B 的压缩量，则 O 点位 于 AB 中点的左侧，故 C 正确； D．因为动能最大的位置在 O 点右侧，若摩擦力较大，动能最大时弹簧的弹性势能可能大于 B 点的弹性势能 EpB，，故 D 错误。 非选择题:共 6 小题，共 60 分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。 解答题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。 11.某实验小组利用如图甲所示的实验装置“探究加速度与物体受力的关系”。图中 A 为质量 为 M 的小车，连接在小车后的纸带穿过电火花计时器 B，它们均置于已平衡摩擦力的一端 带有轻质定滑轮的足够长的木板上，钩码 P 的质量为 m，C 为弹簧测力计，实验时改变 P 的质量，读出测力计不同读数 F，不计绳与滑轮的摩擦。 (1)电火花计时器与电磁打点计时器相比，其优点是____________________ 。 (2)在实验过程中，____________________ ( 选填“需要”或“不需要”)满足“小车的质量远大于 钩码的质量”这一条件。 (3)乙图为某次实验得到的纸带，相邻计数点间还有四个计时点没有画出，已知电源的频率 为 f，由纸带可得小车的加速度表达式为 a=________________，(用 x1、x2、x3、x4、f 来表 示)。 (4)实验完毕后，某同学发现实验时的电压小于 220V，那么加速度的测量值与实际值相比 _________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 【答案】 (1). 纸带在运动时受到的阻力较小 (2). 不需要 (3). (4). 不变 【解析】 【详解】（1）[1]由于电磁打点计时器打点时，振针与纸带之间有摩擦，电火花计时器相比 较电磁打点计时器，纸带在运动时受到的阻力较小； （2）[2]由于弹簧测力计直接测出了细绳 拉力，不需要将钩码的重力近似看做小车受到的 拉力，所以不需要满足钩码质量远小于小车质量； （3）[3]由于相邻计数点间还有四个计时点没有画出，两计数点间的时间间隔为 ，根 据△x=aT2，利用逐差法求加速度，加速度大小为： 。 （4）[4] 电压小于 220V，不会改变打点周期的变化，那么加速度的测量值与实际值相比不 变。 12.某同学利用如图甲所示的装置来验证“机械能守恒定律”。将宽度为 d 的挡光片（质量不 计）水平固定在物体 A 上，将物体由静止释放，让质量较大的物体 B 通过细线和滑轮带着 A—起运动，两光电门间的高度差为 h，挡光片通过光电门 1、光电门 2 的时间分别为 t1、 t2，A、B 两物体的质量分别为 mA、mB，已知当地的重力加速度为 g。回答下列问题。 的 ( ) ( )3 4 1 2 2 100 + − +x x x x f 5T f = ( ) ( )3 4 1 2 23 4 1 2 2 ( ) ( ) 2 100 x x x xx x x xa fT + − ++ − += = （1）该同学用游标卡尺测挡光片的宽度时，测量情况如图乙所示，则挡光片的宽度 d=________mm。 (2)由于没有天平，不能直接测出两物体的质量，该同学找来了一个质量为 m0 的标准砝码和 一根弹簧，将标准砝码、物体 A 和物体 B 分别静止悬挂在弹簧下端，用刻度尺测出弹簧的 伸长量分别为 x0、xA、xB，则 A、B 两物体的质量分别为 mA=____，mB=____。 (3)若系统的机械能守恒，则应满足关系式 =________。 (4)若保持物体 A 的质量 mA 不变，不断增大物体 B 的质量 mB，则物体 A 的加速度大小 a 的 值会趋向于____。 【答案】 (1). 2.2 (2). (3). (4). (5). g 【解析】 【分析】 由题中“某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律”可知，本题考查机械能守恒定 律实验原理和数据处理，根据机械能守恒定律实验原理和数据处理可分析本题。 【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数原理，读数为 ； （2）[2][3]根据胡克定律可得 解得劲度系数为 因此 ， ( )2 2 2 2 1 1 1 1 2 ( )B Ad x x t t + − 0 A 0 m x x B0 0 m x x B A( )x x gh− 2 2 0.1mm=2.2mm+ × 0 0m g kx= 0 0 m gk x = 0 0 A Amm x x = 0 0 B B mm x x = （3）[4] 若系统的机械能守恒,则应满足重力做功等于动能的变化量，即 代入数据解得 （4）[5] 若保持物体 A 的质量 mA 不变，不断增大物体 B 的质量 mB，则物体 A 相对于物体 B 的质量可以忽略不计，物体 A 的加速度大小 a 的值会趋向于重力加速度 g。 13.如图所示的装置放在水平地面上，轻杆的一端固定在光滑水平转轴 O 上，另一端固定一 铁球(视为质点)，铁球和支架的质量均为 m= 10 kg，当铁球静止在最低点时，给铁球一方向 水平向右、大小 的初速度，铁球恰好能绕 O 轴做圆周运动。不计空气阻力，支 架没有相对地面运动，重力加速度 g=10 m/s2。求: (1)铁球到转轴 O 的距离; (2)铁球运动到最低点(有初速度)时，支架对地面的压力大小。 【答案】(1) R=2.5m； (2) 铁球运动到最低点时支架对地面的压力大小为 600N 【解析】 【详解】（1）铁球恰好能做圆周运动，则铁球运动到最高点时速度为 0，由机械能守恒定律 可知： 解得： R=2.5m； (2)铁球在最低点时，有： 2 2 2 1 1 1( ) ( )2 2B A A B A Bm mgh gh v vm m m m− = + − + ( )2 2 2 B 2 1 A 1 1 1 )( ( )2 B A x x gd x t t hx+ − = − 0 10m / sv = 2 0 1 22 =mv mgR 2 0− = mvT mg R 对支架： FN=T+mg 代入数据，联立解得： FN=600N 根据牛顿第三定律，所以铁球运动到最低点时支架对地面的压力大小为 600N。 14.如图所示，一水平浅色传送带以 v0=5m/s 向右匀速运动，左侧一煤块以 v1=2m/s 的水平速 度冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.3．已知传送带足够长，重力加速度 g=10m/s2，求： (1)煤块在传送带上加速的时间 t； (2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度△x。 【答案】(1)1s(2)15m 【解析】 【详解】(1)以煤块为研究对象，由牛顿第二定律得： μmg=ma 解得煤块的加速度为： a=μg=3m/s2 煤块加速的时间为： t= =1s (2)在煤块与传送带达到共同速度的过程中，传送带运动的距离为： x1=v0t=5m 煤块运动的距离为： x2= =3.5m 此过程中划出的痕迹长度为： △x=x1-x2=1.5m 15.在某星球表面（不存在空气）上，一质量 m=0.5kg 的小球在绳的拉力作用下，在竖直平 面内做圆周运动，小球在最低点和在最高点对绳的拉力大小之差△F=18N．已知星球的半径 0 1v v a − 1 0 2 v v t + ⋅ R=6×106m，不计星球自转的影响，求： (1)该星球表面的重力加速度 g； (2)该星球的第一宇宙速度 v。 【答案】(1)6m/s2(2)6×103m/s 【解析】 【详解】(1)在圆周运动的最高点有： 在圆周运动的最低点有： 从最高点到最低点的过程中，根据动能定理可知， mg×2L= 其中 F2-F1=18N 联立解得 g=6m/s2 (2)卫星在运动时，由万有引力提供向心力，有 在近星轨道上， 联立解得 v=6×103m/s 16.如图甲所示，质量 m=1kg 的物块叠放在足够长的木板右端，木板放在光滑的水平地面上。 现在木板右端施加水平向右的拉力 F，F 的大小可变，t1=1s 时木板进人粗糙水平地面，2s 末撤去拉力 F，图乙为 0~4s 内木板的 v-t 图象(图线与时间轴交点数值未知)，木板的质量 M=3kg， 物块与木板间的动摩擦因数 μ1=0.2，木板与粗糙水平地面间的动摩擦因数 μ2=0.25，取重力加速度 g=10m/s2.求: 2 1 1 vF mg m L + = 2 2 2 vF mg m L − = 2 2 2 1 1 1 2 2mv mv− 2 2 mM vG mR R = 2 MmG mgR = (1)拉力 F 在 0~2s 内做的功; (2)0~4 s 内物块相对木板滑动的路程。 【答案】（1）76J；（2）s=3m 【解析】 【详解】（1）若物块相对木板运动，则 0~2s 内物块做匀加速直线运动时加速度大小 由 图象可知，木板在 0~1s 内做匀加速直线运动，在 1s~2s 内木板做匀速运动。 设长木板做匀加速直线运动的加速度大小为 a2 由图象求得： a2=4 m/s2 由于 a2>a1，且 2 s 末物块的速度大小 v=a1t1=4 m/s，故 0~2 s 内物块相对木板发生运动。 对木板，在 0~1 s 内，根据牛顿第二定律有： 解得： F1=14 N 在 1 s~2 s 内，由共点力的平衡条件有： 解得： F2=12 N ， 其中 可得 21 1 2m / s µ= =mga m v t− 1 1 2 µ− =F mg Ma 2 1 2 ( )µ µ= + +F mg m M g 1 1 1 =W F x 1 1 1 4m 2m2 = × × =x W1=28 J ， 其中 可得 拉力 F 在 0~2 s 内做的功： 。 （2）由于 2 s 末物块和木板的速度大小均为 4 m/s 故 2s 后物块和木板均做匀减速直线运动，设加速度大小分别为 a3、a4 根据牛顿第二定律: a3=a1=2 m/s2 木板做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有： 可得 根据匀变速直线运动规律： 0~2 s 内物块相对木板向左运动， 可得 x3=2 m . 2 s~4 s 内物块相对木板向右运动， 可得 x4=1 m 0~4 s 内物块相对木板滑动的路程： 2 2 2 =W F x 2 1 4m 4m= × =x 2 48J=W 1 2 76J= + =W W W 2 1 4( )µ µ+ − =m M g mg Ma 2 4 8 m / s3 =a 2 3 1 2 1 1 1 2 = + −x x x a t 2 2 4 3 42 2 = −v vx a a 解得 s=3 m。 3 4 = +s x x