湖北省沙市中学2020届高三物理上学期能力测试试题（四）

湖北省沙市中学2020届高三物理上学期能力测试试题（四）

湖北省沙市中学2020届高三物理上学期能力测试试题（四） ‎ ‎14．如图所示,光滑斜面被分成四个长度相等的部分,即,一物体从点静止释放,下列结论不正确的是 A．物体到达各点的速率:::‎ B．物体到达各点所经历的时间 C．物体从运动到的全过程平均速度 D．物体通过每一部分时,其速度增 ‎15．‎1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元。“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为‎439km和‎2384km，则 A．卫星在M点的机械能大于在N点的机械能 B．因卫星做变速运动，在M点和N点的加速度方向不指向地心 C．卫星在M点的加速度大于N点的加速度 D．卫星在M点的线速度大于N点的线速度，且在N点的速度大于‎7.9 km/s ‎16．港珠澳大桥（英语：Hong Kong-Zhuhai-Macao Bridge）是我国完全自主建设的跨海大桥，创造了桥梁建设的多项世界之最。港珠澳大桥已于2020年10月24日上午9时正式通车。港珠澳大桥全长约‎55Km，集桥、岛、隧于一体，是世界最长的跨海大桥，开创了沉管隧道“最长、最大跨径、最大埋深、最大体量”世界纪录，涵盖了当今世界岛隧桥多项尖端科技，是当今世界最具挑战性的工程之一，被媒体称为“现代世界新七大奇迹”之一。它的开通将原来从香港到珠海的公路交通由三、四小时缩短到三十分钟左右。下列说法不正确的是 A．小型汽车从香港到珠海时通过大桥的平均时速约为‎110Km/h B．汽车匀速通过圆弧型海底隧道的过程中，路面对汽车的支持力先增大后减小 C．汽车上桥前必须在通关口停车检查，汽车在经过通关口卡口时不能看成质点，在桥上行驶时可以看成质点 D.大桥能承受30万吨级巨轮的撞击，当巨轮在加速行驶时不慎撞击桥墩时，巨轮对桥墩的撞击力大于桥墩对巨轮的撞击力 ‎17．如图所示,竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架(为直径),支架上套着一个小球,轻绳的一端悬于点,另一端与小球相连。已知半圆形支架的半径为,轻绳长度为,且。现将轻绳的上端点沿墙壁缓慢下移至点,此过程中轻绳对小球的拉力及支架对小球的支持力的大小变化情况为 A．和均增大　　　　　　 B．保持不变, 先增大后减小 C．先减小后增大, 保持不变 D．先增大后减小, 先减小后增大 ‎18．在足够大的光滑水平面上放有两质量相等的物块A和B，其中A物块连接一个轻弹簧并处于静止状态，B物体以初速度v0向着A物块运动．当物块与弹簧作用时，两物块在同一条直线上运动．请识别关于B物块与弹簧作用过程中，两物块的v﹣t图象正确的是 A． 　B．C．D．‎ ‎19．如图1所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=‎2kg的另一物体B以水平速度v0=‎2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图2所示，则下列说法正确的是 A．木板获得的动能为2 J ‎ B．系统损失的机械能为4 J C．木板A的最小长度为‎1 m ‎ D．A、B间的动摩擦因数为0.1‎ ‎20．如图，两个半径均为R的光滑圆弧对接于O点，有物体从上面圆弧的某点C以上任意位置由静止下滑（C点未标出），都能从O点平抛出去；若从C点以下的位置释放则不能从O点平抛出去．下列说法正确的是 A．∠CO1O=60° B．∠CO1O=45°‎ C．平抛后落地点距O2最远为　 D．平抛后落地点距O2最近为 ‎21．如图1所示,倾角为的足够长传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行. 时,将质量的小物块(可视为质点)轻放在传送带上,物块速度随时间变化的图象如图2所示.设沿传送带向下为正方向,取重力加速度.则 A．摩擦力的方向始终沿传送带向下 B．1-2内,物块的加速度为2‎ C．传送带的倾角 D．物体与传送带之间的动摩擦因数 第Ⅱ卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第37题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎（一）必考题（共134分）‎ ‎22．(6分)某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR是水平槽，斜槽与水平槽之间平滑连接．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的位置，让A球仍从原位置由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．在记录纸上，最终确定D、E和F为三个落点的平均位置．图中O点时水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点．‎ ‎（1）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还需要用到的器材有　 ．(3分)‎ A．天平 B．秒表 C．毫米刻度尺 D．打点计时器（及电源和纸带） ‎ E．圆规 F．弹簧测力计 G．游标卡尺 ‎（2）测得OD=‎15.2cm，OE=‎25.2cm，OF=‎40.0cm，已知本实验中的数据相当好地验证了动量守恒定律，则入射小球与被碰小球的质量m1与m2之比为　 (3分)．（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎23．(9分)为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：‎ 第一步：把带有定滑轮的木板（有滑轮的）一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重锤相连，重锤后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示．‎ 第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示．打出的纸带如图丙所示．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为△t，根据纸带求滑块速度，打点计时器打B点时滑块速度vB=　 　．(2分)‎ ‎（2）已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块　 　(1分)（写出物理名称及符号，只写一个物理量），合外力对滑块做功的表达式W合=　 　(1分)．该实验是否需要满足重锤质量m远小于滑块的质量M (1分)（填“需要”和“不需要”）‎ ‎（3）算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立坐标系，描点作出v2﹣W图象，可知该图象是一条　 　(2分)，根据图象还可求得　 　(2分)．‎ ‎24． (12分)质点A沿直线以vA=‎5m/s匀速运动，某时刻（t=0）在A后面与A相距△x=‎7.75m的质点B由静止开始起动，质点B运动方向与A一致，其加速度随时间周期性变化，加速度随时间变化的图象如图所示．求：‎ ‎（1）质点B追上A之前两者间的最大距离；‎ ‎（2）B出发后经多少时间追上A？‎ ‎25．（20分）一平板车，质量M=100㎏，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h=‎1.25m，一质量m=‎50kg的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b=‎1m，与车板间的动摩擦因数，如图10所示，今对平板车施一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离s（不计路面摩擦，g=‎10m/s2）．‎ ‎33．【物理——选修3-3】（15分）‎ ‎（1）如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为‎0.3kg的小物块受到一个沿斜面向上的恒定推力F作用，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v-t图像如图乙所示，g=‎10 m/s2，则下列说法正确的是 A．小物块到C点后将沿斜面加速下滑 B．小物块加速时的加速度是减速时加速度的 C．小物块与斜面间的动摩擦因数为 D．推方F的大小为4N E．小物块从A到C的过程中合外力对其做功为零，合外力的冲量不为零 ‎（2） 如图所示，光滑轨道的DP段为水平轨道，PQ段为半径是R的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平的轨道的右端相切于P点．一轻质弹簧两端分别固定质量为‎2m 的小球A和质量为m的小球B，质量为m的小球C靠在B球的右侧．现用外力作用在A和C上，弹簧被压缩（弹簧仍在弹性限度内）．这时三个小球均静止于距离P端足够远的水平轨道上．若撤去外力，C球恰好可运动到轨道的最高点Q．已知重力加速度为g．求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E是多少？‎ ‎34．（略）‎ 高三理科综合能力测试（四）答案 物理部分：‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ D C Ｄ A D CD AD BD ‎22.（1）ACE； （2）4.0（答案为4不给分）‎ ‎23.（1）；（2）运动的位移x；mgx；（3）过原点的倾斜的直线；滑块的质量．‎ ‎24．解析：（1）由质点B加速度与时间关系知，经过时间t1=4.5s时，质点B的速度为‎5m/s时，A、B之间的距离最大，‎ 在时间t1=4.5s内质点A发生的位移xA=vAt1=‎22.5m，‎ 质点B在第1s内的位移x1=‎1m；质点B在第2s内的位移x2=‎2m．‎ 质点B在第3s内的位移x3=‎3m；质点B在第4s内的位移x3=‎‎4m 质点B在第ns（n为整数）内的位移xn=n（m）.‎ 质点B在t1=4.5s时间内的位移xB=‎‎12.25m 质点B追上A之前两者间的最大距离为xA+△x-XB=‎18m；‎ ‎（2）设经历时间t（t为正整数）B追上A,时间t内A的位移xA′=vAt 时间t内B的位移xB′=1+2+…+t=t(t+1)/2‎ xB′=xA′+△x，此式无整数解，但可求得10≤t≤11s，‎ ‎10s内A发生的位移xA1=vA×10=‎50m，B发生的位移xB1=t(t+1)/2=‎55m，‎ 故在10s后，B需比A多发生的位移△x′=△x+xA1-xB1=‎‎2.75m ‎10s时A速度为‎10m/s，设10s后需时间t′ B追上A，则10t′+at′2/2-vAt′=2.75，‎ 解得t′=0.5s 故B出发后需经过时间tB=10+t′=10.5s追上A ‎25. 解析：设小物块在车上运动时，车的加速度为a1，物块的加速度为a2．则 ‎．‎ 由得：，． ‎ 有，．‎ 对车，由牛顿第二定律得：．‎ ‎．‎ 小物块滑落时车速，‎ 小物块速度 物块滑落后，车的加速度 ‎，‎ 落地时间．‎ 车运动的位移．‎ 小物块平抛的水平位移．‎ 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：．‎ ‎33 .1.BCD ‎2、解析：对A、B、C及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B、C共同速度大小为v0，A的速度大小为vA，由动量守恒定律有 ‎ ①‎ 则vA=v0‎ 由系统能量守恒有E=2mvA2＋(m＋m)v02 ②‎ 此后B、C分离，设C恰好运动至最高点Q的速度为v,此过程C 球机械能守恒，则 mg·2R=mv02－mv2 ③‎ 在最高点Q，由牛顿第二定律得 ④‎ 联立①～④式解得E=10mgR