四川省攀枝花市2020届高三物理上学期第一次统考试卷（附解析Word版）

攀枝花市高 2020 届高三第一次统一考试 2019.11 理科综合能力测试（物理） 一、选择题 1.某同学身高 1.80 m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体刚好能横着越过 1.80 m 高的 横杆。据此可估算出他竖直向上起跳时的动能大约为 A. 300 J B. 500 J C. 800 J D. 1000 J 【答案】B 【解析】 【详解】运动员是站着起跳，横着过杆，所以竖直方向的位移应该是重心上升的高度，不是 1.8m，而是 0.9m 左右，竖直上升阶段，由 得： 解得： 竖直向上起跳时的动能大约为： A 300 J 与分析不符，故 A 错误； B. 500 J 与分析相符，故 B 正确； C. 800 J 与分析不符，故 C 错误； D. 1000 J 与分析不符，故 D 错误。 2.如图所示，一光滑轻杆水平放置，左端固定在竖直转轴 AB 上，a、b 为两个可视为质点的相 同小球，穿在杆上，并用相同长度的细线分别将 a 与转轴上的 O 点连接，b 球与 a 球连接。当 轻杆绕 AB 轴在水平面内匀速转动时，细线 Oa、ab 上的拉力大小之比为 A. 1∶1 B. 1∶2 C. 2∶1 D. 3∶2 . 2 2 2 0 2v v ax− = ( )2 00 2 10 0.9v− = × − × 0 4.2m/sv = 2 2 0 1 1 60 4.2 J 500J2 2kE mv= = × × = 【答案】D 【解析】 【详解】对 球有： 对 球有： 因为 ，所以： 解得： A. 与分析不符，故 A 错误； B. 与分析不符，故 B 错误； C. 与分析不符，故 C 错误； D. 与分析相符，故 D 正确 3.如图所示，在水平面上有三个质量分别为 m1、m2、m3 的木块 A、B、C，木块 A 与 B、B 与 C 间用相同轻弹簧连接。木块 A 与水平面间的动摩擦因数为 μ，木块 B、C 与水平面之间摩擦忽 略不计。现用一作用在 C 上的水平恒力 F 向右拉着三木块一起匀速运动的过程中，A、B 间弹 簧长度为 L1，B、C 间弹簧长度 L2。关于 L1、L2 的大小关系，下列说法中正确的是 A. L1、L2 大小与 m1、m2、m3 无关，总有 L1L2 D. L1、L2 大小与 m1、m2、m3 有关，无法比较 【答案】B 【解析】 【详解】对 物体分析，根据平衡条件可得 、 间弹力： a 2 1 2 oaF F mr ω− = b 2 2 obF m r ω=  2ob oar r= 2 1 2 2F F F =− 1 2 3: 2F F =: C B C 对 物体分析，根据平衡条件可得 、 间弹力： 根据 可得： A. 与分析不符，故 A 错误； B. 与分析相符，故 B 正确； C. 与分析不符，故 C 错误； D. 与分析不符，故 D 错误。 4.2019 年 10 月 5 日 2 时 51 分，我国在太原卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将高 分十号卫星发射升空，卫星顺利进入距地面高为 h 的预定轨道，绕地球做匀速圆周运动。已 知地球半径为 R，两极的重力加速度为 g，则高分十号卫星与地心的连线单位时间内扫过的面 积为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在预定的圆轨道上，根据万有引力提供向心力得： 在地球两极有万有引力等于重力，即为： 联立解得： 高分十号卫星与地心的连线单位时间内扫过的面积为： BCT F= B A B AB BCT T= F k x= ∆ 1 2 FL L k = = 1 ( )2 R g R h+ ( )R g R h+ 1 2 ( ) gR R h+ ( ) gR R h+ 2 2)( GMm mv R h R h =+ + 2 GMm mgR = 2gRv R h = + A. 与分析相符，故 A 正确； B. 与分析不符，故 B 错误； C 与分析不符，故 C 错误； D. 与分析不符，故 D 错误。 5.一物体沿直线由静止开始做匀加速直线运动，经 t1 时间前进 x1，立刻做匀减速直线运动， 又经 t2 时间前进 x2 且速度恰好为零。已知 x1< x2，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】AB.设最大速度为 ，则加速阶段平均速度为： 减速阶段的平均速度为： 则有： 故 A、B 错误； CD.加速阶段与减速阶段的平均速度相等，而 ，故由 可知物体通过 、 两段路 程所用时间不等，减速阶段用时较长，根据 ，加速阶段与减速阶段速度变化的大小相 等，而减速阶段用时较长，故加速阶段的加速度较大，即 ， 加速阶段则有： 减速阶段则有： . 1 11 ( ) ( )2 2s v R h R g R h= × × + = + 1 2 1 2 x x t t > 1 2 1 2 x x t t < 1 2 2 2 1 2 x x t t > 1 2 2 2 1 2 x x t t < v 1 1 1 0 2 vv x t + == 2 2 2 0 2 vv x t + == 1 2 1 2 x x t t = 1 2x x< x vt= 1x 2x ∆= ∆ va t 1 2a a> 2 1 1 1 1 2x a t= 联立解得： 故 C 正确，D 错误。 6.如图所示，一根长度为 L 的轻绳，一端固定在 O 点，另一端连接一质量为 m 的小球。将轻 绳拉直，小球拉至与 O 点等高的 A 点，由静止释放，当小球运动到 B 点时，细绳与水平方向 的夹角为 。设小球从 A 点运动到 B 点的过程中重力做功为 ，小球过 B 点时，重力做功的 功率为 ，重力加速度为 g，下列说法中正确的是 A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】AB. 从 点运动到 点过程，重力做功为： 故 A 正确，B 错误； CD. 从 点运动到 点过程，根据机械能守恒可得： 解得： 小球过 点时，重力做功的功率为： 2 2 2 2 1 2 =x a t 1 2 2 2 1 2 x x t t > θ GW GP sinGW mgL θ= GW mgL θ= cos 2GP mg gLθ θ= sin cos 2cos sinGP mg gLθ θ= A B sinθGW mgh mgl= = A B 21sinθ 2 Bmgl mv= 2 sinθBv gl= B 故 C 错误，D 正确。 7.A、B 两物体的质量之比 mA︰mB=2︰1，它们以相同的初速度 v0 沿水平地面上做匀减速直线运 动，其 v-t 图像如图所示。物体速度由 v0 减小到零的过程中，A、B 两物体 A. 与地面间摩擦力之比为 fA︰fB=2︰1 B. 与地面动摩擦因数之比为 μA︰μB=2︰1 C. 克服地面摩擦力做的功之比为 WA︰WB=2︰1 D. 受到地面摩擦力冲量大小之比为 IA︰IB=1︰2 【答案】BC 【解析】 【详解】A. 根据动能定理得： 由 图像可知 、 两物体的位移之比为： 又由于 、 两物体的质量之比为： 与地面间摩擦力之比为 故 A 错误； B.根据 可知 、 两物体与地面动摩擦因数之比为： 故 B 正确； C. 根据动能定理得： cosθ cosθ 2 sinθG BP mgv mg gl= = 2 0 10 2fx mv− = − v t− A B 1:: 2A Bx x = A B 2:: 1A Bm m = 4:: 1A Bf f = Nf F mgµ µ= = A B 2:: 1A B µ µ = 克服地面摩擦力做 功之比为： 故 C 正确； D. 根据冲量定义式 可知受到地面摩擦力冲量大小之比为： 故 D 错误。 8.如图 a 所示，一质量为 m 的物体，沿倾角为 θ 的足够长光滑斜面由静止开始下滑。下滑过 程中受到方向沿斜面向上，大小随位移 x 变化情况如图 b 所示的外力 F 作用，运动过程的加 速度 a 随位移 x 的变化关系如图 c 所示，重力加速度 g 取 10 m/s2。下列说法中正确的是 A. 斜面倾角为 30° B. 物体质量为 0.5 kg C. 物体下滑过程中的最大动能为 0.125 J D. 物体下滑至最低点过程中损失的机械能为 0.25 J 【答案】AC 【解析】 【详解】AB. 对物体分析，根据牛顿第二定律可得： 当 时，则有 ： 代入解得： 即解得斜面倾角为 ； 当 时，则有 ： 的 2 0 10 2fW fx mv− = − = − 2:: 1A BW W = I Ft= 2:: 1A BI I = sinθmg F ma− = 0F = 25m/sa = 1sinθ 2 = 30° 5NF = 代入解得： 故 A 正确，B 错误； C. 当 时速度最大，根据动能定理可得： 合 合 合 即可得物体下滑过程中的最大动能为 0.125 J，故 C 正确； D. 物体下滑至最低点过程中，根据动能定理可得： 损失的机械能为： 故 D 错误。 二、非选题 9.某课外兴趣小组为了测量木块与木板间的动摩擦因数，设计了如图所示的实验装置并进行 了如下实验。将一轻质弹簧的一端固定在木板上，木板竖直放置，如图甲所示，弹簧自然伸 长时弹簧的另一端位于 A 点。将木块紧靠弹簧推至 B 点后由静止释放，木块脱离弹簧后上升 的最高点为 C（图中未画出）。将木板改为水平放置，如图乙所示。仍用该木块紧靠弹簧推至 同一点 B 后由静止释放，木块脱离弹簧后滑行一段距离停于 D 点（图中未画出）。 (1)为测得木块与木板间动摩擦因数，实验过程中应测量下列哪些物理量_____ A．木块质量 m 0a = 1kgm = 0a = W 0kmE= − W F= ∑ 1 1 5 5J 12.5J2x ma x= = × × × =∑  0FW mgh− = sin30 J 0.5JFE W mgh mgx∆ = = = ° = B．木板竖直放置时 A 点到 C 点的距离 H1 C．木板竖直放置时 B 点到 C 点的距离 H2 D．木板水平放置时 A 点到 D 点的距离 L1 E．木板水平放置时 B 点到 D 点的距离 L2 (2)木块与木板间动摩擦因数 ___________（用（1）问中测量的物理量对应的字母表示）。 【答案】 (1). CE (2). 【解析】 【详解】(1)[1]木板竖直放置时，根据能量守恒可得： 木板改为水平放置，根据能量守恒可得： 联立可得木块与木板间动摩擦因数： A．与分析不符，故 A 错误； B．与分析不符，故 B 错误； C．与分析相符，故 C 正确； D．与分析不符，故 D 错误； E．与分析相符，故 E 正确。 (2)[2]通过(1)分析可得木块与木板间动摩擦因数： 10.某课外活动小组使用如图所示的实验装置进行《验证机械能守恒定律》的实验，主要步骤： A、用游标卡尺测量并记录小球直径 d B、将小球用细线悬于 O 点，用刻度尺测量并记录悬点 O 到球心的距离 l C、将小球拉离竖直位置由静止释放，同时测量并记录细线与竖直方向的夹角 θ D、小球摆到最低点经过光电门，光电计时器（图中未画出）自动记录小球通过光电门的时间 Δt µ = 2 2 H L 2P BCE mgh mgH= = 2P BDE mgL mgLµ µ= = 2 2 H L µ = 2 2 H L µ = E、改变小球释放位置重复 C、D 多次 F、分析数据，验证机械能守恒定律 请回答下列问题： (1)步骤 A 中游标卡尺示数情况如下图所示，小球直径 d=________mm (2)实验记录如下表，请将表中数据补充完整（表中 v 是小球经过光电门的速度 θ 10° 20° 30° 40° 50° 60° cosθ 0.98 0.94 0.87 0.77 0.64 0.50 Δt/ms 18.0 9.0 6.0 4.6 3.7 3.1 v/ms-1 0.54 1.09 ①_____ 2.13 2.65 3.16 v 2/m2s-2 0.30 1.19 ②_______ 4.54 7.02 9.99 (3)某同学为了作出 v 2- cosθ 图像，根据记录表中的数据进行了部分描点，请补充完整并作 出 v 2- cosθ 图像（ ） (4)实验完成后，某同学找不到记录的悬点 O 到球心的距离 l 了，请你帮助计算出这个数据 l=____m （保留两位有效数字），已知当地重力加速度为 9.8m/s2。 【答案】 (1). 9.80 (2). 1.63 (3). 2.66 (4). (5). 1.0 【解析】 【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为 9mm，游标尺上第 16 个刻度和主尺上某一刻度对齐， 所以游标读数为 16×0.05mm=0.80mm，所以最终读数为：9mm+0.80mm=9.80mm； (2)[2]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球经过光电门时的速度为： [3]则有： (3)[4]先根据记录表中的数据进行了描点，作出 图像如图： 3 3 9.80 10 m/s 1.63m/s6.0 10 dv t − − ×= = =∆ × 2 2 22.66m /sv = 2 cosθv − (4)[5]由 图像可得图像斜率的绝对值为： 要验证机械能守恒定律，必须满足： 化简整理可得： 则有： 解得： 11.2019 年女排世界杯 9 月 14 日至 29 日在日本举行，中国女排取得十一连胜的优异成绩，成 功卫冕世界杯冠军，为祖国和人民赢得了荣誉，为新中国成立 70 周年献上大礼。若某次近网 处扣球后排球垂直球网水平飞出，击球前瞬间球的速度可视为零，击球点距离地面高 h=2.45 m， 击球过程中手与球接触时间 t=0.2 s。已知排球质量 m=280 g，排球场相关数据为，长 L=18 m，宽 D=9 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，求： (1)为使球不被扣出底线，球被击出时的最大速度； (2)为使球不被扣出底线，击球过程中手对排球的最大平均作用力。 【答案】（1）12.86m/s（2）18N 2 cosθv − 10 0 201.0 0.5k −= =− 21( cosθ) 2mg l l mv− = 2 2 2 cosθv gl gl= − 2 20gl k= = 1.0ml = 【解析】 【详解】(1)排球在空中做平抛运动 竖直方向： 水平方向： 联立 可得： (2)击球过程中由动量定理有： 代入相关数据可得： 12.如图所示，质量为 4m 物块 A 放在水平桌面上，细绳一端绕过定滑轮与 A 连接，另一端竖 直悬挂一质量为 m 物块 B，处于静止状态。现对物块 B 施加一水平向右的作用力 F，使物块 B 缓慢上升，物块 A 始终保持静止，连接 B 的细绳与竖直方向的最大夹角 θ=60°。若撤去力 F，让两物块回到最初状态的情况下，将 A、B 位置互换并由静止释放。已知 A、B 与水平桌面 上的摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10 m/s2，不计滑轮质量 及摩擦，求由静止释放后 A、B 一起运动的加速度大小。 【答案】7m/s2 【解析】 【详解】当 时，对 受力分析如图 2 1 1 2h gt= 12 m L v t= m 12.86m/s≈v mF t mv∆ = 18NF = 60θ = ° B 由平衡条件得： 对 受力分析如图 由平衡条件得： 由摩擦力公式得： 当 、 位置互换并由静止释放时，对 受力分析如图 由牛顿第二定律有： 对 受力分析如图 由牛顿第二定律有： 联立以上方程，代入相关数据得： 1cosθT mg= A 1 mT f= 4mf mgµ= ⋅ A B A 24 4mg T ma− = B 2T mg maµ− = 13.如图所示，皮带传送装置倾斜放置，与水平面的夹角 θ=30°，传送带以 v=10 m/s 的速度 顺时针匀速转动。现将物块 P 从传送装置的顶端由静止放在传送带上，同时另一物块 Q 从传 送带的底端以 v0=10 m/s 的速度沿传送带上滑。若 P、Q 发生碰撞，碰撞过程没有能量损失， 时间很短。已知传送带顶端与底端的距离 L=10 m，物块 P、Q 的质量分别为 mP=1kg、mQ=3kg， 物块 P、Q 与传送带间的动摩擦因数 ，重力加速度 g 取 10 m/s2，求： (1)物块 P、Q 相遇时速度分别为多大？ (2)物块 Q 在传送带上运动的时间； (3)物块 P 在传送带上运动过程中产生的热量。 【答案】（1）10m/s；0m/s（2）1.625s（3）81.25J 【解析】 【详解】(1)设 、 刚上传送带是加速度分别为 、 由牛二定律有： 代入相关数据可得： 对 ，令其加速至于传送带共速时，所用时间为 ，位移为 ，由运动学公式可得： 可得： 27m/sa = 3 3 µ = P Q 1a 2a 1sinθ cosθP P Pm g m g m aµ+ = 2sinθ cosθQ Q Qm g m g m aµ+ = 2 1 10m/sa = 2 2 10m/sa = P 1t 1x 1 1v a t= 2 1 1 1 1 2x a t= 对 ，令其减速至零时，所用时间为 ，位移为 ，由运动学公式可得： 可得： 因 ，故 、 在 时相遇 相遇时速度： (2) 、 二者弹性碰撞，设碰后 的速度为 ， 的速度为 ，有： 联立方程，代入相关数据可得： 对 ，令其向下加速至于传送带共速时，所用时间为 ，位移为 ，由运动学公式可得： 可得： 1 1st = 1 5mx = Q 2t 2x 2 200 tv a− = − 2 2 0 2 2 2 1 2x v t a t= − 2 1st = 2 5mx = 1 2x x L+ = P Q 1 2t t t= = 10m/sPv v= = 0m/sQv = P Q P 1Pv Q 1Qv 1 1p P p P Q Qm v m v m v= + 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2p P p P Q Qm v m v m v= + 1 5m/sPv = − 1 5m/sQv = Q 3t 3x 1 2 3Q tv v a= + 3 0.5st = 3 1 3 2 2 3 1 2Qx v t a t= + 可得： 因 ， 将随传送带一起匀速至底端离开传送带，令其匀速运动所用时间 ，位移 为 故 在传送带上运动的时间： (3)对 ，令其碰后向上减速至零，所用时间为 ，位移为 ，由运动学公式可得： 令其向下加速至于传送带共速时，所用时间为 ，位移为 因 ， ， 将随传送带一起匀速 至底端离开传送带 令 在传送带上运动过程中与传送带的相对位移为 在传送带上运动过程中产生 热量： 为 的 3 3.75mx = tanµ θ= Q 4t 4x 4 2 3x x x= − 4 1.25mx = 44x vt= 4 0.125st = Q 2 3 4 1.625st t t t= + + = P 5t 5x 1 1 50 Pv a t− = − 5 0. 5st = 5 1 5 2 1 5 1 2Px v t a t= − 5 1.25mx = 6t 6x 6 1 1st t= = 6 1 5mx x= = 6 2x x= tanθµ = P 7 5 1.25mx x= = P x∆ 1 1 6 6 5 5)( ( ( ) )x v t x v t x x v t∆ = − + − + + P cosθ 81.25JPm g xQ µ ∆ ==