湖北省麻城市2020届高三物理10月联考试卷（附解析Word版）

高三物理考试 一、选择题 1.一小球被水平抛出，做平抛运动。若从小球被抛出开始计时，则小球在运动过程中 A. 加速度大小与时间成正比 B. 速度大小与时间成正比 C. 速度的增量大小与时间成正比 D. 位移大小与时间的二次方成正比 【答案】C 【解析】 【详解】A．物体做平抛运动，加速度为重力加速度，小球在运动过程中加速度不变，故 A 错 误； B．设物体从抛出到某一位置的经过时间为 t，竖直速度为：vy=gt，水平速度为 v0，则速度为 所以速度大小与时间不成正比，故 B 错误； C．平抛运动的加速度不变，则速度的增量为： △v=gt 所以速度的增量大小与时间成正比，故 C 正确； D．竖直位移为： 水平位移为：x=v0t，所以位移为 所以位移大小与时间的二次方不成正比，故 D 错误。 2.如图所示，平滑曲线 a、b 分别是在平直公路上运动的汽车甲和乙的位置一时间(x—t)图象。 下列说法正确的是 A. 在 t2 时刻，两车运动的方向相反 B. 在 t1 时刻，甲车的速度小于乙车的速度 2 2 0( )tv gt v= + 21 2y gt= 2 2 2 2 2 0 1( ) ( )2s y x gt v t= + = + C. 在 t1 到 t2 这段时间内，乙车的路程大于甲车的路程 D. 在 t1 到 t2 这段时间内，两车的平均速度相同 【答案】D 【解析】 【详解】A.图线的斜率表示速度，斜率均为负的，所以在 t2 时刻，两车运动方向相同，故 A 错误； B.在 t1 时刻，甲的斜率大于乙的斜率，即甲车的速度大于乙车的速度，故 B 错误； C.在 t1−t2 时间内，乙车行驶的路程等于甲车行驶的路程，故 C 错误； D.在 t1 到 t2 这段时间内，两车的位移相同，时间也相同，根据平均速度定义式可知两车的平 均速度相同。故 D 正确； 3.如图所示，物块 A 放在光滑的水平面上，一跨过桌子边缘定滑轮 P 的轻绳上端系在物块 A 上，下端连接物块 B。开始时，用手（未画出）托住 B，使轻绳处于伸直状态，系统保持静止。 现将 B 由静止释放，A 沿水平面滑动，当轻绳 OP（O 为物块 A 的一个顶点）与水平面夹角为 时，B 的速度大小为 v0，则此时 A 的速度大小为 A. v0cos B. C. D. v0sin 【答案】B 【解析】 【详解】依据运动的合成与分解，则 O 点的分运动即为沿着绳子方向运动，与垂直绳子的运 动，如图所示，根据平行四边形定则，及三角知识，则有 故 B 正确。 θ θ 0 cos v θ 0 sin v θ θ 0 cosA vv θ= 4.如图所示，带底座的圆管放在水平地面上，小球 A、B（均可视为质点）沿圆管内壁在竖直 平面内转动。某一时刻，当小球 A 以大小为 v 的速度经过圆管的最低点时，小球 B 经过最髙 点，且此时底座对地面的压力为零。小球 A 的质量、B 的质量和圆管（包括底座）的质量相同， 圆管的半径为 R，重力加速度大小为 g，则此时小球 B 的速度大小为 A. B. 2v C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】小球 B 经过最高点时，由牛顿第二定律得 小球 A 经过圆管的最低点时，由牛顿第二定律得 由底座对地面的压力为零得： 牛顿第三定律得： F′B=FB，F′A=FA 联立解得 gR 2v gR+ 2 3v gR+ 2 B B vmg F m R + = 2 A vF mg m R − = ' ' 0B AF F mg− − = 故 D 正确。 5.小物块(视为质点)从光滑固定斜面顶端 O 由静止滑下，依次经过 A、B、C 三点。已知物块 从 A 点运动到 B 点用时 3s，从 B 点运动到 C 点用时 2s，AB＝BC，则物块从 O 点运动到 A 点所 用的时间为 A. 8.5s B. 3.5s C. 2.5s D. 1.5s 【答案】B 【解析】 【详解】设加速度为 a，OA 段的时间为 t1，AB＝BC＝x，已知 AB 段时间为 t2＝3s，t3＝2s 有 速度时间关系知： ， 由位移关系知： 四式联立解得： ， 故 B 正确，ACD 错误； 6.如图所示，轻绳两端分别通过轻绳套套在竖直杆 P、Q 上的 a、b 两处，晾衣服时，将衣服 套在衣架上，光滑衣架钩挂在轻绳上，系统处于静止状态。一阵风吹来，P 上绳套的位置不变， Q 上的绳套由 b 下滑到位置较低的 b，使得衣服也下降到较低的位置，系统再次处于静止状态。 Q 上的绳套在 处与在 b 处相比较，下列说法正确的是 A. 轻绳的拉力大小相等 2 3Bv v gR= + A 1v at= ( )B 1 2v a t t= + 2 A 2 2 1= + 2x v t at 2 B 3 3 1= + 2x v t at 1=3.5st b′ B. 在 处时，P 上的绳套受到的静摩擦力较大 C. 在 处时，Q 上的绳套受到的静摩擦力较大 D. 在 处时，衣架钩两侧的轻绳的夹角较小 【答案】A 【解析】 【详解】AD.对挂钩受力分析，如图所示； 设挂钩为 O，从 b 移到 时，有： 故 ， 即悬点从 b 移到 ，细线与杆的夹角不变； 根据平衡条件，有： 解得： ， 变化前后相等，故 A 正确 D 错误； BC.由于绳中的拉力没有变化，细绳与杆的夹角不变，所以 P 或 Q 上的绳套受力情况不变，则 绳套受到的静摩擦力不变，故 BC 错误； 7.人类对月球的採索从未停止，已知月球表面的重力加速度为地球表面的重力加速度的 ， 若你经刻苦学习和训练成为宇航员并成功登月，则你在月球表面时 A. 质量减小为在地球表面时质量的 B. 惯性与在地球表面时的惯性相同 b′ b′ b′ b′ sin + sin = sin + sinaO Ob aO O bθ θ α α′ ′ ′    =θ α b′ 2 cosT mgθ = 2cos mgT θ= 1 6 1 6 C. 所受重力减小为在地球表面时所受重力的 D. 以同样的初速度竖直向上跳起，在月球表面跳起重心上升的最大高度是在地球表面跳起重 心上升最大高度的 6 倍 【答案】BCD 【解析】 【详解】A.质量是物体的根本属性，与位置无关，当人站到月球上时的质量不变，故 A 错误； B.人的质量不变，则到达月球后的惯性也不变，故 B 正确； C.月球表面的重力加速度为地球表面的重力加速度的 ，则人在月球上受重力减小为在地球 表面时所受重力的 ，故 C 正确； D.月球表面的重力加速度为地球表面的重力加速度的 ，根据 可知，以同样的初速度 竖直向上跳起，在月球表面跳起重心上升的最大高度是在地球表面跳起重心上升最大高度的 6 倍，故 D 正确； 8.如图所示，不可伸长的轻绳上端固定，下端与质量为 m 的物块 P 连接；轻弹簧下端固定， 上端与质量为 2m 的物块 Q 连接，系统处于静止状态。轻绳轻弹簧均与固定光滑斜面平行，已 知 P、Q 间接触但无弹力，重力加速度大小为 g，取 sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法 正确的是 A. 剪断轻绳前，斜面对 P 的支持力大小为 mg B. 剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力大小为 mg C. 剪断轻绳的瞬间，P 的加速度大小为 mg D. 剪断轻绳的瞬间，P、Q 间的弹力大小为 mg 【答案】BD 【解析】 1 6 1 6 1 6 1 6 2 0 2 vh g = 4 5 8 5 8 15 8 15 【详解】A.剪断轻绳前，对 P 进行受力分析如图所示： 则根据平衡条件可知，斜面对 P 的支持力为： ， 故 A 错误； B.剪断轻绳前，对 Q 进行受力分析如图所示： 根据平衡条件可知，弹簧的弹力为： ， 轻绳剪断瞬间，弹簧的弹力不发生突变，即为 ，故 B 正确； C.剪断轻绳瞬间 PQ 一起向下加速，对 PQ 整体进行受力分析如图所示： 根据牛顿第二定律可得其加速度为： ， 3cos53 5N mg mg= ° = 82 sin53 5F mg mg= ° = 8 5 mg 3 sin53 4 3 15 mg Fa gm °−= = 故 C 错误； D.剪断绳子后对 P 物体有： 解得 PQ 之间的弹力大小为： ， 故 D 正确； 9.在八大行星中，水星离太阳最近，是太阳系中体积和质量最小的行星。水星和地球的质量 之比为 p、半径之比为 q，水星和地球绕太阳的运动均视为匀速圆周运动。下列说法正确的是 A. 水星和地球的第一宇宙速度之比为 B. 水星和地球表面附近的重力加速度大小之比为 C. 水星的公转速度大于地球的公转速度 D. 水星绕太阳公转的周期大于 1 年 【答案】AC 【解析】 【详解】A．卫星在星球表面运行，万有引力提供向心力，有 解得第一宇宙速度为 水星和地球的质量之比为 p、半径之比为 q，则水星和地球的第一宇宙速度之比为 ，故 A 正确； B．物体在星球表面，万有引力等于重力，有 解得表面重力加速度为 sin53 PQmg N ma°− = 8 g15PQN m= p q 2p q 2 2 Mm vG mR R = GMv R = p q 2 MmG mgR = 则水星和地球表面附近的重力加速度之比为 ，故 B 错误； C．水星和地球绕太阳运行，根据线速度公式可知 水星轨道半径小，公转速度大，故 C 正确； D．根据开普勒第三定律可知， 水星轨道半径小，运行周期小于 1 年，故 D 错误。 10.如图所示，质量均为 m 的圆环 P、Q 套在倾角为 ＝30°的固定直杆上，P、Q 分别通过轻 绳与质量均为 3m 的小球 A、B 相连，P、Q 均沿杆向下滑动且分别与 A、B 保持相对静止，PA 绳与杆垂直，QB 绳竖直。重力加速度大小为 g。下列说法正确的是 A. P 不受摩擦力 B. P 的加速度大小为 g C. Q 受到的摩擦力大小为 mg D. Q 受到杆的作用力大小为 4mg 【答案】AD 【解析】 【详解】AB.A 球做直线运动，对其受力分析，如图： 由牛顿第二定律，得到： 细线拉力为： 2 GMg R = 2 p q GMv r = 太 3 2 r kT = θ 3 2 3 sin 3mg maθ = 再对 P 环受力分析，如图所示， 根据牛顿定律，有： 由以上各式解得： ， ， 故 A 正确，B 错误； CD.对 B 球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为 零，物体做匀速运动，细线拉力 ； 再对 Q 环受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向 后的摩擦力；Q 受到杆的作用力为支持力和摩擦力的合力，根据平衡条件知支持力和摩擦力的 合力与重力和绳的拉力的合力等大反向， 即支持力和摩擦力的合力等于 ， 3 cosT mg θ= sinmg f maθ − = 0f = sin 0.5a g gθ= = =3T mg′ + = +3 =4G T mg mg mg′ 故 C 错误，D 正确； 二、非选择题 11.某同学利用图甲所示装置研究自由落体运动。打点计时器的工作频率为 f。请回答下列问 题： （1）该同学按正确步骤操作得到一条点迹淸晰的纸带，部分计数点的间距如图乙所示，其中 每相邻两个计数点之间还有一个计时点未画出，在尽量减小实验误差的情况下，重力加速度 大小的计算式应为 g=________，打下计数点 2 时重物的速度大小 v=________________。 （2）若实验时打点计时器所接交变电流的实际频率略高于 f，则重力加速度的测量值 ____________（选填“大于”“小于”或“等于”）实际值。 【答案】 (1). (2). (3). 小于 【解析】 【详解】(1)[1][2]由题意可知，计数点之间的时间间隔为 计数点 2 的瞬时速度等于 1 与 3 点间的平均速度，则 同理：计数点 5 的瞬时速度为 2 3 4 1 2 24 s s s s f+ − −（ ） 1 2 4 s s f+（ ） 1 22T f f = × = 1 2 1 2 2 4 s s s sv fT + += = 3 4 3 4 2 4 s s s sv fT + += = 重力加速度为 (2)[3]若实验时打点计时器所接交变电流的实际频率略高于 f，由重力加速度的表达式可知， 重力加速度的测量值小于真实值。 12.在探究加速度与力的关系时，某小组设计了图甲所示实验装罝。图中上、下两层气垫导轨 水平，两小车前端系有细线，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上。 实验时，通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停止。 （1）在安装实验装罝时，应调整滑轮的高度，使______________；在实验时，若将砝码盘和 砝码受到的重力作为小车受到的拉力，则为减小系统误差，应使小车的质量______________ （选填“远大于”“远小于”或“等于”）砝码盘和砝码的总质量。 （2）在控制每次小车运动时间相同的情况下，通过改变砝码盘中砝码的个数，实验中获得数 据如下表所示： 实验次数 小车 拉力 F/N 位移 x/cm I 0.1 12.5 1 II 0.2 25.0 I 0.1 12.5 2 II 0.3 I 0.1 12.5 3 II 0 4 50.0. 2 3 4 1 2( ) 3 24 s s s s fv vg T + − −− =′= 根据表中数据规律可知，在第 2 次实验中小车 II 的位移大小为______________cm；分析数据 可知，当小车的质量一定时，小车的加速度与其所受合力成______________（选填“正”或“反”） 比。 （3）另一实验小组用图乙所示实验装置探究加速度与力的关系，小车通过纸带与打点计时器 相连。在保持小车质景不变的情况下，挂上砝码盘后，通过多次改变盘中砝码的个数，根据 所得数据作出小车加速度 a 与砝码盘和砝码所受重力的图象如图丙所示。图线不通过坐标原 点 O 的原因是______________；图线上部弯曲的原因是 __________________________________________。 【答案】 (1). 细线与气垫导轨平行（或细线水平） (2). 远大于 (3). 37.5 (4). 正 (5). 平衡摩擦力过度（或木板倾角过大） (6). 没有满足小车的质量远大于 砝码盘和砝码的总质量（或 没有满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量） 【解析】 【详解】(1)[1]在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使细线与长木板平行； [2]若将砝码盘和砝码受到的重力作为小车受到的拉力，则为减小系统误差，应使小车的质量 远大于砝码盘和砝码的总质量； (2)[3][4]根据表格的数据特点，拉力与位移成正比，即符合加速度与合力成正比。所以两空 分别填：37.5、正； (3)[5]根据所得数据作出小车加速度 a 与砝码盘和砝码所受重力的图象如图丙所示。图线不 通过坐标原点 O 的原因是木板倾角过大，即平衡摩擦力过度； [6]图形上端弯曲的原因是砝码盘和砝码的质量太大，不满足它的质量远小于小车的质量。 13.小轿车在平直公路上从静止开始做加速度大小 a1＝3m/s2 的匀加速直线运动，启动后经时 间 t1=10s 关闭发动机，小斩车做加速度大小 a2＝2m/s2 的匀减速直线运动。求 (1)小轿车运动中的最大速度 m 和做加速运动的位移大小 x1； (2)小轿车启动后在时间 t2＝30s 内的平均速度大小 。v 【答案】(1) 小轿车做加速运动的位移大小为 150m (2) 12.5m/s 【解析】 【详解】(1)小轿车运动中的最大速度为: 小轿车做加速运动 位移大小为: (2)小轿车做减速运动的时间为: =15s 由于 =25s< ， 所以小轿车运动了 =25s 后停止，小轿车做减速运动的位移大小为: =225m 小轿车启动后在时间 =30s 内的平均速度大小为: =12.5m/s 14.如图所示，长 L=0.15 m 的轻绳下端悬挂质量 m=1kg 的小球（视为质点），轻绳上端固定在 O 点。现使小球在光滑的水平面内以大小 v1=0.6m/s 的线速度做匀速圆周运动，已知轻绳与竖 直方向的夹角 = 。取 g=10m/s2，sin =0.6，cos =0.8。 （1）求绳对小球的拉力大小 F1 和水平面对小球的支持力大小 N（结果可保留分式）； 的 1 1 30m/smv a t= = 2 1 1 1 02 151 mx a t == 2 mvt a = 1t t+ 2t 1t t+ 2 2 mvx t= 2t 1 2 2 x xv t += θ 37° 37° 37° （2）若小球以大小 v2=1.5 m/s 的线速度在水平面做匀速圆周运动，求此时轻绳对小球的拉力 大小 F2。 【答案】（1）F1= N， N= N。 （2）20N。 【解析】 【详解】(1)对小球受力分析，由牛顿第二定律得： 竖直方向 联立解得： (2)设水平面对小球的支持力 N=0 时小球的速度为 v，结合（1）解得： v≈0.82m/s＜v2=1.5m/s 即小球已离开水平面，设绳与竖直方向的夹角为 α，由牛顿第二定律得 竖直方向： F2cosα-mg=0 联立解得： 。 15.如图所示，CDF 为间定在竖直平而内的圆弧轨道，圆心为 O，半径 OC 与水平方向的 夹角 = ，C、E 两点等高。一质量 m=0.2kg 的小物块（视为质点）在斜向上的拉力 F 作用下沿水 平台面以大小 v0=3m/s 的速度做匀速直线运动，离开台面右端 B 后立即撤去力 F，物块恰好从 C 点无碰撞地进人轨道 CDE。已知物块通过 E 点的速度与通过 C 点时的速度大小相等，物块与 台面间的动摩擦因数 μ=0.75，取 g=10 m/s2， sin = 0.6， cos =0.8，空气阻力不计。 （1）求力 F 的最小值 Fmin； （2）求 B、C 两点 水平距离 x； （3）若物块从 E 点飞出后恰好能回到 C 点，求物块通过 E 点前瞬间的角速度大小 （结果可 的 20 3 14 3 2 1 1 sin sin vF m L θ θ= 1 cos 0F N mgθ + − = 1 20 14N, N3 3F N= = 2 2 2 sin sin vF m L α α= 2 20NF = θ 37° 37° 37° ω 保留分式）。 【答案】（1）1.2N （2）1.2m （3） rad/s 【解析】 【详解】(1)小物块在水平面 AB 段受重力、支持力、摩擦力和拉力，做匀速直线运动，设拉 力与水平方向夹角为 α，根据平衡得 Fcosα=μ（mg-Fsinα） 解得 当 sin（α+γ）=1 时 F 最小，最小值为 (2)C 点速度分解如图所示： 由几何关系得： 由 B 到 C 小物体做平抛运动，则： 10 3 2cos sin 1 sin( ) mg mgF µ µ α µ α µ α γ = =+ + + min 21 mgF µ µ = + 0 3 m / s 4m / s3tan 4 y vv θ= = = 0 5m / ssin37 vv °= = 联立解得： xBC=1.2m (3)由 E 到 C 做斜上抛运动，设运动时间为 t′，圆轨道 半径为 r，若物块从 E 点飞出后恰 好能回到 C 点，则 联立解得 16.如图所示，质量 M=4kg 且足够长的木板 A 放在光滑的水平面上，质量 m=lkg 的小物块 B（视 为质点）放在 A 的左端。开始时系统处于静止状态。t=0 时刻，A 受到大小为 8N、方向水平向 右的恒力 F1，经时间 t1=1.25s 后撤去力 F1，并立即对 B 施加大小为 3.5N、方向水平向右的恒 力 F2，再经过时间 t2（未知）后，B 滑行到木板 A 上的 O 点，此时撤 去力 F2。已知 B 与 A 间 的动摩擦因数 μ=0.2，O 点与 A 的左端间的距离 L1=0.5m，取 g=10m/s2，认为最大静摩擦力与 滑动摩擦力大小相等。求： （1）t1=1.25 s 时，A、B 各自的速度大小； （2）时间 t2； （3）A、B 的最终速度大小。 【答案】（1）2m/s（2）1s（3）2.7m/s 【解析】 【详解】(1)F1 作用在 A 上，那么 B 最大加速度为 的 y gt=v 0BCx v t= 02 cos37r v t° = ′ 2y tv g= ′ v rω= 10 m3 ω = 设 M 与 m 相对静止，则共同的加速度为 说明 m 与 M 相对静止，所以 t1=1.25s 时，A、B 的速度大小都为： v1=at1=1.6×1.25m/s=2m/s (2)当 F2 作用在 B 上，AB 相对滑动，所以对 A 受力分析知： 对 B 受力分析知 根据位移关系知 代入数据解得： t2=1s (3)撤掉 F2 时，A 的速度为： v1′=v1+a1t2=2+0.5×1=2.5m/s B 的速度为： v2′=v1+a2t2=2+1.5×1=3.5m/s 撤掉 F2 后，对 A 仍受摩擦力，加速度大小仍为 a1，对 B 则为： a2′=-μg=-2m/s2 A、B 最终速度相等为： v 共=v1′+a1t′=v2′+a′2t′ 代入数据解得： t′=0.4s 所以 A、B 最终速度大小为： v 共=v1′+a1t′=2.5m/s+0.5×0.4m/s=2.7m/s 的 22m / sm mga m µ= = 2 21 8 m / s 1.6m / s4 1 m Fa aM m = = =