湖北省宜昌市部分示范高中2020届高三物理上学期期中试卷（附解析Word版）

宜昌市部分示范高中教学协作体 2019 年秋期中联考 高三物理 （全卷满分：110 分 考试用时：90 分钟） 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-8 小题只有一项符合题目要求；第 9-12 小题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但 不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 1.甲、乙两车在同一水平道路上，一前一后相距 ，乙车在前，甲车在后，某时刻两车 同时开始运动，两车运动的 图象如图所示，则下列表述正确的是    A. 乙车做曲线运动，甲车做直线运动 B. 甲车先做匀减速运动，后做匀速运动 C. 乙车的速度不断减小 D. 两车相遇两次 【答案】D 【解析】 【详解】乙车的 图象虽为曲线，但这不是运动轨迹，且图象只能表示正反两个方向的直 线运动，故 A 错误。位移时间图象的斜率等于速度，由题图可知：甲车在前 6s 内沿负向做匀 速直线运动，6s 处于静止状态，故 B 错误。由于乙车图象的斜率大小增大，即其速度逐渐增 大，故 C 错误。在 图象中两图线的交点表示两车相遇，故两车相遇两次。故 D 正确。故 选 D。 【点睛】对于位移时间图象，关键抓住斜率等于速度，交点表示两车相遇，来分析两车的运 动情况． 2.如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体 A 的质量为 M，水平面光滑．当在绳的 B 端挂一质量为 m 的物体且重力加速度为 g,物体 A 的加速度为 a1，当在绳的 B 端施以 F＝mg 的竖直向下的拉力作用时，A 的加速度为 a2，则 a1 与 a2 的大小关系是（ ） 4x m= x t− ( ) x t− x t− A. a1＝a2 B. a1>a2 C. a1a1. 故选：C. 3.一质点沿 x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其 图象如图所示，则 (  ) A. 质点在 1 s 末的速度为 1.5 m/s B. 质点在第 1 s 内的平均速度为 1.5 m/s C. 质点做匀加速直线运动，在前 2 秒内的位移为 2m D. 质点做匀加速直线运动，加速度为 0.5 m/s2 【答案】B 【解析】 【详解】ACD.由图得： mg M m+ F mg M M = x tt − 根据： 得： 对比可得： m/s 则加速度为： m/s2 由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，则质点在 1s 末速度为： 1+1=2m/s 前 2s 内的位移为： m 故 ACD 错误。 B.质点在第 1s 内的平均速度： m/s 故 B 正确。 4.刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈，如图是用斧头劈木柴的示意图.劈的纵截面是一个等 腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背上加一力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面 推压物体，把木柴劈开.设劈背的宽度为 d，劈的斜面长为 l，不计斧头的自身重力，则劈的 侧面推压木柴的力约为( ) 1 0.5x tt = + 2 0 1 2x v t at= + 0 1 2 x v att = + 0 1v = 1 0.52 a = 2 0.5 1a = × = 0v v at= + = 2 2 2 0 2 2 1 11 2 1 2 42 2x v t at m= + = × + × × = 0 1 2 1.52 2 v vv + += = = A. F B. F C. F D. F 【答案】A 【解析】 【详解】如图所示， 将力 F 分解为 、 两个分力.这两个分力分别与劈的两个侧面平行,根据对称性,两分力 、 大小相等,这样,以 、 为邻边的平行四边形就是一个菱形,因为菱形的对角线互相垂直 且平分,所以根据三角形相似: 所以 A. ,符合题意，故 A 正确 B. 不符合题意，故 B 错误 C. 不符合题意，故 C 错误 D. F 不符合题意，故 D 错误 5.由吴京主演的《攀登者》，重现了中国人攀登珠穆朗玛峰的英勇历史，体现了中国人不畏艰 险，自强自立的爱国精神。如图为影片中登山队员的登山的照片。已知其中一名队员重为 G， 静止时，绳子与竖直方向的夹角为 60o,绳子拉力也为 G，则此时山峰对该队员的作用力（ ） l d d l l 2d d 2l 1F 2F 1F 2F 1F 2F 1 2 2 d F l F = 1 2 lF F Fd = = l Fd d Fl 2 l Fd 2 d l A. 就是山峰对该对员的支持力 B. 大小为 C. 大小为 G D. 方向可能水平向左 【答案】C 【解析】 【详解】A.山峰对该队员 作用力是山峰对该队员的支持力和摩擦力的合力，故 A 错误； BCD.以该队员为研究对象，受力情况如图所示： 根据几何关系可得绳子拉力 T 的方向与重力 G 的方向夹角为 120°，且大小相等，所以山峰对 该队员的作用力 F、重力 G 和绳子拉力 T 构成等边三角形，则 F=G，方向与拉力和重力的合力 方向相反，故 C 正确，BD 错误。 6.如图所示,劲度系数均为 k=200 N/m 的两根弹簧下悬挂一个质量 m=2 kg 的重物,处于静止状 态,弹簧 L1 悬于 A 点,与竖直方向的夹角 θ=37°,弹簧 L2 的另一端连于竖直墙上 B 点,弹簧 L2 处于水平状态,此时两个弹簧的长度相同,已知 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度 g=10 m/s2,则两根弹簧的原长相差的长度为(  ) 的 3 2 G A. 0.01 m B. 0.03 m C. 0.05 m D. 0.08 m 【答案】C 【解析】 【详解】设弹簧 L1 原长为 d1，此时伸长量为 x1，弹簧 L2 的原长为 d2，伸长量为 x2。根据力的 平衡可得水平方向有： 竖直方向有： 解得： 由题可知： 得： 代入数据解得： m 故选 C。 7.某篮球运动员将篮球竖直向上抛出，篮球在最高点离接球的手距离 1.8m，该运动员接球的 整个过程时间约为 0.1s，(忽略空气阻力，g 取 10m/s2)则下列说法正确的是 A. 接球时球的速度大小为 3m/s B. 篮球自由下落时间约 1.2s C. 手受到的平均作用力的大小是篮球重力大小的 7 倍 D. 手接篮球的整个过程，篮球处于失重状态 【答案】C 【解析】 【详解】AB.由运动规律可得，篮球下落到该运动员手处的速度，由 v2=2gh 解得 v=6m/s，篮 为 1 23sin 7kx kx° = 1 37coskx mg° = 1 5 4kx mg= 2 3 4kx mg= 1 1 2 2d x d x+ = + 2 1 1 2 2 mgd d x x k − = − = 2 1 0.05d d− = 球的下落时间 t1=v/g=0.6s，故 A、B 错误； C.从接触该运动员手到停止运动，篮球的加速度 a=v/t2=60m/s2，根据牛顿定律： F－mg=ma 可得，F=7mg，故 C 正确; D.运动员接篮球的整个过程，篮球做减速运动，加速度方向向上，篮球处于超重状态，故 D 错误。 8.共享单车是指企业在校园、地铁站点、公交站点等公共服务区提供自行车单车共享服务， 是一种新型、便捷的公共交通方式。如图 1 所示是某共享单车采用的无链传动系统，利用圆 锥齿轮 90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动。杜绝了传统自行车“掉链子”问题。如 图所示是圆锥齿轮 90°轴交示意图，其中 A 是圆锥齿轮转轴上的点，B、C 分别是两个圆锥齿 轮边缘上的点，两个圆锥齿轮中心轴到 A、B、C 三点的距离分别记为 rA、rB 和 rC(rA≠rB≠rC)。 下列说法正确的是（ ） A. B 点与 C 点的角速度，ωB=ωC B. C 点与 A 点的线速度， C. B 点与 A 点的角速度， D. A 点和 C 点的线速度， 【答案】B 【解析】 A 项：B 点与 C 点的线速度相等，由于 rB≠rC，所以 ，故 A 错误； B C A A rv vr = A B A B r r ω ω= A A C C rv vr = B C ω ω≠ B 项：B 点与 C 点的线速度相等，B 点的角速度与 A 角速度相等，所以 ，故 B 正确； C 项：B 点的角速度与 A 角速度相等，所以 即 ，故 C 错误； D 项：B 点与 C 点的线速度相等，B 点的角速度与 A 角速度相等，即 ，故 D 错误。 9.双星系统中两个星球 A、B 的质量都是 m，相距 L，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆 周运动。实际观测该系统的周期 T 要小于按照力学理论计算出的周期理论值 T0，且 ＝k(k＜ 1)，于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球 C 的影响，并认为 C 位于 A、B 的连线正 中间，相对 A、B 静止，则下列说法正确的是( ) A. A、B 组成的双星系统周期理论值 B. A、B 组成的双星系统周期理论值 C. C 星的质量为 D. C 星的质量为 【答案】BD 【解析】 【详解】两星球的角速度相同，根据万有引力充当向心力，则有： 可得： 两星球绕连线的中点转动，则有： B c A A rv vr = B A B A v v r r = B B A A rv vr = B c A A rv vr = 0 T T 2 0 2 LT Gm π= 3 0 2 2 LT Gm π= 21 4 k mk + 2 2 1 4 k mk − 2 2 2 1 22 mG mr mrL ω ω= = 1 2r r= 2 2 2 2 0 4 2 m Lm TG L π= × 所以： 由于 C 的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则： 又： ＝k 联立解得： M= 故选 BD。 10.如图所示，套在竖直细杆上的轻环 A 由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物 B 相连施加外 力让 A 沿杆以速度 v 匀速上升，从图中 M 位置上升至与定滑轮的连线处于水平 N 位置，已知 AO 与竖直杆成 θ 角，则（  ） A. 刚开始时 B 的速度为 B. A 匀速上升时，重物 B 也匀速下降 C. 重物 B 下降过程，绳对 B 的拉力大于 B 的重力 D. A 运动到位置 N 时，B 的速度最大 【答案】AC 【解析】 【详解】AD.对于 A，它的速度如图中标出的 v，这个速度看成是 A 的合速度，其分速度分别 是 va ，vb 其中 va 就是 B 的速度 vB（同一根绳子，大小相同），刚开始时 B 的速度为 vB＝ vcosθ； 3 0 2 2 LT Gm π= 2 2 2 2 2 4 2 2 Mm LG m T mG LL π+ = ×     0 T T 2 2 1 4 k mk − cosv θ 当 A 环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，va＝0，所以 B 的速度 vB＝0，故 A 正确，D 错 误； BC.因 A 匀速上升时，由公式 vB＝vcosθ，当 A 上升时，夹角 θ 增大，因此 B 做减速运动， 由牛顿第二定律，可知，绳对 B 的拉力大于 B 的重力，故 B 错误，C 正确。 11.如图所示，内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轨道内甲、乙两小球固定在轻杆的两 端，已知甲乙两球的质量分别为 M,m且 M>m，开始时乙球位于轨道的最低点，现由静止释放轻 杆，下列说法正确的是(  ) A. 甲球下滑至底部的过程中,系统的机械能守恒 B. 甲球滑回时不一定能回到初始位置 C. 甲球沿轨道下滑，第一次到最低点时具有向右的瞬时速度 D. 在甲球滑回过程中杆对甲球做的功与杆对乙球做的功的代数和为零 【答案】ACD 【解析】 【详解】A.球甲、轻杆和乙球组成的系统在整个过程中只有重力做功，满足系统机械能守恒， 故 A 正确； B.根据系统机械能守恒可知，甲球滑回时可以回到初始位置，故 B 错误； C.甲球第一次到最低点时，乙球上升的高度与甲球初始高度相同，由于甲的质量大于乙的质 量，所以甲减小的重力势能大于乙增加的重力势能，根据系统机械能守恒可知，此时甲、乙 两球都有速度，所以甲球此时有具有向右的瞬时速度，故 C 正确； D.因为甲、乙两球总 系统机械能守恒，故甲球滑回时甲增加的机械能等于杆对甲球做的功， 乙球减小的机械能等于杆对乙球做的功，而在滑回过程中甲增加的机械能等于乙减小的机械 能，故杆对甲球做的功与杆对乙球做的功的代数和为零，故 D 正确。 的 12.一个质量为 m 的物体以某一平行于斜面的速度从固定斜面底端冲上倾角为 30°的斜面，其 加速度为 g，如图所示，此物体在斜面上上升的最大高度为 h，g 为重力加速度，则( ) A. 物体与斜面间的动摩擦因数为 B. 物体在沿斜面上升过程中重力做功 mgh C. 重力的最大功率为 D. 物体在沿斜面上升过程中，物体克服摩擦力做功 【答案】AD 【解析】 【详解】A.物体在斜面上滑的过程，由牛顿第二定律得： 解得： 故 A 正确； B.物体向上运动，重力做负功，为-mgh，故 B 错误； C.由速度位移公式得： 解得： 则重力的最大功率为： 3 4 3 6 3mg gh 2 mgh 3sin cos 4mg mg m gθ µ θ+ = × 3 6 µ = 2 30 2 4 sin30 hv g ×   − = × −  3v gh= 故 C 错误； D.物体在沿斜面上升过程中， 由动能定理得： 解得克服摩擦力做功为： 故 D 正确。 二、实验题。本题共 2 小题，共计 14 分。 13.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，实验装置如图所示。 （1）部分实验步骤如下，请完成有关内容。 ①将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细绳；细绳的另 一端系着绳套。 ②在其中一根细绳上挂上 5 个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示；记下橡皮筋的 结点的位置 O、细绳的方向和钩码个数。 ③将步骤②中的钩码取下，分别在两根细绳上挂上 3 个和 4 个与步骤②中同样的质量相等的 钩码，用两光滑定滑轮 B、C 使两细绳互成角度，如图乙所示；调整 B、C 的位置，使___，记 录________。 （2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中 cosα∶cosβ=________。 【答案】 (1). 橡皮筋的结点到达相同的位置 O (2). 钩码的个数及对应的细线方向 (3). 4∶3 【解析】 【详解】（1）③该实验采用“等效代替”法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与 细线结点拉到与步骤②中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向． （2）根据 O 点处于平衡状态，正交分解有： 1sin30 32P mgv mg gh= = 210 2fmgh W mv− − = − 1 2fW mgh= 竖直方向：3mgsinα+4mgsinβ=5mg…① 水平方向：3mgcosα=4mgcosβ…② 联立①②解得：cosα：cosβ=4：3． 【点睛】要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问 题进行理解，正确理解“等效代替”的含义． 14.如图甲所示，在 B 处放有一光电门，可以测出小球经过光电门的时间∆t，现将小球从距 B 点不同高度 h 处由静止释放，小球的质量为 m（小球尺寸足够小），直径为 D（示数如图乙）， 轻绳长为 L。 (1)小球直径 D=________mm (2)请写出 D、h、∆t 和 g 之间的关系式：_______________________（忽略空气阻力影响） (3)若多次从不同高度释放，得到 h 和 的关系图，图像的斜率为 k，则当地的重力加速 度为 g=______（用 D、k 表示） 【答案】 (1). 5.662 (2). (3). 【解析】 【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数使用方法，可知小球直径 D=5.5mm+16.2ⅹ0.01mm=5.662mm； （2）[2]小球到达 B 点的速度 由机械能守恒定律得： 所以 2 1 ( )t∆ 2 22( ) Dgh t = ∆ 2 2 D k Dv t = ∆ 21 2mgh mv= 2 22( ) Dgh t = ∆ （3）[3]由上面分析可知： 所以斜率 所以，当地的重力加速度为 三、计算题：本题共 3 小题，共计 48 分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演 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.交通法规中越线停车的行为认定如下：当交通信号灯为红灯期间，汽车的前轮驶过停止线， 会触发电子眼拍摄第一张照片；汽车的后轮驶过停止线，会触发电子眼拍摄第二张照片；两 种照片齐全，这种行为被认定为“越线停车”。现有一汽车以 36 km/h 匀速行驶至路口，该路 口的最高时速不能超过 54km/h，在前轮距离停止线 100m 处，司机发现交通信号灯还有 6s 将 由绿灯变为红灯，于是司机立即加速，但等红灯亮起时汽车还未过停车线，为了不闯红灯， 司机立即刹车减速。已知汽车刹车时受到的阻力恒为车重的 ，正常行驶时汽车所受的阻力 是刹车时的 ，加速时汽车牵引力变为原先匀速行驶时的 3 倍，汽车前后轮与地面接触点之 间的距离为 3 m，汽车行驶时不超过该路段的最高限速，g 取 10 m/s2。求： (1)汽车加速运动时和刹车时的加速度大小； (2)汽车最终停止时.汽车前轮与地面接触点到停止线的距离；该车是否“越线停车”? 【答案】(1)2m/s2；5m/s2(2)6.25m；越线停车 【解析】 【详解】(1)设汽车加速时，所受牵引力为 ，阻力为 ，加速度为 ，匀速运动时所受牵 引力为 ，刹车时，车受到的阻力为 ，加速度为 ，由题意可得： 2 2 1 2 ( ) Dh g t = ⋅ ∆ 2 2 Dk g = 2 2 Dg k = 1 2 1 5 1F 1f 1a 2F 2f 2a 2 0.5f mg= 1 0.1f mg= 因此原先匀速时牵引力也为 ，则加速时牵引力为 ，由牛顿第二定律有： 解得： 汽车减速时，根据牛顿第二定律有：； 解得： (2)设汽车从 加速到 的时间为 ，位移为 汽车达到最高限速后匀速运动的时间为 ，位移为 根据运动学公式得： 又： 汽车匀速运动的时间为： 位移为： 此时汽车开始刹车做减速运动，设从开始减速到最终静止的位移为 根据运动学公式得： 此时车前轮到停车线的距离为 由于此距离已大于汽车前后轮中心线之间的距离，因此汽车已越线停车 16.如图所示，一半径为 R 的光滑 1/2 圆弧轨道与水平面相切，一小球静止在与圆弧轨道底端 B 相距为 x 的 A 点，现给小球一初速度，它恰能通过圆弧轨道的最高点 C，之后水平飞出。已 2 0.1F mg= 1 0.3F mg= 1 1 1F f ma− = 2 1 2m/sa = 2 2f ma= 2 2 5m/sa = 0 10m / sv = 1 15m / sv = 1t 1x 2t 2x 1 0 1 1 2.5sv vt a −= = 2 2 1 0 1 1 31.25m2 v vx a −= = 2 6 2.5s 3.5st = − = 2 1 2 52.5mx v t= = 3x 2 1 3 2 0 22.5m2 vx a −= =− 1 2 3 100m 6.25mx x x x∆ = + + − = 知小球与水平面的动摩擦因素为 μ，（忽略空气阻力,重力加速度为 g）求: （1）小球的初速度的大小； （2）从最高点飞出后的落点与初始位置 A 之间的距离. 【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】（1）设小球在 A 点的初速度为 vA ,在 C 点的速度为 vC ，从 A 到 C，由动能定理有：  在最高点 C 点，重力提供向心力有：  有式得小球的初速度： （2）从 C 点飞出后做平抛运动，设平抛运动水平位移 ，平抛运动时间为 t 由平抛规律有：  ④ 有④解得： 所以两点间距离为： 17.如图所示，质量为 M＝4.0kg、长为 L＝8m 的木板甲放在光滑的足够长的水平地面上，甲上 表面的中点有一个可视为质点的质量为 m＝1.0kg 小物块乙，现对甲施加一水平向右的的恒力 F＝18N，F 作用 1s 后撤去。已知物块与木板间的动摩擦因数 μ＝0.2 重力加速度 g＝10m/s2 求 为 5 2Av gR gxµ= + 2x x R∆ = − 2 21 1 (2 )2 2C Amv mv mg R mgxµ− = − − 2 Cmvmg R = 5 2Av gR gxµ= + x′ 212 2R gt= Cx v t′ = 2x R′ = 2x x R∆ = − （1）在恒力 F 作用 0.5s 时，小物块、木板的加速度大小; （2）小物块相对木板滑动 整个过程中，系统因摩擦而产生的热量。 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）设物块与木板在恒力 F 作用 0.5s 时的加速度大小为 a1 和 a2，由牛顿第二定律 对甲有： 对乙有： 联立上式解得： （2）假设系统向右运动过程中乙一直在甲上 在 0-1s 内由甲的位移大小为 在 0-1s 内由乙的位移大小为： 1s 内甲、乙相对位移为： 撤去 F 至甲、乙达到共同速度的过程中乙加速度大小不变，甲以加速度大小为 a3 做减速运动 对甲有： 解得： 设甲、乙速度相等再经历的时间为 t2， 解得：t2=0.8sv 共=3.6m/s 此时甲运动的位移为： 的 2 1 4m / sa = 2 2 2m / sa = 3.6JQ mg xµ= ∆ = 1F mg Maµ− = 2mg maµ = 2 1 4m / sa = 2 2 2m / sa = 2 1 1 1 1 2m2x a t= = 2 2 2 1 1 1m2x a t= = 1 1 2 1mx x x∆ = − = 3mg Maµ = 2 3 0.5m / sa = 2 2 3 2= Q Pv v a t v a t+ = −共 乙在 t2 时间内运动的位移为： t2 时间内甲、乙相对位移为： 乙相对甲向左滑行的最大距离为： 由于 故假设成立，即乙相对甲向左滑行的最大距离为 1.8m 故物块、木板系统产生的摩擦热 2 3 2 3 2 1 3.04m2Px v t a t= − = 2 4 2 2 2 1+ 2.24m2Qx v t a t= = 2 3 4 0.8mx x x∆ = − = 1 2 1.8mx x x∆ = ∆ + ∆ = 2 Lx∆ < 3.6JQ mg xµ= ∆ =