四川省阆中中学2020届高三物理上学期11月期中试题（含解析）

四川省阆中中学2020届高三物理上学期11月期中试题（含解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.在水平面上有A、B两物体，通过一根跨过定滑轮的轻绳相连，现A物体以v1的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面的夹角分别为α、β时(如图所示)，B物体的运动速度vB为(绳始终有拉力)()A.1sinsinvB.1cossinvC.1sincosvD.1coscosv【答案】D【解析】【详解】将物体A的速度分解为使绳右端伸长和逆时针转动两个分量，如图(a)所示，则绳端伸长的速度v′＝v1cosα；同理对物体B，速度分解如图(b)所示，绳端缩短的速度v″＝v′，因此物体B的运动速度vB＝v″/cosβ＝1coscosv，D项正确．2.一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是A.小球过最高点的最小速度是gRB.小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零C.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小【答案】B【解析】【详解】A.由于杆可以表现为拉力，也可能表现支持力，所以小球过最高点的最小速度为0，故A错误；B.当小球在最高点的速度vgR时，靠重力提供向心力，杆子的弹力为零，故B正确；CD.杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，当表现为支持力时，速度增大作用力越小，当表现为拉力时，速度增大作用力越大，故CD错误。3.用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，如图所示．将细绳剪断后()．A.小球立即获得kxm的加速度B.小球落地的速度大于2ghC.小球落地的时间等于2hgD.小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动【答案】BC【解析】【详解】A．初态小球平衡，剪断绳后，小球合外力与绳中拉力等大反向：22=()()Fmgkx合，所以加速度：22()()=mgkxam，A错误。B．设初态弹簧的弹性势能为PE，根据机械能守恒得：212PEmghmv，速度大于2gh，B正确。C．小球被水平弹出后，只受重力做平抛运动，竖直方向：212hgt，运动时间2htg，C正确。D．小球在细绳剪断瞬间，仍受弹簧弹力，所以不是平抛运动，D错误。4.如图所示，质量为M的斜面体上有一个质量为m的滑块正沿斜面匀速下滑，滑块下滑过程中，斜面体始终保持静止，在此过程中（）A.斜面体对滑块的作用力斜向右上方B.斜面体对滑块的作用力竖直向上C.地面对斜面体的摩擦力水平向右D.地面对斜面体的摩擦力水平向左【答案】B【解析】【详解】对滑块受力分析可知，受到向下的重力，沿斜面向上的摩擦力和垂直斜面向上的支持力，因滑块处于平衡状态可知斜面对滑块的支持力和摩擦力的合力方向竖直向上，即斜面体对滑块的作用力竖直向上，选项B正确，A错误；由牛顿第三定律可知，滑块对斜面体的作用力竖直向下，可知对斜面体而言，水平方向受力为零，即地面对斜面体无摩擦力的作用，选项CD错误；故选B.5.卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用。第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区。第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成。中轨道卫星高度为10354公里，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)。在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为四分之一天。则A.中轨道卫星的角速度大于地球自转的角速度B.4颗同步卫星的轨道半径一定相同，而且在同一平面内C.在中轨道卫星经过地面某点的正上方的一天后，该卫星还在地面该点的正上方D.若某时刻中轨道卫星、同步卫星与地心在同一直线上，那么6小时后它们仍在同一直线上【答案】ABC【解析】因2222MmGmrmrrT（）解得：322rrTvGM；3GMr中轨道卫星的周期小于同步卫星的周期，则轨道半径小于同步卫星．半径小的周期小，角速度大．即中轨道卫星的角速度大于地球自转的角速度，故A正确；同步卫星都在赤道平面内，所以4颗同步卫星的轨道在同一个平面，轨道半径一定相同．故B正确；一天后地球完成1周，中轨道卫星完成4周．则卫星仍在地面该点的正上方．故C正确；经过6小时，中轨道卫星完成一周，而同步卫星与地球为14周．故不可能在一直线上．故D错误；故选ABC.6.如图所示，将一小球从空中A点以水平速度v0抛出，经过一段时间后，小球以大小为2v0的速度经过B点，不计空气阻力，则小球从A到B(重力加速度为g)()A.下落高度为2032vgB.经过的时间为03vgC.速度增量为v0，方向竖直向下D.运动方向改变的角度为60°【答案】AD【解析】小球经过B点时竖直分速度22000(2)3yvvvv；由vy=gt得03vtg；根据h=12gt2得，h=2032vg．故A正确，B错误。速度增量为△v=gt=3v0，方向竖直向下，故C错误。球经过B点时速度与水平方向的夹角正切tanα=0 3yvv，α=60°，即运动方向改变的角为60°．故D正确。故选AD.点睛：解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用平行四边形定则研究分运动的速度，要知道分运动具有等时性。7.机场使用的货物安检装置如图所示，绷劲的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L=2m，现有一质量为m=1kg的背包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面。已知背包与传送带的动摩擦因数μ=0.5，210/gms，下列说法正确的是A.背包从A运动到B所用的时间为2.1sB.背包从A运动到B所用的时间为2.3sC.背包与传送带之间的相对位移为0.3mD.背包与传送带之间的相对位移为0.1m【答案】AD【解析】背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得 mgma，得2 5/ams，背包达到传送带的速度v=1m/s所用时间10.2vtsa，此过程背包对地位移1210.20.1222vxtmmLm＜，所以共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移为1110.20.10.1xvtxm，背包匀速运动的时间1220.11.91Lxtssv，所以背包从A运动到B所用的时间为：122.1ttts；故选AD.8.如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动。开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是A.当23KgL时，A、B相对于转盘会滑动B.当2KgL时，绳子一定有弹力C.ω在203KgL范围内增大时，A所受摩擦力一直变大D.ω在223KgKgLL范围内增大时，B所受摩擦力变大【答案】ABC【解析】【分析】开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，A的静摩擦力减小，B受最大静摩擦力不变，角速度继续增大，A的静摩擦力减小到零又反向增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动．【详解】当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有：2kmgTmL，对B有22TkmgmL，解得23KgL，当23KgL时，A、B相对于转盘会滑动，A正确；当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，22kmgmL，解得12KgL，知2KgL时，绳子具有弹力，B正确；当在203KgL范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以2fTmL，当增大时，静摩擦力也增大，C正确；角速度02KgL，B所受的摩擦力变大，D错误．【点睛】解决本题的关键搞清木块向心力的来源，结合牛顿第二定律进行分析；注意假设没有绳子时木块要滑动，实际才会拉绳子，产生弹力．三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。9.某兴趣小组的同学利用如图1所示的实验装置，测量木块与长木板之间的动摩擦因数，图中长木板水平固定．①实验过程中，打点计时器应接在______(填“直流”或“交流”)电源上，调整定滑轮的高度，使______．②已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，砝码盘、砝码和木块的加速度大小为a，则木块与长木板之间的动摩擦因数______．③实验时，某同学得到一条纸带，如图2所示，每隔三个计时点取一个计数点，即为图中0、1、2、3、4、5、6点.测得每两个计数点间的距离为1234560.962.884.806.728.6410.56scmscmscmscmscmscm，，，，，，打点计时器的电源频率为50.Hz计算此纸带的加速度大小a______2/ms，打第4个计数点时纸带的速度大小v______/.(ms保留两位有效数字)【答案】(1).交流(2).细线与长木板平行(3).mgmMaMg(4).3.0(5).0.96【解析】（1）电火花计时器使用的交流电源，应接在交流电源上，为了使得绳子的拉力等于木块的合力，应使细线与长木板平行．（2）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得mgMgMma，解得mgmMaMg；（3）每隔三个计时点取一个计数点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.0240.08Ts，根据2xaT，有：6543212220.10560.08640.06720.0480.02880.0963.0/990.08ssssssamsT在匀变速直线匀速中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，故有：4540.08640.0672/0.96/220.08ssvmsmsT．【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即2xaT，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度．10.如图甲是某同学测量重力加速度的装置，他将质量均为M的两个重物用轻绳连接，放在光滑的轻质滑轮上，这时系统处于静止状态。该同学在左侧重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物m的重力作用而使系统做初速度为零的缓慢加速运动，该同学用某种办法测出系统运动的加速度并记录下来。完成一次实验后，换用不同质量的小重物，并多次重复实验，测出不同m时系统的加速度a并作好记录。（1）若选定物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有（）A．小重物的质量mB．大重物的质量MC．绳子的长度D．重物下落的距离及下落这段距离所用的时间（2）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，做出1a－1m图像，如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g＝_______，并可求出重物质量M＝_________。（用k和b表示）【答案】(1).AD(2).1/b(3).k/2b【解析】(1)对整体分析,根据牛顿第二定律得：(2)mgMma,计算得出(2)mgaMm,根据212hat得：22(2)Mmhgmt.所以需要测量的物理量有:小重物的质量m,重物下落的距离及下落这段距离所用的时间.故AD正确.(2)因为(2)mgaMm,则1121Mamgg,知图线的斜率2Mkg，1bg,计算得出1gb,2kMb.综上所述本题正确答案是:(1)AD,(2)1gb，2kMb.11.如图所示，某次滑雪训练，运