安徽省皖江名校聯(lián)盟2020屆高三物理上學期第一次聯(lián)考試題（含解析）.docx

安徽省皖江名校聯(lián)盟2020屆高三物理上學期第一次聯(lián)考試題（含解析）一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，在每小題給出的四個選項中，第18題中只有一項符合題目要求，第912題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。)1.2019年6月24日消息，大連市首屆“工匠杯”職工技能競賽決賽開賽，現(xiàn)場20名砌筑工展現(xiàn)出較高的技術水準。如圖所示，競賽工地上的建筑工人用磚夾搬運5塊相同的磚(圖中陰影部分相當于磚夾)，當磚處于平衡狀態(tài)時，下列說法正確的是A. 磚夾對磚塊的水平壓力越大，1、5兩塊磚受到的摩擦力越大B. 3受到2施加摩擦力大小等于自身重力的一半C. 4對3的摩擦力方向豎直向下D. 1受到2施加的摩擦力與4受到5施加的摩擦力完全相同【答案】B【解析】【詳解】ABC. 先對5塊磚整體受力分析，受重力5G和兩側磚夾對磚向上的靜摩擦力2f，根據(jù)平衡條件，有：2f=5G，解得： ，即磚夾對磚1、5的靜摩擦力為，對磚5分析，受重力G，磚夾對其向上的靜摩擦力，所以磚4對磚5有向下的摩擦力；. 再對磚4分析，受重力G，磚5對磚4有向上的摩擦力，所以磚3對磚4有向下的摩擦力；磚4對磚3有向上的摩擦力，故AC錯誤，B正確；D.1受到2施加的摩擦力與4受到5施加的摩擦力大小相等，方向相反，故D錯誤。2.如圖所示，水平固定桿上套一物塊甲，甲與小球乙用一根不可伸長的輕繩相連，現(xiàn)用跟水平方向成a30角的力F10N拉著乙并帶動甲一起向右勻速運動，在運動中兩者的相對位置保持不變，甲與水平桿間的動摩擦因數(shù)為。在運動過程中，輕繩與水平方向的夾角為，已知甲、乙質(zhì)量分別為2kg和1kg，重力加速度g取10m/s2，則A. ，30B. ，=30C. ，=22.5D. 【答案】A【解析】【詳解】以乙為研究對象，進行受力分析，由于拉力F與乙的重力大小相等，夾角為120，故輕繩的拉力T大小為10N，與水平方向的夾角應為30.以甲為研究對象，進行受力分析得：Tcos（mgTsin）得滑塊甲與水平直桿之間的動摩擦因數(shù)為。A.A項與上述計算結論相符，故A符合題意；B.B項與上述計算結論不相符，故B不符合題意；C.C項與上述計算結論不相符，故C不符合題意；DD項與上述計算結論不相符，故D不符合題意；3.某籃球運動員將籃球豎直向上拋出，籃球在最高點離接球的手距離1.8m，該運動員接球的整個過程時間約為0.1s，(忽略空氣阻力，g取10m/s2)則下列說法正確的是A. 接球時球的速度大小為3m/sB. 籃球自由下落時間約為1.2sC. 手受到平均作用力的大小是籃球重力大小的7倍D. 手接籃球的整個過程，籃球處于失重狀態(tài)【答案】C【解析】【詳解】AB.由運動規(guī)律可得，籃球下落到該運動員手處的速度，由v2=2gh解得v=6m/s，籃球的下落時間t1=v/g=0.6s，故A、B錯誤；C.從接觸該運動員手到停止運動，籃球的加速度a=v/t2=60m/s2，根據(jù)牛頓定律：Fmg=ma可得，F(xiàn)=7mg，故C正確;D.運動員接籃球的整個過程，籃球做減速運動，加速度方向向上，籃球處于超重狀態(tài)，故D錯誤。4.如圖所示，小球從O點的正上方離地h高處的P點以v的速度水平拋出，同時在O點右方地面上S點以速度v2斜向左上方斜拋一小球，兩小球恰在O、連線的中點正上方相遇。若不計空氣阻力，則兩小球拋出后至相遇過程A. 斜拋球水平速度分量比平拋球水平速度分量小B. 兩小球初速度大小關系為v1v2C. 兩小球速度對時間的變化率相同D. 兩小球相遇點一定在距離地面h高度處【答案】C【解析】【詳解】AB.由于兩小球恰在O、S連線的中點正上方相遇，說明它們的水平位移大小相等，又由于運動的時間相同，所以它們在水平方向上的速度相同，即v2cosv1所以v2v1，故A、B錯誤；C.兩小球都只受到重力，都做勻變速運動，加速度相同，所以兩小球速度對時間變化率相同，故C正確；D.根據(jù)題意平拋的小球在豎直方向做自由落體運動，因此兩球相遇高度一定小于h，故D錯誤。5.如圖所示，水平地面上有靜止的18個相同的木塊排成一條直線接觸但不粘連，每個木塊的長度l0.5m，質(zhì)量m1.2kg，它們與地面間的動摩擦因數(shù)均為10.1，在右邊第一個木塊的右端放一質(zhì)量M1kg的小鉛塊(可視為質(zhì)點)，它與各木塊間的動摩擦因數(shù)均為20.5，現(xiàn)突然給小鉛塊一個向左的初速度v010m/s，使其在木塊上滑行。設木塊與地面間及小鉛塊與木塊間的最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，重力加速度g10m/s2，則A. 小鉛塊相對木塊滑動時小鉛塊的加速度大小為10m/s2B. 小鉛塊最多能帶動5個木塊運動C. 第10個木塊運動的速度大小為1m/sD. 小鉛塊下的木塊剛發(fā)生運動時小鉛塊的瞬時速度大小為5m/s【答案】D【解析】【詳解】A.設小鉛塊相對木塊滑動時加速度大小為a，由牛頓第二定律可知2MgMa解得：a5m/s2，故A錯誤；BC.設小鉛塊最多能帶動x個木塊運動，對x個木塊整體進行受力分析，當小鉛塊下的x個木塊發(fā)生運動時，則有2Mg1（mgxMg）解得：x3.33即小鉛塊最多只能帶動3個木塊運動，故BC錯誤；D.設當小鉛塊通過前面的15個木塊時的瞬時速度大小為v，由動能定理可知：2Mg15lM（v2v）解得：v5m/s，故D正確。6.如圖，水平傳送帶以恒定速度順時針轉動，傳送帶右端上方的擋板上固定著一輕彈簧。將小物塊P輕放在傳送帶左端，P在接觸彈簧前速度已達到v，與彈簧接觸后彈簧的最大形變量為d。P的質(zhì)量為m，與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。從P開始接觸彈簧到彈簧第一次達到最大形變的過程中A. P的速度一直減小B. 傳送帶對P做功的功率一直減小C. 傳送帶對P做的功WmgdD. 彈簧的彈性勢能變化量Ek=mv2+mgd【答案】C【解析】【詳解】A項：P與彈簧接觸后在水平方向受彈簧力作用， P受的靜摩擦力向右，P做勻速運動，運動到彈力與最大摩擦力相等時，P物體由慣性P繼續(xù)壓縮彈簧，P接下來做減速運動直到速度為零，故A錯誤；B項：由公式可知，由于P先做勻速后做減速，由于靜摩擦力增大，速度不變，所以功率先增大，后滑動摩擦力不變，速度減小，所以功率減小，故B錯誤；C項：由于P開始到彈力與最大靜摩擦力相等的過程中P受的為靜摩擦力，后來為滑動摩擦力，所以傳送帶對P做的功小于mgd，故C正確；D項：對滑塊由動能定理得：，由于，所以彈簧的彈性勢能變化量小于mv2+mgd，故D錯誤。故選：C。7.我國第四十三顆北斗導航衛(wèi)星屬于中圓地球軌道衛(wèi)星，軌道離地高度r121500km。美國GPS導航衛(wèi)星在軌的運行周期約為12小時，已知地球同步衛(wèi)星離地高度約36000km，地球的半徑為6400km，若北斗中圓地球軌道衛(wèi)星和美國CPS導航衛(wèi)星的質(zhì)量相同，北斗中圓地球軌道衛(wèi)星在軌運行時的動能為Ek1，美國GPS導航衛(wèi)星在軌運行時的動能為Ek2，兩顆衛(wèi)星繞地球的運動可以看作勻速圓周運動，(已知1.6)，則約為A. 0.45B. 0.95C. 1.25D. 1.65【答案】B【解析】【詳解】設地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，則得到美國GPS導航衛(wèi)星的軌道半徑北斗導航衛(wèi)星軌道半徑為r1=21500km+6400km=27900km由知得。A. 0.45與計算結果0.95不相符，故A不符合題意； B. 0.95與計算結果0.95相符，故B符合題意； C. 1.25與計算結果0.95不相符，故C不符合題意； D. 1.65與計算結果0.95不相符，故D不符合題意；8.可視為質(zhì)點的M、N兩車在同地、同時沿同一方向做直線運動，M做初速個度為零，加速度大小為a1的勻加速直線運動，N做初速度為v0、加速度大小為a2的勻減速直線運動至速度減為零，取出發(fā)點位置為x0，如圖所示為M、N兩車在運動過程中的位置(x)-速度(v)圖象，則A. N的初速度大小為2m/sB. M、N兩車加速度大小之和為6m/s2C. M車加速度大小是N車加速度大小的4倍D. M車加速度大小為2m/s2【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)圖象可知，當x0時，N的速度為6m/s，即N的初速度v06m/s，故A錯誤；B.設M、N先后通過x6m處時的速度均為v，則對M：v22a1x對N：v2v022a2x聯(lián)立以上兩式解得a1a23m/s2故B錯誤；CD.設當M的速度v18m/s、N的速度v22m/s時，兩車通過的位移均為x，則對M：v122a1x對N：v22v022a2x，聯(lián)立以上兩式解得a12a2，解得a12m/s2，a21m/s2，故C錯誤,D正確。9.我國正在建設的北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)進展順利，計劃于2020年向全球提供服務?！氨倍贰毙l(wèi)星導航定位系統(tǒng)由5顆同步衛(wèi)星和30顆非靜止軌道衛(wèi)星組成，則A. 同步衛(wèi)星繞行方向和地球的繞行方向一致且位于赤道正上方B. 同步衛(wèi)星的周期小于軌道在地球表面附近的衛(wèi)星的周期C. 同步衛(wèi)星的向心加速度比赤道上隨地球自轉物體的向心加速度大D. 至少5顆同步衛(wèi)星同時正常工作才能實現(xiàn)全球通訊【答案】AC【解析】【詳解】A.同步衛(wèi)星的繞行方向和地球的繞行方向一致，所有地球靜止軌道衛(wèi)星的位置均位于赤道正上方，故A正確；B.地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，據(jù)開普勒第三定律知，地球靜止軌道衛(wèi)星的周期大于近地衛(wèi)星的周期。故B錯誤。C.由隨地球自轉物體與同步衛(wèi)星的角速度相同，由a=r2，則半徑大的向心加速度大，故C正確；D.同步衛(wèi)星離地高度較高，有三顆地球靜止軌道衛(wèi)星工作就可能實現(xiàn)全球通訊。故D錯誤。10.滑雪是冬奧會的比賽項目之一?；┸壍朗怯晒饣男避壍篮凸饣乃杰壍澜M成，兩軌道平滑連接，t0時相距為10m的甲、乙兩運動員(無動力空氣阻力可忽略不計)均以v010m/s向左運動，隨后兩運動員相繼滑上傾角為30的足夠長的斜直軌道，取g10m/s2，則A. 甲運動員滑上斜軌道后加速度大小為2.5m/s2B. 乙運動員剛要滑上斜軌道時甲運動員在斜軌道上運動的位移為7.5mC. 乙運動員剛要滑上斜軌道時甲速度大小為4m/sD. 甲運動員滑上斜軌道后經(jīng)過2.5s兩運動員相遇【答案】BD【解析】【詳解】ABC.設甲滑上斜坡后經(jīng)過t1時間乙再滑上斜坡，則有：1s甲滑上斜坡后加速度m/s2設此時甲向上運動的位移為x，m此時甲速度m/sB正確，AC錯誤；D.乙滑上斜坡時，加速度與甲相同，以甲為參考系，乙相對于甲以m/s做勻速運動，設再經(jīng)過時間它們相遇，有：s則相遇時間s故D正確。11.如圖所示，小孩踏著滑板從靜止開始從滑梯頂端P點下滑，滑梯的PE段傾角37，EF段傾角30，假設小孩和滑板可視為一個整體，并可視為質(zhì)點。在PE段所受阻力為其對滑梯壓力的k10.5倍，在EF段所受阻力為其對滑梯壓力的k2倍，過E點時可以認為速率不突變，已知EF段長1.8m，sin370.6，cos370.8，g取10m/s2，則A. 小孩和滑板在PE段的加速度為2m/s2，沿PE向下B. 小孩和滑板在EF段的加速度為2.5m/s2，沿EF向下C. 為使小孩在到達F之前停下來，PE段的長度不能長于2.25mD. 某次一質(zhì)量約為24kg的小孩(包括滑板)在PE段距離E點2.0m的某點被小伙伴猛然推出，到E點時速度約為3m/s，則小伙伴對他做功約為12J【答案】ACD【解析】【詳解】A.對小孩和滑板在PE段分析知方向沿PE向下，故A正確；B.對小孩和滑板在EF段分析知方向沿EF向上，故B錯誤；C.對小孩和滑板在PE段勻加速，在EF段勻減速則：得故C正確；D.對小孩和滑板由動能定理知代入數(shù)據(jù)得W=12J，故D正確。12.如圖所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形軌道，其底端恰好與光滑水平面相切。右側有一豎直放置的光滑圓弧軌道MNP，軌道半徑R0.8m，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也是R，質(zhì)量為M2.0kg的小物塊B靜止在水平面上。質(zhì)量為mA2.0kg的小物塊A從距離水平面某一高度h的S點沿軌道從靜止開始下滑，經(jīng)過弧形軌道的最低點Q滑上水平面與B發(fā)生彈性碰撞，碰后兩個物體交換速度，然后小物塊B從桌面右邊緣D點飛離桌面后，恰由P點沿圓軌道切線落入圓軌道，g10m/s2，則A. 物塊B離開D點時的速度大小為4m/sB. 物塊B落到P點時其豎直速度大于物塊B離開D點時的速度C. S與Q豎直高度為0.8mD. 物塊能沿軌道到達M點的速度大小約為2.2m/s【答案】AC【解析】【詳解】AB.A、B碰撞后，因二者交換速度，所以A靜止，物塊B由D點以初速度vD做平拋運動，落到P點時其豎直速度為vy，有vy22gR，而tan45解得vDvy4m/s,選項A正確、B錯誤；C.設A與B碰撞前的速度為，A與B相碰交換速度，所以v0=vD4m/s,A從S滑到Q的過程中，根據(jù)機械能守恒定律得mAghmAv02解得h0.8m,選項C正確；D.設物塊能沿軌道到達M點，且到達時其速度為vM，從D到M由動能定理得：mBgRcos45mBvM2mBvD2，解得vM2.2m/s2.8m/即物塊不能到達M點，選項D錯誤。二、實驗題(共15分)13.如圖甲所示為某實驗小組“探究物體加速度與所受合外力關系”的實驗裝置。他們調(diào)整長木板和滑輪，使長木板水平放置且細線平行于長木板;在托盤中放入適當?shù)捻来a，接通電源，釋放物塊，多次改變托盤中砝碼的質(zhì)量，記錄傳感器的讀數(shù)F，求出加速度a。請回答下列問題:(1)實驗中得到如圖乙所示的一條紙帶，已知交流電頻率為50Hz的交流電，兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出，根據(jù)紙帶可求出物塊的加速度為_m/s2。(結果保留三位有效數(shù)字)(2)以力傳感器的示數(shù)F為橫坐標，加速度a為縱坐標，畫出的aF圖象是一條直線如圖丙所示，求得圖線的斜率為k，橫軸截距為F，若傳感器的質(zhì)量為m，則物塊的質(zhì)量為_。若已知重力加速度為g，物塊與長木板動摩擦因數(shù)為_。(3)該實驗需不需要滿足鉤碼質(zhì)量遠遠小于物塊和傳感器的總質(zhì)量_(填“需要”或“不需要”)【答案】 (1). 200 (2). (3). (4). 不需要【解析】【詳解】（1）1根據(jù)，運用逐差法得；（2）2由牛頓第二定律得則a-F圖象的斜率所以物塊的質(zhì)量為3由圖像可知，物塊與木板之間的摩擦力為F0，則F0=（m+m0）g即。（3）4由于傳感器測得是真實拉力，不需要滿足此條件。14.某同學做驗證機械能守恒定律的實驗，實驗裝置如圖甲所示。測量出光電門到放在試管夾上質(zhì)量為m0.1kg的小鐵球重心豎直的距離為x;打開試管夾，由靜止釋放小鐵球，小球經(jīng)過正下方的固定在鐵架臺上的光電門時，與光電門連接的傳感器可以記錄小鐵球經(jīng)過光電門的時間。 (1)用螺旋測微器測得小鐵球直徑如圖乙所示，其直徑D=_ mm。(2)從與光電門連接的傳感器上讀出小鐵球經(jīng)過光電門的時間t2ms，小鐵球經(jīng)過光電門時的速度_m/s則小鐵球經(jīng)過光電門時的動能Ek=_J。(兩空計算結果均保留兩位有效數(shù)字)(3)某同學多次改變光電門的位置，測量出光電門到小鐵球的重心豎直的距離x并計算出小鐵球經(jīng)過光電門時的速度v，通過描繪2-x圖象去驗證機械能是否守恒。若實驗中小鐵球所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不變，從理論上分析，合理的v2x圖象是下圖中的_?！敬鸢浮?(1). 8.478（8.476-8.479） (2). 4.2 (3). 0.88 (4). A【解析】【詳解】（1）1如圖乙所示，螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為8mm，可動刻度讀數(shù)為0.0147.8mm=0.478mm其直徑D=8.478mm。2小鐵球經(jīng)過光電門時的速度3所以小鐵球經(jīng)過光電門時的動能。（3）4從理論上分析，由機械能守恒定律有得與x成正比，選項A正確三、計算題:本題共3小題，共計37分，解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。15.如圖甲所示，一質(zhì)量m3kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角37足夠長的斜面，小物塊上滑過程的vt圖象如圖乙所示。(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin370.6，cos370.8，g10m/s2)求:（1）滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù);（2）滑塊返回斜面底端時的動能?！敬鸢浮浚?）0.5（2）【解析】【詳解】（1）由圖象可知，滑塊的加速度a1=m/s2=10m/s2滑塊沖上斜面過程中根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin+mgcos=ma1代入數(shù)據(jù)解得=0.5（2）滑塊速度減小到零時，重力的下滑分力大于最大靜摩擦力，能再下滑.由勻變速直線運動的規(guī)律，滑塊向上運動的位移s=1.25m滑塊下滑過程中根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin-mgcos=ma2a2=2m/s2由勻變速直線運動的規(guī)律，滑塊返回底端的速度v=m/s返回底端時動能大?。ㄒ部梢杂脛幽芏ɡ砬蠼猓?6.如圖所示，abcd為固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，其中ab傾斜、bc水平、cd為半徑R0.25m的圓弧軌道三部分平滑連接，c為圓弧軌道的最低點，可為質(zhì)點的小球m1和m2中間壓縮輕質(zhì)彈簧靜止在水平軌道上(彈簧與兩小球不栓接且被鎖定)，水平檔板c與d點豎直距離h0.15m?，F(xiàn)解除對彈簧的鎖定，小球m1脫離彈簧后恰能沿軌道運動到a處，ab的豎直高度差H1.8m，小球m2沿軌道cd運動沖出軌道打在水平檔板c上。已知m10.5kg，m21.0kg，在C點時小球m2對軌道壓力的大小為46N，已知彈簧恢復原長時小球仍處于水平軌道，不計空氣阻力，g10m/s2求: （1）彈簧最大的彈性勢能（2）小球m2離開d點