2020届内蒙古包钢一中高三上学期期中考试物理试题 (解析版)

内蒙古包钢一中2020届高三上学期期中考试一、选择题1.我国ETC （电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．一辆汽车以20 m/s 的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s 的时间速度减为5 m/s 且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s 2，假设汽车可视为质点．则下列说法正确的是（ ） A. 汽车开始减速时距离自动收费装置110 m B. 汽车加速4 s 后速度恢复到20 m/sC. 汽车从开始减速到速度恢复到20 m/s 通过的总路程为125 mD. 汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s『答案』C 『解析』【详解】根据平均速度的推论知，汽车开始减速时距离自动收费装置的距离01120545022v v x t m m ++==⨯=，A 错误；汽车恢复到20m/s 所需的时间02220562.5v v t s s a --===，B 错误；汽车加速运动的位移02252067522v v x t m m ++==⨯=，则总路程125075125x x x m m =+=+=，C 正确；这段路程匀速运动通过的时间01256.2520x t s s v ===，则通过自动收费装置耽误的时间1246 6.25 3.75t t t t s s ∆=+-=+-=，故D 错误．2.地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 1，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r ，向心加速度为a 2。

已知引力常量为G ，地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，且地球近地卫星轨道处的重力加速度为g 0下列说法正确的是（ ）A. 地球质量gr M G =2B. 地球质量a r M G=21C. a 1、a 2、g 、g 0的关系是g 0=g >a 2>a 1D. 加速度之比2a r a R =212『答案』C 『解析』【详解】AB ．根据万有引力定律可得，对地球的同步卫星有22MmGma r = 解得地球的质量22a r M G= 故AB 错误；C ．地球赤道上的物体和地球同步卫星的角速度相等，根据 a =ω2r 知 a 1＜a 2对于地球近地卫星有02MmGmg R = 得02GMg R=地球表面的物体2MmGmg R = 得02=GMg g R=对于地球同步卫星，有22MmGma r = 即得22GMa r=因为 r ＞R ，所以 a 2＜g ，综合得 g 0=g ＞a 2＞a 1，故C 正确；D ．地球赤道上的物体与地球同步卫星角速度相同，则根据a=ω2r ，地球赤道上的物体与地球同步卫星的向心加速度之比12a R a r= 故D 错误； 故选C 。

3.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为3，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30，g 取210m/s ，则ω的最大值是（ ）A.3rad/s 2B.3rad/sC. 1.0rad/sD. 0.5rad/s『答案』C 『解析』【详解】当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：2cos30sin 30mg mg m r μω︒︒-=解得：()33110cos30sin 302221rad /s2.5g s rμω︒︒⎛⎫⨯⨯- ⎪-⎝⎭=== A.3rad/s 与计算结果不符，故A 错误． B.3rad/s 与计算结果不符，故B 错误．C. 1.0rad/s 与计算结果相符，故C 正确．D. 0.5rad/s与计算结果不符，故D错误．4.如图所示，光滑直角三角形支架ABC竖直固定在水平地面上，B、C两点均在地面上，AB 与BC间的夹角为θ，分别套在AB、AC上的小球a和b用轻绳连接，系统处于静止状态，轻绳与CA间的夹角为α．a、b的质量之比为（）A.tantanαθB.tantanθαC.sincosαθD.sincosθα『答案』A『解析』【详解】对a、b两球分别受力分析，建立沿支架和垂直于支架的坐标系，如图所示：对a由平衡条件：cos cosa a TN m g Fθα=+，sina Tm g F sinθα=，可得sinsinaTm gFθα=；对b由平衡条件：sin sinb b TN m g Fθα=+，cos cosb Tm g Fθα=，可得coscosaTm gFθα=；同一根绳的张力处处相同，联立可得sin cossin cosa bm g m gθθαα=，有sin cos tansin cos tanabmmαθαθαθ⋅==⋅；5.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD-A1B1C1D1,从顶点A沿不同方向平抛一小球（可视为质点）．关于小球的运动，下列说法正确的是（）A. 落点在A 1B 1C 1D 1内的小球落在B 1点时平抛的初速度最大B. 落点在B 1D 1上的小球,平抛初速度的最小值与最大值之比为1:2C. 运动轨迹与A 1 C 相交的小球,在交点处的速度方向都相同D. 运动轨迹与A C 1相交的小球,在交点处的速度方向都相同『答案』D 『解析』【详解】A 、向各个水平方向抛出小球，平抛运动时间都相等，水平距离越远，平抛初速度越大，由图得，小球落在C 1点时，平抛的初速度最大，A 错误；B 、由x vt =得，速度与位成正比，落点在B 1D 1上的小球，最大水平距离为正方体边长11A D 或者11A B ，最小的水平距离为A1B1C1D1对角线的一半，最小距离与最大距离的比值为1111222=A D A D ，B 错误． CD 、设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ．则200122gty gt tan x v t v α===,则2tan tan θα=可知θ一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D 正确．6.甲乙两个质量均为1kg 的物块，在光滑的水平面上分别受到一个水平力作用，由静止开始加速，甲物块所受的力F 随时间t 的变化关系和乙物块所受的力T 随位移x 的变化关系如图所示，当水平力分别按各自的规律从0增大到10N 的过程中，下列说法正确的是( )A. 当水平力均为10N 时，甲和乙的动量均为10kgm/sB. 甲所受力F 对物块的冲量为10Ns ，乙所受力T 对物块所做的功为10JC. 甲在此过程中的位移为10mD. 当水平力均为10N 时，甲的动能为50J ，乙的动量为25/kg m s ⋅『答案』BD 『解析』【详解】由甲图可知，图线与t 轴围成的面积表示冲量，则当水平力为F=10N 时，冲量为1110210?22I Ft N s ==⨯⨯=，根据动理定理0I P P =∆=-甲，得此时甲的动量为10?/P I kg m s 甲==，则此时甲的速度为10/P v m s m==甲甲，则甲的动能为22111105022k E mv J ==⨯⨯=甲甲，因F 是变力，故无法求出甲运动的位移；由乙图可知，图线与x 轴围成的面积表示拉力T 做的功，则当水平力T=10N 时， 则拉力T 做的功为111021022W Tx J ==⨯⨯=，根据动能定理有：212W mv =乙，解得：221025/1W v m s m ⨯===乙，此时乙的动量为25?/P mv kg m s 乙==，故AC 错误，BD 正确；故选BD.7.如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1匀速向右运动，一质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2（v 2>v 1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端，就上述过程，下列判断正确的有（ ）A. 合力对物块的冲量大小可能为2mv 2B. 此过程中传送带对滑块做功为12（mv 22-mv 12） C. 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m （v 1+v 2）2D. 此过程中电动机多做功为mv 1（v 1+v 2）『答案』CD 『解析』【详解】A ．由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v 1＜v 2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，由动量定理可知，合力对物块的冲量大小为12I mv mv =+故A 错误；B ．此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W ′=△E K 得22121122K W E mv mv =∆=- 故B 错误；C ．设滑块向左运动的时间t 1，位移为x 1，则2112v x t =摩擦力对滑块做功21112v W fx f t ==⋅又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即21212W mv =该过程中传送带的位移 x 2=v 1t 1摩擦力对传送带做功112211112222x vW fx fv t fv fx v v ⋅====⋅ 联立得 W 2=mv 1v 2设滑块向右运动的时间t 2，位移为x 3，则1322v x t =摩擦力对滑块做功233112W fx mv ==该过程中传送带的位移 x 4=v 1t 2=2x 3滑块相对传送带的总位移 x 相=x 1+x 2+x 4-x 3=x 1+x 2+x 3 滑动摩擦力对系统做功21231212W fx W W W m v v ==++=+总相对（）滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功21212Q W f x m v v ==⋅=+总相（）故C 正确；D ．全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即22211122Q W mv mv =+-整理得222111211()22W Q mv mv mv v v =-++=故D 正确。

故选CD 。

8.如图甲所示，水平面上有质量相等的两个木块A 、B 用一根轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态．现用一个竖直向上的力F 拉动木块A ，使木块A 向上做匀加速直线运动，弹簧始终处于弹性限度内，如图乙所示．研究从力F 刚作用在木块A 上时（0x =）到木块B 刚离开地面时（0x x =）这个过程，并且选定这个过程中木块A 的起始位置为坐标原点，得到表示力F 和木块A 的位移x 之间关系的图象如图丙，则下列说法正确的是（ ）A. 02x x =时，弹簧刚好恢复原长 B. 该过程中拉力做功1202F F F W x += C. 002x-过程，拉力做的功大于木块A 机械能的增加量D. 00x -过程，木块A 动能的增加量等于拉力和重力做功的总和『答案』ABD 『解析』A 、A 压着弹簧处于静止状态，1mg kx =；当力F 作用在A 上，使其向上匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知1()F k x x mg ma +--=，随着x 逐渐增大，导致弹簧的弹力逐渐减小，则力F 逐渐增大，但物体A 的合力却不变，当B 刚离开地面时，弹簧处于伸长状态有2mg kx =，则01212x x x x =+=，则当012x x x ==时，弹簧刚好恢复到原长，故A 正确．B 、根据图象可知拉力F 随着位移均匀增大，则1202F F F W F x x +=⋅=⋅，故B 正确．C 、在A 上升过程中，弹簧从压缩恢复到原长过程，由动能定理F Fk G k W W W E +-=∆，即F Fk W W E +=∆机，则拉力做功小于A 物体机械能的增加，故C 错误．D 、0~x 0过程因弹簧的初末形变量相同，则弹性势能的变化为零；由动能定理可知F G k W W E -=∆，即木块A 动能的增加量等于拉力和重力做功的总和，故D 正确．故选ABD.【点睛】弹簧的弹力和弹性势能均与形变量有关，形变有压缩和拉伸两种情形，要注意加以区分；功是能量转化的量度，一种功总是与一种能相联系，要具体情况具体分析． 二、非选择题 （一）必考题9.利用图示装置可以做多个力学实验．（1）用此装置“研究匀变速直线运动”时，______（填“需要”或“不需要”）平衡小车和木板间的摩擦阻力；（2）用此装置探究“加速度与质量的关系”时，改变小车质量后，__（填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦阻力；（3）用此装置探究“功与速度变化的关系”，为了尽可能准确，不挂钩码平衡摩擦力时，小车后面______（填“需要”或“不需要”）固定纸带；『答案』(1). 不需要 (2). 不需要 (3). 需要 『解析』【详解】（1）[1]用此装置“研究匀变速直线运动”时，不需要平衡摩擦力，只要物体做匀变速直线运动即可；（2）[2]用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，改变砝码和砝码盘的质量时，不需要重新平衡摩擦力；（3）[3]用此装置探究“功与速度变化的关系”，为了尽可能准确，不挂钩码平衡摩擦力时，小车后面需要固定纸带，同时将纸带与限位孔之间的摩擦阻力也同时平衡掉。