陕西省汉中市2020届高三物理上学期11月份联考试题（含解析）

陕西省汉中市2020届高三物理上学期11月份联考试题（含解析）选择题:本大题共10小题，每小题4分，共40分。第16小题只有一项符合题目要求，第710小题有多项符合题目要求。全部选对得4分，少选得2分，有选错的得0分。1.小雨同学从5楼楼梯口下到其正下方1楼楼梯口用了1min，已知每层楼的高度为3m，则下列说法正确的是（）A. 小雨下楼过程中的路程为15mB. 小雨的平均速度大小为C. 小雨平均速度大小为D. 由于不知道楼道的总长度,无法求出小雨的平均速度【答案】B【解析】【详解】A由于不知道楼道的总长度，无法求出路程，故A错误；BCD每层楼的高度为3m，则5楼到1楼下降的高度为34=12m所以平均速度：m/s=0.2m/s故B正确，CD错误。2.伽利略在研究自由落体运动时用到了“冲淡”重力的方法：在倾角较小的光滑斜面上，小球运动的加速度比自由落体运动的加速度小得多。如图所示，小球在倾角较小的斜面上从O点由静止释放，依次经过A、B、C三点，OA=AB=BC，则小球经过OA与BC段的时间之比约为（）A. 1B. 2C. 3D. 5【答案】C【解析】【详解】小球在斜面上做初速度为零的匀变速直线运动，则经过OA、AB、BC段的时间之比故小球经过OA与BC段的时间之比为 3：1A1与分析不符，故A错误；B2与分析不符，故B错误；C3与分析相符，故C正确；D5与分析不符，故D错误。3.如图所示，一个质量为m的小球在轻绳作用下静止在倾角=30光滑斜面上，轻绳与斜面的夹角也为，重力加速度为g，则轻绳对小球拉力的大小为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】对小球受力分析如图所示：由几何关系可知，N1与竖直方向的夹角为30，水平方向：N1sin30=Tsin30竖直方向：N1cos30+Tcos30=mg代入解得：T=。故A正确；BCD错误。4.一质量为2 kg的物体，在竖直向上的拉力F作用下由静止开始向上做匀加速直线运动，第2 s内的位移为3 m，已知重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力，则拉力F大小为A. 2 NB. 4 NC. 12ND. 24N【答案】D【解析】【详解】根据位移时间公式得，第2s内的位移：解得物体的加速度为：a=2m/s2，根据牛顿第二定律得：Fmg=ma，解得：F=mg+ma=20+22N=24N.故ABC错误；D正确。5.金秋时节，又是一年枣熟时，一同学用竹竿打树上的红枣，红枣离开枝头后做平抛运动。现测得红枣从离开枝头到落地的水平位移为10 m，红枣在枝头时离地面的高度为5 m，取g=10 m/s2，不计空气阻力，则红枣离开枝头时的速度大小为A. 5 m/sB. 10 m/sC. 15 m/sD. 20 m/s【答案】B【解析】【详解】小球竖直方向都做自由落体运动，则解得:t=1s；水平方向做匀速运动，则：解得:v0=10m/s；故B正确； ACD错误。6.2019年4月20日，我国成功发射了第44颗北斗导航卫星。该卫星是倾斜地球同步轨道卫星，它的轨道平面与地球赤道平面有一定的夹角，离地面的高度和处于赤道平面内的地球同步轨道卫星相等。仅考虑卫星与地球间的作用，该卫星A. 可以始终处在地面某点的正上方B. 周期大于地球同步轨道卫星周期C. 环绕速度介于7.9 km/s和11.2 km/s之间D. 角速度与地球同步轨道卫星的角速度一样大【答案】D【解析】【详解】A. 倾斜同步轨道卫星相对于地球是非静止的，所以倾斜同步轨道卫星从地球上看是移动的，故该卫星不可能始终位于地球表面某个点的正上方，故A错误；B. 根据万有引力提供向心力：，得：因为倾斜地球同步轨道卫星离地面的高度和处于赤道平面内的地球同步轨道卫星相等，故它的周期等于地球同步轨道卫星的周期，故B错误;C. 根据万有引力提供向心力：得：同步卫星的环绕速度小于在地球表面附近绕行的卫星的环绕速度（即第一宇宙速度7.9km/s），故C错误；D. 根据万有引力提供向心力：得：角速度与地球同步轨道卫星的角速度一样大，故D正确。7.如图所示，A、B分别为大、小齿轮边缘的两点，O1、O2分别为两齿轮的圆心。当大齿轮顺时针匀速转动时A. 小齿轮逆时针转动B. A.B两点的角速度相等C. A点的转动周期大于B点的转动周期.D. A点的向心加速度大于B点的向心加速度【答案】AC【解析】【详解】A.由图可知，当大齿轮顺时针匀速转动时，小齿轮逆时针转动，故A正确；B.A、B两点在传送带上是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，根据v=r，角速度与半径成反比，A点的角速度小于B点的角速度，故B错误；C.根据，周期与角速度成反比，A点的转动周期大于B点的转动周期，故C正确；D.A、B两点在传送带上是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，根据，向心加速度与半径成反比，A点的向心加速度小于B点的向心加速度，故D错误；8.甲、乙两车在同一平直公路上运动，两车的速度v随时间t的变化图象如图所示。下列说法正确的是A t1时刻两车一定相遇B. 在t2时刻两车的动能一定相等C. 在t1t2时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度D. 若两车的额定功率相同，行驶过程中受到的阻力也相同，则两车的最大速度一定相同【答案】CD【解析】【分析】由题中“两车的速度v随时间t的变化图象如图所示”可知，本题考查由v-t图像判断物体运动，根据v-t图像规律可分析本题。【详解】At1时刻辆车运动速度大小相等，但是辆车位移不同，不能相遇，故A错误；B由于不知道辆车质量，故无法判断动能情况，故B错误；C在t1t2时间内，甲车的位移大于乙车，时间相同，根据公式可知，乙车的平均速度小于甲车的平均速度，故C正确；D根据公式可知，当到达最大速度时，动力与阻力为平衡力，大小相等，所以两车的额定功率相同，行驶过程中受到的阻力也相同时，则两车的最大速度一定相同，故D正确。9.如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间A. 弹簧的形变量不改变B. 弹簧的弹力大小为mgC. 木块A的加速度大小为gD. 木块B对水平面的压力为4mg【答案】AD【解析】【详解】A. 由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；B. 开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F=3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；C. 撤去C瞬间，弹力不变，A的合力等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：2mg=ma，解得：a=2g方向竖直向上，故C错误；D. 撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：F+mg=N，解得：N=4mg木块B对水平面的压力为4mg，故D正确。10.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连弹簧处于自然长度时物块位于O点（AB之间某位置，图中未标出）现将物块从A点由静止释放，物块向左运动到B点时速度为零，设物块在A、B点时的弹簧弹性势能分别为EpA、EpB，则上述过程中A. 若桌面光滑，物块动能最大时处于O点B. 若桌面粗糙，EpA大于EpBC. 若桌面粗糙，O点位于AB中点的左侧D. 若桌面粗糙，物块动能最大时弹簧的弹性势能小于EpB【答案】ABC【解析】【详解】A若桌面光滑，物块做简谐运动，经过平衡位置时动能最大，即物块动能最大时处于O点，故A正确；B若桌面粗糙，由功能关系可知，A处弹簧的弹性势能转化为B处弹簧的弹性势和内能，所以有EpA大于EpB，故B正确；C若桌面粗糙，由于机械能有损失，弹簧在A点的伸长量大于在B的压缩量，则O点位于AB中点的左侧，故C正确；D因为动能最大的位置在O点右侧，若摩擦力较大，动能最大时弹簧的弹性势能可能大于B点的弹性势能EpB，故D错误。非选择题:共6小题，共60分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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。11.某实验小组利用如图甲所示的实验装置“探究加速度与物体受力的关系”。图中A为质量为M的小车，连接在小车后的纸带穿过电火花计时器B，它们均置于已平衡摩擦力的一端带有轻质定滑轮的足够长的木板上，钩码P的质量为m，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦。(1)电火花计时器与电磁打点计时器相比，其优点是_ 。(2)在实验过程中，_ ( 选填“需要”或“不需要”)满足“小车的质量远大于钩码的质量”这一条件。(3)乙图为某次实验得到的纸带，相邻计数点间还有四个计时点没有画出，已知电源的频率为f，由纸带可得小车的加速度表达式为a=_，(用x1、x2、x3、x4、f来表示)。(4)实验完毕后，某同学发现实验时的电压小于220V，那么加速度的测量值与实际值相比_(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】 (1). 纸带在运动时受到的阻力较小 (2). 不需要 (3). (4). 不变【解析】【详解】（1）1由于电磁打点计时器打点时，振针与纸带之间有摩擦，电火花计时器相比较电磁打点计时器，纸带在运动时受到的阻力较小；（2）2由于弹簧测力计直接测出了细绳拉力，不需要将钩码的重力近似看做小车受到的拉力，所以不需要满足钩码质量远小于小车质量；（3）3由于相邻计数点间还有四个计时点没有画出，两计数点间的时间间隔为，根据x=aT2，利用逐差法求加速度，加速度大小为：。（4）4 电压小于220V，不会改变打点周期的变化，那么加速度的测量值与实际值相比不变。12.某同学利用如图甲所示的装置来验证“机械能守恒定律”。将宽度为d的挡光片（质量不计）水平固定在物体A上，将物体由静止释放，让质量较大的物体B通过细线和滑轮带着A起运动，两光电门间的高度差为h，挡光片通过光电门1、光电门 2的时间分别为t1、t2，A、B两物体的质量分别为mA、mB，已知当地的重力加速度为g。回答下列问题。（1）该同学用游标卡尺测挡光片的宽度时，测量情况如图乙所示，则挡光片的宽度d=_mm。(2)由于没有天平，不能直接测出两物体的质量，该同学找来了一个质量为m0的标准砝码和一根弹簧，将标准砝码、物体A和物体B分别静止悬挂在弹簧下端，用刻度尺测出弹簧的伸长量分别为x0、xA、xB，则A、B两物体的质量分别为mA=_，mB=_。(3)若系统的机械能守恒，则应满足关系式=_。(4)若保持物体A的质量mA不变，不断增大物体B的质量mB，则物体A的加速度大小a的值会趋向于_。【答案】 (1). 2.2 (2). (3). (4). (5). g【解析】【分析】由题中“某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律”可知，本题考查机械能守恒定律实验原理和数据处理，根据机械能守恒定律实验原理和数据处理可分析本题。【详解】（1）1根据游标卡尺的读数原理，读数为；（2）23根据胡克定律可得解得劲度系数为因此，（3）4 若系统的机械能守恒,则应满足重力做功等于动能的变化量，即代入数据解得（4）5 若保持物体A的质量mA不变，不断增大物体B的质量mB，则物体A相对于物体B的质量可以忽略不计，物体A的加速度大小a的值会趋向于重力加速度g。13.如图所示的装置放在水平地面上，轻杆的一端固定在光滑水平转轴O上，另一端固定一铁球(视为质点)，铁球和支架的质量均为m= 10 kg，当铁球静止在最低点时，给铁球一方向水平向右、大小的初速度，铁球恰好能绕O轴做圆周运动。不计空气阻力，支架没有相对地面运动，重力加速度g=10 m/s2。求:(1)铁球到转轴O的距离;(2)铁球运动到最低点(有初速度)时，支架对地面的压力大小。【答案】(1) R=2.5m； (2) 铁球运动到最低点时支架对地面的压力大小为600N【解析】【详解】（1）铁球恰好能做圆周运动，则铁球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律可知：解得：R=2.5m；(2)铁球在最低点时，有：对支架：FN=T+mg代入数据，联立解得：FN=600N根据牛顿第三定律，所以铁球运动到最低点时支架对地面的压力大小为600N。14.如图所示，一水平浅色传送带以v0=5m/s向右匀速运动，左侧一煤块以v1=2m/s的水平速度冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数=0.3已知传送带足够长，重力加速度g=10m/s2，求：(1)煤块在传送带上加速的时间t；(2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度x。【答案】(1)1s(2)15m【解析】【详解】(1)以煤块为研究对象，由牛顿第二定律得：mg=ma解得煤块的加速度为：a=g=3m/s2煤块加速的时间为：t=1s(2)在煤块与传送带达到共同速度的过程中，传送带运动的距离为：x1=v0t=5m煤块运动的距离为：x2=3.5m此过程中划出的痕迹长度为：x=x1-x2=1.5m15.在某星球表面（不存在空气）上，一质量m=0.5kg的小球在绳的拉力作用下，在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点和在最高点对绳的拉力大小之差F=18N已知星球的半径R=6106m，不计星球自转的影响，求：(1)该星球表面的重力加速度g；(2)该星球的第一宇宙速度v。【答案】(1)6m/s2(2)6103m/s【解析】【详解】(1)在圆周运动的最高点有：在圆周运动的最低点有：从最高点到最低点的过程中，根据动能定理可知，mg2L=其中F2-F1=18N联立解得g=6m/s2(2)卫星在运动时，由万有引力提供向心力，有在近星轨道上，联立解得v=6103m/s16.如图甲所示，质量m=1kg的物块叠放在足够长的木板右端，木板放在光滑的水平地面上。现在木板右端施加水平向右的拉力F，F的大小可变，t1=1s时木板进人粗糙水平地面，2s末撤去拉力F，图乙为04s内木板的v-t图象(图线与时间轴交点数值未知)，木板的质量M=3kg， 物块与木板间的动摩擦因数1=0.2，木板与粗糙水平地面间的动摩擦因数2=0.25，取重力加速度g=10m/s2.求:(1)拉力F在02s内做的功;(2)04 s内物块相对木板滑动的路程。【答案】（1）76J；（2）s=3m【解析】【详解】（1）若物块相对木板运动，则02s内物块做匀加速直线运动时加速度大小由图象可知，木板在01s内做匀加速直线运动，在1s2s内木板做匀速运动。设长木板做匀加速直线运动的加速度大小为a2由图象求得：a2=4 m/s2由于a2a1，且2 s末物块的速度大小v=a1t1=4 m/s，故02 s内物块相对木板发生运动。对木板，在01 s内，根据牛顿第二定律有：解得： F1=14 N在1 s2 s内，由共点力的平衡条件有：解得：F2=12 N，其中可得W1=28 J，其中可得拉力F在02 s内做的功：。（2）由于2 s末物块和木板的速度大小均为4 m/s故2s后物块和木板均做匀减速直线运动，设加速度大小分别为a3、a4根据牛顿第二定律:a3=a1=2 m/s2木板做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：可得根据匀变速直线运动规律：02 s内物块相对木板向左运动，可得x3=2 m .2 s4 s内物块相对木板向右运动，可得x4=1 m04 s内物块相对木板滑动的路程：解得s=3 m。16