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)

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1～8題中只有一項符合題目要求，第9～12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。)的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(shù)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(cè)磚夾對磚向上的靜摩擦力2f，55G根據(jù)平衡條件，有：2f=5G，解得：fG，即磚夾對磚1、5的靜摩擦力為，對磚22155分析，受重力G，磚夾對其向上的靜摩擦力fG，所以磚4對磚5有向下的摩擦力21f3G；.再對磚4分析，受重力G，磚5對磚4有向上的摩擦力fG，所以磚33222211對磚4有向下的摩擦力fG；磚4對磚3有向上的摩擦力fG，故AC錯誤，B正2233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a＝30°角的力F＝10N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μ。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323，=30°B.A.μ＝，30°5532332D.,22.5C.，=22.5°【答案】A【解析】【詳解】以乙為研究對象，大小相等，夾角為120°，進行受力分析，由于拉力F與乙的重力故輕繩的拉力T大小為10N，與水平方向的夾角應為θ＝30°.以甲為研究對象，進行受力分析得：Tcosθ＝μ（mg＋Tsinθ）3得滑塊甲與水平直桿之間的動摩擦因數(shù)為。5A.A項與上述計算結(jié)論相符，故A符合題意；B.B項與上述計算結(jié)論不C.C項與上述計算結(jié)論不相符，故C不符合題意；DD項與上述計算結(jié)論不相符，故D不符合題意；相符，故B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(忽略空氣阻力，g取10m/s2)則下列說法正確的大小為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籃是球重力整個過程，籃球處于失重狀態(tài)的整個過程時間約為0.1s，是A.接球時球的速度大小的7倍D.手接籃球的【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v=2gh解得v=6m/s，籃2球的下落時間1t=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/t=60m/s2，根據(jù)牛頓定律：2F－mg=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v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2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(guān)系為v＝v12C.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vcosθ＝v21所以v>v，故A、B錯誤；21C.兩小球都只到受重力，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l＝0.5m，質(zhì)量m＝1.2kg，它們與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，在右邊第一個1木塊的右端放一質(zhì)量M＝1kg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μ2＝0.5，現(xiàn)突然給小鉛塊一個向左的初速度v＝10m/s，使其在木塊上滑行。設木塊與地面間0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g＝10m/s，則2A.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μMg＝Ma2解得：a＝5m/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μMg＞μ（mgx＋Mg）21解得：x＜3.33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：1－μMg×15l＝M（v2－v）22解得：v＝5m/s，故D正確。6.如圖，水平傳送帶以恒定速度順時針轉(zhuǎn)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μ，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W<μmgd1彈性勢能變化量△E=mv2+μmgdD.彈簧的k2【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Pfv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μmgd，故C正確；滑塊由動能定理得：WW01mv2，由于W2fFD項：對mgd，所以彈簧的彈性勢f1能變化量小于mv2+μmgd，故D錯誤。2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r＝21500km。美國1GPS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E，美國GPS導航衛(wèi)星在軌運行時的動能為E，兩顆衛(wèi)星繞k1k2E圓周運動，(已知＝1.6)，則k1約為43E地球的運動可以看作勻速k2A.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1r3T222r3T24得到美國GPS導航衛(wèi)星的軌道半徑r1r360006400km26500km341.62北斗導航衛(wèi)星軌道半徑為r=21500km+6400km=27900km1Mmv2由Gm知rr2E1mv2GMm22rkE得r2r0.95。k1Ek21A.0.45與計算結(jié)果0.95不相符，故A不符合題意；B.0.95與計算結(jié)果0.95相符，故B符合題意；C.1.25與計算結(jié)果0.95不相符，故C不符合題意；D.1.65與計算結(jié)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a的勻加速直線運動，v、加速度大小為a的勻減速直線運動至速度N做初速度為度大小為102減為零，取出發(fā)點位置為x＝0，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x＝0時，N的速度為6m/s，即N的初速度v＝6m/s，故A錯0誤；B.設M、N先后通過x＝6m處時的速度均為v，則對M：v2＝2ax1對N：v2－v＝－2ax202聯(lián)立以上兩式解得a＋a＝3m/s212故B錯誤；CD.設當M的速度v＝8m/s、N的速度v＝2m/s時，兩車通過的位移均為x′，則對M：12v＝2ax′211對N：v－v＝－2ax22022，聯(lián)立以上兩式解得a＝2a，解得a＝2m/s2，a＝1m/s2，故C錯誤,D正確。12129.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，則赤道正上方軌道在地球表面附近的衛(wèi)星的周期A.同步衛(wèi)星繞行方向和地球的繞行方向一致且位于B.同步衛(wèi)星的周期小于C.同步衛(wèi)星的向心加速度比赤道上隨地球自轉(zhuǎn)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(zhuǎn)物體與同步衛(wèi)星的角速度相同，由a=rω2，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。滑雪軌道是由光滑的斜軌道和光滑的水平軌道組成，兩軌道平滑連接，t＝0時相距為10m的甲、乙兩運動員＝10m/s向左運動，隨后兩運動員相繼滑上傾角為30°的則(無動力空氣阻力可忽略不計)均以v0足夠長的斜直軌道，取g＝10m/s2，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.甲設滑上斜坡后經(jīng)過t時間乙再滑上斜坡，則有：1tL1sv10甲滑上斜坡后加速度agsin5m/s2設此時甲向上運動的此時甲速度位移為x，xvt1at27.5m2011vvat5m/s101B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vvv5m/s01間t它們相遇，有做勻速運動，設再經(jīng)過時：2tx1.5sv2則相遇時間故D正確。ttt2.5s1211.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3在EF段所受阻力為其對滑梯倍，過E點時可以認為壓力的k＝22梯壓力的k＝0.5倍，1速率不突變，已知EF段長1.8m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則A.小孩和滑板在PE段的加速度為2m/s，沿PE向下2B.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agsin37kgcos372m/s211方向沿PE向下，故A正確；B.對小孩和滑板在EF段分析知agsin30kgcos302.5m/s222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：v22aL-2aLEFA1PE2L2.25m故C正確；得PED.對小孩和滑板由動能定理知Wmglsin37kmglcos371mv221E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(cè)有一豎直放置的光滑圓弧軌道MNP，軌道半徑R＝0.8m，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也是R，質(zhì)量為M＝2.0kg的小物塊B靜止在水平面上。質(zhì)量為m＝2.0kg的小物塊AA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，g＝10m/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v做平拋D運動，落到P點時其豎直速度為v，有v2＝2gR，而yyvyvD＝tan45°解得v＝v＝4m/s,選項A正確、B錯誤；DyC.設A與B碰撞前的速度為，與相碰交換速度，所以=＝4m/s,從滑到的過vvvABASQ00D程中，根據(jù)機械能守恒定律得1mgh＝mv22A0A解得h＝0.8m,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v，從D到M由動能定理得：M11－mgRcos45°＝mv－mv2，2B2BM2BD解得v≈2.2m/s<gR≈2.8m/M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(guān)系”的實驗裝置。他們調(diào)整長木板和滑輪，源，釋放物塊，請回答下列問題: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。(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)點間還有的加速度為_______m/s2。(結(jié)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a—F圖象是一條直線如圖丙求得圖線的斜率為k，橫軸截距為F，若傳感器的質(zhì)量為m，則物塊的質(zhì)量為四個點沒有畫出，根據(jù)可求出物塊所示，_______。若已知重力加速度為g，物塊與長木板動摩擦因數(shù)為μ＝________。(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”)kF1【答案】(1).2．00(2).mm(3).0(4).不需要gk0【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)xaT2，運用逐差法得7.109.1311.091.103.095.1210290.01axx03369T2m/s22.00m/s2；（2）[2]由牛頓第二定律得F（m+m)a0則1aFm+m0a-F圖象的斜率1km+m01的質(zhì)量為所以物塊mm0k[3]由圖像可知，物塊與木板之間的摩擦力為F，則0F=μ（m+m）g00kF即0。g（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m＝0.1kg的小鐵球重心豎直的距離為x;打試開管夾，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t＝2ms，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E=_______J。(兩空計算結(jié)果均保留兩位k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v2—x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0.01×47.8mm=0.478mm．其直徑D=8.478mm。[2]小鐵球經(jīng)過光電門時的速度D8.478103vm/s=4.2m/st21031mv20.88J。[3]所以小鐵球經(jīng)過光電門時的動能2Ek（3）[4]從理論上分析，由機械能守恒定律有12mgfxmv2得v2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。m＝3kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角＝15.如圖甲所示，一質(zhì)量37°足夠長的斜面，小物塊上滑乙所示。(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin37°＝0.6，過程的v—t圖象如圖cos37°＝0.8，g＝10m/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?！浚?）0.5（2）E1mv27.5J【答案【解析】2k【詳解】（1）由圖象可知，滑塊的加速度v5a==m/s2=10m/s20t0.51滑塊沖上斜面過程中根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ+μmgcosθ=ma1代入數(shù)據(jù)解得μ=0.5（2）滑塊速度減小到零時，重力的下滑分規(guī)律，滑塊向上運動的位力大于最大靜摩擦力，能再下滑.由勻變速直線運動的移v2s==1.25m02a1滑塊下滑過程中根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ-μmgcosθ=ma2a=2m/s22由勻變速直線運動的規(guī)律，滑塊返回底端的速度v=2as=m/s52返回底端時動能大小E1mv27.5J（也可以用動能定理求解）2k16.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R1＝0.25m的圓弧軌道三部分平滑連接，c為圓弧軌道的中間壓縮輕質(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h＝0.15m?，F(xiàn)解球m脫離彈簧后恰能到a處，ab的豎直高度差H＝1.8m，小球m沿軌道cd運動沖出軌道打在水平檔板c上。已知m＝0.5kg，最低點，可為質(zhì)點的小球m和m412除對彈簧的鎖定，小沿軌道運動121m＝1.0kg，在C點時小球m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22平軌道，不計空氣阻力，g＝10m/s2求:（1）彈簧最大的彈性勢能（2）小球m離開d點到打在水平檔板e上的時間。2【答案】（1）13.5J（2）0.1s【解析】【詳解】（1）對小1球m，由機械能守恒定律得：1mv＝mgH211解得：v＝6m/s1設在C點時軌道對小球m壓力的大小為F,由牛頓第二定律得：2mv22RF－mg＝2解得：：v＝3m/s2彈簧鎖定時的彈性勢能最大，由能量的轉(zhuǎn)化及守恒定律得：11E＝mv＋mvP2122代入數(shù)值得：E＝13.5J。P（2）小球2m從c點到d點，由動能定理得：11－mgR＝m