1、山东省泰安市第一中学2020届高三物理上学期期中模拟联合考试试题（含解析）第卷（选择题：共48分）一、选择题：本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。第18题每题4分，共32分。第912题每题4分，共16分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 如图，质量mAmB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为
2、没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力，故A正确，BCD错误【点睛】本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力2. 如图所示，某质点以A点为起点开始做匀变速直线运动，从A点运动到B点用时2s，再经过6s运动到C点，第10s末到达D点已知AB8m、CD24m，则该质点的初速度v0和加速度a分别为( )A. 3m/s、4m/s2B. 0、1m/s2C. 0、4m/s2D. 3m/s、1m/s2【答案】D【解析】【
3、详解】ABCDA到B过程中；C到D的过程中；x1=8m，t1=2sx2=24m，t2=2s+6s=8st3=10s代入解得：v0=3m/sa=1m/s2；故D正确，ABC错误3. 一简谐横波在 t0 时刻的波形如图所示，质点 a的振动方向在图中已标出下列说法正确的是( )A. 该波沿 x轴负方向传播B. 从该时刻起经过一个周期，a、b、c三点经过的路程 c点最大C. 从这一时刻开始，第一次最快回到平衡位置的是 c点D. 若 t0.2 s 时质点 c第一次到达波谷；则此波的传播速度为50 m/s【答案】C【解析】【详解】A质点a向上运动，结合波形平移法，波向x轴正方向传播，故A错误；B经过一个周
4、期，质点回到原位置，a、b、c三点的路程相等，均为4A，故B错误；C结合波形平移法，此刻b点向下运动，故第一次最快回到平衡位置的是c点，故C正确；D若t=0.2s时质点c第一次到达波谷，则t=T，解得T=2t=0.4s；故故D错误；4. 如图所示，一质量为2m的物块在水平外力F=的作用下静止在角为30的斜面体上.已知物块与斜面体之间的动摩擦因数0.8，重力加速度大小为g，关于物块所受的摩擦力f，下列说法正确的是（）A. fmg、沿斜面向上B. f、与F的方向相反C. 、与F方向的夹角为120D. 、与F方向的夹角为120【答案】D【解析】【详解】ABCD重力沿斜面向下的分力为：所以重力沿斜面向
5、下的分力与F的合力与摩擦力f平衡，则：，与F的夹角为：解之得=60所以f与F方向的夹角为120，故D正确，ABC错误5. 如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为g)( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径【详解】设半圆的半径为R，根据动能定理得：mg2Rmv2
6、mv2，离开最高点做平抛运动，有：2R=gt2，x=vt，联立解得： ，可知当R=时，水平位移最大，故B正确，ACD错误故选B【点睛】本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练6. “双摇跳绳“是指每次在双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法在比赛中，高三某同学1min摇轻绳240圈，跳绳过程脚与地面接触的时间约为总时间的2/5，则他在整个跳绳过程中的平均功率约为( )A. 15WB. 60WC. 120WD. 300W【答案】C【解析】【详解】ABCD.假设该同学的质量约为50kg，每次跳跃时间：t1=
7、s=0.5s腾空时间：t2=0.5s=0.3s腾空高度：h=0.1125m，上升过程中克服重力做功：W=mgh=50100.1125J=56.25J则跳绳的平均功率：=112.5W最接近120W.故C正确，ABD错误7. 如图所示为a、b两颗卫星运行的示意图，a为绕地球做椭圆轨道运动的卫星，b为地球同步卫星，P为两卫星轨道的切点P、Q分别为椭圆轨道的远地点和近地点卫星在各自的轨道上正常运行，下列说法中正确的是A. 卫星a、b的周期可能相等B. 卫星a在由近地点Q向远地点P运行过程中，引力势能逐渐减小C. 卫星b经过P点时速率一定大于卫星a经过P点时的速率D. 卫星b经过P点时向心力一定等于卫星
8、a经过P点时的向心力【答案】C【解析】根据开普勒第三定律，结合b轨道的半径大于a轨道的半长轴，可知卫星b的周期一定大于卫星a的周期，A错误；卫星a在由近地点Q向远地点P运行过程中，离地越来越高，引力做负功，引力势能逐渐增大，B错误；因为卫星在轨道a经过P点要加速做离心运动才能进入轨道b，故卫星在b轨道经过P点的时速率大于在a轨道经过P点时的速率，C正确；由于不知道两颗卫星的质量是否相等，所以不能判断出二者在P点受到的向心力相等，D错误8. 如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C现将小
9、球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是A. C与A碰撞后瞬间A的速度大小为B. C与A碰撞时产生的内能为C. C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为D. 要使碰后物体B被拉离地面，h至少为【答案】ABD【解析】对C自由下落过程，由机械能守恒得：，解得：，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，故A正确；C与A碰撞时产生的内能为：，故B正确；当AC速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，故C错误；开始时弹簧的压缩量为：，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：，则AC将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械
10、能守恒得：，解得：，故D正确所以ABD正确，C错误9. 如图所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺上的三点当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度稳定旋转时，下列表述正确的是（）A. a、b两点线速度相同B. a、b两点的线速度比c点的线速度大C. a、b、c三点的角速度相等D. c点的向心加速度比a、b点的向心加速度大【答案】BC【解析】【详解】ABC. a、b、c三点共轴转动，角速度大小相等a的半径和b的半径相等，根据v=r知，a、b的线速度大小相等.c的半径小，根据v=r知，a、b的线速度比c的线速度大故A错误，BC正确D. 根据向心加速度a=2r，a、b点加速度大于c点加速度，故D错误10. 如
11、图所示，两个质量为m1=2kg，m2=3kg的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1=40N、F2=10N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（ ）A. 弹簧秤的示数是28NB. 弹簧秤的示数是30NC. 在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为6m/s2D. 在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2【答案】AC【解析】【详解】以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度，方向水平向右；设弹簧秤的拉力是F，以m1为研究对象，由牛顿第二定律得：F1-F=m1a，则F=F1-m1a=28N，故A正确，B错误；弹簧的
12、弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m1受力情况不变，m1受的合力不变，由牛顿第二定律可知，m1的加速度不变，故C正确；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m2不再受F2的作用，m2受的合力等于弹簧的弹力，发生变化，由牛顿第二定律可知，m2的加速度：，故D错误；故选AC【点睛】本题运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，是常用的方法撤去外力时，弹簧的弹力不能突变11. 如图所示，质量为 m 的物体放在光滑的水平面上，现有一与水平方向成角的恒力 F 作用于物体上，恒力 F在物体上作用了一段时间(作用过程中物体始终未离开水平面)，则在此过程中A. 力 F对物体做的功大于物体动能的变化B. 力
13、 F对物体做的功等于物体动能的变化C. 力 F对物体的冲量大小大于物体动量变化的大小D. 力 F对物体的冲量等于物体动量的变化【答案】BC【解析】【详解】对物体受力分析，受重力、支持力、拉力，合力为Fcos；重力和支持力都与位移垂直，不做功，故拉力的功等于总功，也等于动能的增加量，故A错误，B正确；根据动量定理，动量增加量等于合力的冲量；合力为Fcos，小于拉力，故拉力的冲量大于动量增加量，故C正确，D错误；故选BC【点睛】本题关键理解和掌握动能定理和动量定理，明确总功是动能变化量度，总冲量是动量变化量度12. 如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每
14、次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（）A. 物体的初速率v03m/sB. 物体与斜面间的动摩擦因数0.75C. 取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1.44mD. 当某次30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑【答案】BC【解析】【详解】AB由图可知，当斜面的倾角为90时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知 ；解得当时 ，由动能定理可得解得A正确B错误；C根据动能定理得解得式中有当 ，即 时；此时位移最小，C正确；D若 时，物体受到的重力的分力为 ，摩擦力一般认为
15、最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑，D错误故选BC。第卷（非选择题共52分）二、实验题：每空2分，共10分。13. 实验小组采用如图甲所示实验装置测量木块与木板间动摩擦因数，提供的器材有：带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量为20 g的钩码若干，打点计时器，电源，纸带，细线等实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度(1) 正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示已知打点周期T0.02 s，则木块的加速度a_m/
16、s2.(2) 将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，改变悬挂钩码的总质量m，测得相应的加速度a，作出am图象如图丙所示已知当地重力加速度g9.8 m/s2，则木块与木板间动摩擦因数_(保留两位有效数字)；的测量值_(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值，原因是_(写出一个即可)(3) 实验中_(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量【答案】 (1). (1) 3.33 (2). (2) 0.320.36 (3). 大于 (4). 滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等 (5). (3) 不需要【解析】（1）已知打点周期T0.02 s，根据逐差法可
17、得木块的加速度为：（2）设木块的质量为M，根据牛顿第二定律有，联立可解得加速度为：，由丙图可知，当m=0时，a=3.3 ，则木块与木板间动摩擦因数0.34 ，因滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量值大于真实值（3）实验中没有采用细线拉力等于重力，所以不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量三、解答题；本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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。14. 一厢式货车在水平路面上做弯道训练圆弧形弯道的半径为R=8m，车轮与路面间的动摩擦因数为=0.8，滑动摩擦力等于
18、最大静摩擦力货车顶部用细线悬挂一个小球P，在悬点O处装有拉力传感器车沿平直路面做匀速运动时，传感器的示数为F0=4N（g取10m/s2，sin37=0.6）（1）该货车在此圆弧形弯道上做匀速圆周运动时，为了防止侧滑，货车的最大速度vm是多大？（2）该货车某次在此弯道上做匀速圆周运动，稳定后传感器的示数为F=5N，此时细线与竖直方向的夹角是多大？此时货车的速度v是多大？【答案】，【解析】试题分析：（1）汽车在圆弧水平弯道路面行驶，做圆周运动其所需要的向心力由静摩擦力提供：由上式可知，当静摩擦力越大时，速度也越大所以静摩擦力最大时，速度达最大即（2）细线与竖直方向的夹时受力如图：所以：=37又ma
19、=mgtan=075mg、a=075g物体的向心力：所以：考点：圆周运动及牛顿定律的应用【名师点睛】此题是牛顿定律在圆周运动中的应用问题；汽车在圆弧水平弯道路面行驶，做的是圆周运动此时汽车需要的向心力是由静摩擦力提供的，而汽车的最大安全速度是指由路面的最大静摩擦力提供向心力当速度再大时，汽车就会侧向滑动，失去控制了15. 如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m小滑块A套在细杆上可自由滑动在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.求：(1
20、)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度【答案】(1) 3mg (2) (3) 【解析】【详解】(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得得v在最低点，由牛顿第二定律得Fmgm解得小球到达最低点时，细线对小球的拉力大小F3mg.(2)小球与滑块共速时，滑块运动到最大高度h.取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得mv(2mm)v共mv2mgh (2mm)v共2联立解得hL.(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v1，滑块速度为v2mvmv12mv2mv2
21、mv122mv22解得v216. 如图所示，传送带与地面的夹角37，AB长L8.8m，传送带以v06m/s的速率沿逆时针方向转动在传送带上端A无初速度地放一个质量m2kg的黑色煤块，煤块与传送带间的动摩擦因数0.5，煤块在传送带上运动会留下黑色痕迹已知g10m/s2，sin370.6，cos370.8，求(1)煤块从A点运动到B点的时间(2)煤块从A点运动到B点的过程中，传送带上形成的黑色痕迹的长度【答案】(1) 1.6s (2) 1.8m【解析】【详解】(1).煤块刚放上时受到向下的摩擦力，设其加速度为a1，则有mgsin37+ mgcos37ma1代入数据，可得a110m/s2煤块加速到与
22、传送带速度相等时所用的时间t1=v0/a10.6s煤块加速到速度与传送带速度相等时通过的位移x1=a1t12/21.8m煤块速度达到v0后，煤块受到向上的摩擦力，设煤块的加速度变为a2，则有:mgsin 37-mgcos 37ma2代入数据，得:a22m/s2x2v0t2+a2t22/2其中x2L-x17m解得t21s煤块从A点运动到B点的时间tt1+ t21.6s(2).第一过程煤块相对于传送带向后留下的黑色痕迹长度:x1v0t1一x11.8m第二过程煤块相对于传送带向前留下的黑色痕迹长度:x2x2- v0t21mx1与x2部分重合，故痕迹总长为1.8m17. 如图所示，有一质量m=1kg的
23、小物块，在平台上以初速度v0=3m/s水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的半径R=0.5m的粗糙圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，当小物块在木板上相对木板运动l=1m时，与木板有共同速度，小物块与长木板之间的动摩擦因数=0.3，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角=53，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6求：(1)A、C两点的高度差h；(2)物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(3)物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功【答案】(1)0.8m； (2) 26N，方向竖直向下；(3) 10.5J【解析】【详解】(1).小物块到C点时的速度竖直分量为vCy=v0tan53 =4 m/s下落的高度(2).小物块在木板上滑行达到共同速度的过程，木板的加速度大小：a1=mg /M =0.310/3=1m/s2物块的加速度大小：a2=mg /m =g=3m/s2由题意得：联立以上各式并代入数据解得小球在D点时代入数据解得FN=26N由牛顿第三定律得FN=FN=26 N方向竖直向下(3).小物块由A到D的过程中，设克服摩擦力做的功为Wf ，由动能定理有：代入数据解得Wf =10.5J
