2020届江苏省徐州市高三上学期期中考试物理试题(解析版).docx

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1、江苏省徐州市2020届高三上学期期中考试试题一、单项选择题1物体做竖直上抛运动，下列图象能反映其上升过程运动情况的是答案1 c解析【详解】A.物体做竖直上抛运动，选取向上为正方向，则1 2所以图像为抛物线，不是直线，故A错误：BC.将一物体竖直向上抛岀，不计空气阻力，物体做匀减速直线运动，则上升的过程有v = -v0 + gtv是/的线性函数，当速度减为0,故B错误，C正确；D.竖直上抛运动的加速度等于重力加速度，是不变的，故D错误。故选C。2.2019年10月11日，我国首颗火星探测器“火星一号”第一次公开亮相，将在未来实现火星的环绕、着陆和巡视。已知火星绕太阳公转的轨道半径是地球公转轨道半

2、径的1.5倍， 火星质疑约为地球质量的十分之一，关于火星、地球绕太阳的运动，下列说法正确的是A. 火星的周期小于地球的周期B. 火星的线速度大于地球的线速度C. 火星的加速度大于地球的加速度D. 太阳对火星的万有引力小于对地球的万有引力答案D【详解】A.设太阳质量为M,行星质量为加，根据万有引力提供向心力有由于火星的公转半径比地球的公转半径大，所以火星的公转周期比地球的公转周期大，故A错误;B. 设太阳质量为M,行星质量为也，根据万有引力提供向心力有Mm °由于火星的公转半径比地球的公转半径大，火星的公转速度比地球的公转速度小，故B错误：C. 设太阳质疑为M,行星质量为川，根据万有引

3、力提供向心力有MmG = mar得GM厂由于火星的公转半径比地球的公转半径大，火星的加速度比地球的加速度小，故C错误：D. 根据万有引力左律得GM加火1245讯火-暗火 _ 0 '也X 卅地 為地GW% 叫（15仏）' 故太阳对火星的万有引力小于对地球的万有引力，故D正确。故选D。3 如图所示，在边长为J亍/的正三角形的顶点分别固左一负电荷.A处的电荷量为0,中 心0处的场强恰好为零，已知静电力常量为£。若仅将A处电荷改为等量的正电荷，则0处 场强的大小和方向分别为BA. 计，沿q。方向C.里，沿A0方向D.里，沿Q4方向答案J A解析J【详解】A处的电荷量为0，的距

4、离为则。在o点产生的电场强度为E=k生由于B和C处电荷与A处的电荷在0点的合场强 厂0为零，则B和C处电荷在0处的电场强度大小为E=*,方向沿A0方向：若仅将A处 厂电荷改为等量的正电荷，则0处场强的大小为沿A0方向，故A正确、BCD错误。故选A。4. 静止的物体从7 =0时刻开始受到如图所示的合外力作用，下列表述正确的是A. 02s内物体的速度先增大后减小B. 04s内物体的速度方向一直不变C. 4s末物体回到出发点D. 2s末物体的速度方向发生变化答案B解析【详解】A. 02s内，合外力与速度同向，则加速度与速度同向，所以物体速度一直增 大，故A错误：BD. 24s内，合外力与速度反向，则

5、加速度与速度反向，所以物体的速度一直减小，所以04s内物体的速度方向一直不变，故B正确，D错误：C. 04s内物体沿正向运动，4s末物体不会回到出发点，故C错误。故选：B.5. 如图所示，河宽为，河岸上4、D两位置分别与对岸的B、C两位宜正对，E为CD连 线上的一个小岛.甲乙两船在静水中的速度大小均为V,水流速度为甲船头正对河2岸，从人点岀发，乙船头斜向上游，从C点沿CD的连线航行，两船同时到达小岛E。下列说法正确的是*甲BC乙2A. 小岛E到C位宜的距离为一3B. AD的距离为迹3C. 仅将水流速度增大为卩，甲、乙两船仍能同时到达小岛ED. 仅将水流速度增大为V,甲、乙两船均不能到达小岛E答

6、案D解析J【详解】设乙船在静水中的速度方向和河岸的夹角为&，要使乙船能够垂直过河，有VCOS0 = V2得 &=30°乙船的实际速度为= vsin30° = v乙2设甲乙同时到达£点 时间为/,乙船到达E点的距离1儿=尹甲垂直河岸的位移开=VI而联立解得3vA.小岛E到Q位置的距禽>223故A错误:B. AD的距离故B错误：CD.仅将水流速度，过河时间不变，垂直河岸的位移不变，但沿河岸的分速度增大，甲、 乙两船经过f后，都到了 E点下游，所以甲、乙两船均不能到达小岛E,故C错误，D正确。 故选：D。6. 如图所示，粗糙的固泄水平杆上有A、B、

7、C三点，轻质弹簧一端固泄在点正下方的0 点，另一端与套在杆A点、质量为加的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。圆环从A处由 静止释放，向右运动经过3点时速度为卩、加速度为零，到达C点时速度为零，下列说法 正确的是BA. 从4到C过程中，圆环在3点速度最大B. 从人到C过程中，圆环的加速度先减小后增大C. 从A到过程中，弹簧对圆环做的功一泄大于-/HV22D. 从3到C过程中，圆环克服摩擦力做功等于rnr2答案C解析【详解】AB.圆环由A点释放，此时弹簧处于拉伸状态，则圆环加速运动，设AB Z间的D位置为弹簧的原长，则A到D的过程中，弹簧弹力减小，圆环的加速度逐渐减小，D到B的过程中，弹簧处于圧缩状

8、态，则弹簧弹力增大，圆环的加速度先增大后减小，B点时，圆环合力为零，竖直向上的弹力等于重力，从B到C的过程中，圆环可能做减速运动，无论 是否存在弹簧原长的位苣，圆环的加速度始终增大，也可能先做加速后做减速运动，加速度 先减小后增大，故B点的速度不一定最大，从A到C过程中，圆环的加速度不是先减小后 增大，故AB错误；C.从A到B过程中，弹簧对圆环做的功、摩擦力做负功，根据功能关系可知，弹簧对圆环 做功一泄大于-/V2,故C正确；D.从B到C过程中，禅簧弹力做功，圆环克服摩擦力做功，根据功能关系可知，圆环克服 摩擦力做功不等于-mv2,故D错误。故选C。二、多项选择题7.2019年7月19 0,天

9、宫二号实验室受控离轨并再入在大气层，少量残骸落入南太平洋预 定安全海域，标志着中国载人航天工程空间实验室阶段全部任务圆满完成。在实验期间，成 功实现将货运飞船“天舟一号“与轨道空间站“天宫二号“刚性对接，设对接后的组合体绕地球 做匀速圆周运动，其周期为：T,离地面的髙度为丹。已知地球半径为/?,引力常量为G, 根据以上信息可求出A. 组合体的质量为二H'4旷zB地球的质助研®C.地球表面的重力加速度为艺 R答案BD解析【详解】AB.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，英周期为7；离地面的高度为H,设地球质量为组合体质蜀为加，万有引力提供向心力得得GT2故A错误，B正确：C.

10、忽略球体自转影响，万有引力等于重力得_ Mm 一 G w = ?g K联立得4 兀 2(R + H)3g_ -故C错误：D. 对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其周期为T,离地面的髙度为H，设地球质星为M,组合体质量为加，万有引力提供向心力得=ma联立解得4n2R + H)a =T2故D正确。故选BD。&如图所示为等疑异种电荷的电场线分布情况，。为两点电荷连线的中点。A、B关于。点对 称，若0点的电势为0,则A. A点的电势小于0B. 电子在A点电势能比点的小C. AB两点的场强相同D. AO间的电势差匕°等于BO间的电势差匕。答案BC【详解】A. 0点的电势为0,则等疑异

11、种电荷连线的中垂线的电势为0,沿电场线的方向 电势降低，所以A点的电势大于0,故A错误：B. 由上而的分析知勿冊，负电荷在电势越髙的地方电势能越小，所以电子在A点电势能 比B点的小，故B正确：C. 由对称性知：A、B两点的电场线的疏密一样，所以A、B两点的场强大小相同，方向为A、B两点的切线方向，由对称性知方向相同，故C正确；D. 因为A、0、B三点的电势关系为：（pA（poq）n由对称性得：Uao=-Ubo故D错误。故选：BCo9.如图所示，一长为/的轻杆一端与水平转轴相连，另一端固泄一质量为加的小球，转轴带 动轻杆使小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，角速度为力。A、C为与圆心 等

12、髙的两点，3为最高点，重力加速度为g。则A. 在B点时杆对球的作用力不可能为0B. 在A点时，杆对球的作用力大小为J（吨亍C. 从A转动到"的过程中，小球处于超重状态D. 从3转动到C的过程中，小球重力的功率一直增大答案BD解析【详解】A.在B点杆对球的作用力为0,只由重力提供向心力，小球也能在竖直平而内沿逆时针方向做匀速圆周运动，故A错误；B. 在A点时,小球受重力Sg）和杆对小球的作用力（F）,向心力的大小为认2,合力提供向心力，所以有F=y(mg)2 +(mlco2>)2故B正确：C. 从A转动到B的过程中，小球的向心加速度有竖直向下的分量，所以小球处于失重状态,故C错误

13、：D. 从B转动到C的过程中，速度大小不变，速度与重力方向的夹角0逐渐变小，由P = mvcosO可知，小球重力的功率一直增大，故D正确。故选BDo10如图甲是某超载货车运送圆柱形钢管的情景，所装钢管规格相同，如图乙是钢管堆放的截面示意图。已知钢管间的动摩擦因数为“，每根钢管的质量为？，重力加速度为g，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下层钢管被固立不能移动。下列分析正确的是B. 若把上层A钢管水平向外抽出，所需最小力为“C. 人与B、C间不发生相对滑动，汽车的加速度最大为仝3“gd.若汽车运动的加速度为“g,则钢管a受到b、c的作用力为第答案CD解析【详解】A.设A、B管之间的弹力大小为T,

14、丁与竖直方向的夹角为&，根拯几何关系可得 sin = - = 2R 2解得 &二 30°根据对称性可知C对人的弹力大小也为7；根据平衡条件可得2Tcos0 = mg解得故A错误：B. 若把上层A钢管水平向外抽出，所需最小拉力等于A受到的摩擦力，摩擦力所以所需最小力为于“加g，故B错误；C. A与B、C间恰好不发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得.f=ma,解得汽车的加速度 最大为2若"心故C正确：D. 若汽车运动的加速度为“g,则钢管A受到B、C的作用力为F = JOgF +（M）2 =+故D正确。故选CD。11某同学将“打夯”的情景简化成以下模型：两人同时

15、通过绳子对重物各施加一个力，大小 均为375N,方向都与竖直方向成37°，重物离开地而30cm后停止施力，最后重物自由下 落把地而砸深2cm。已知重物的质量为40kg, g取10nVs2» cos37° =0.8»贝ij：A. 两绳对重物的合力为600NB. 整个上升过程重物的重力势能增加120JC. 重物落地时的速度大小为3.0nVsD.重物对地而的平均冲击力大小为9.0x103N答案AC解析【详解】A.将两个拉力正交分解后，水平方向上的合力为零，竖直方向上的合力就是两绳 对重物的合力= 2Fcos37° = 2 x 375 x 0.8N =

16、 600N故A正确：F合一吨mB. 两绳用力时物体的加速度 600-40x10m/s* = 5m/s40设停止用力后物体还有上升儿则有芮=2ax = 2gh所以a jh = s = x 30cm = 0.15 m g 10那么重物加速减速上升的总高度为H =s + h = 0.45m重物增加的重力势能AEp = mgH =40xl0x 0.45J = 180J故B错误：c.物体上升到最大高度H后就自由落体，所以落地的速度v =2gH = >/2xl Ox 0.45 m/s = 3m/s故C正确：D. 从最髙点到把地砸深2m,根据动能怎理有 mg( H + /?) /，r x A/z =

17、0 - 0代入解得2 4Sx400N=490N故D错误。故选AC。三、简答题12为了“探究加速度与力、质量的关系二现提供如图甲所示的实验装琵18.1224.58乙（D以下实验操作正确的是A. 电火花计时器应接6V以下交流电源B. 调节滑轮髙度，使细线与长木板平行C. 先将电火花汁时器接通电源，后释放小车D. 平衡摩擦力时应使小车在舷码及磁码盘牵引下恰好做匀速运动（2）如图乙为某次实验得到的纸带，从比较淸晰的点起，每5个点取一个计数点，已知交流电频率为50圧。该小车的加速度。=m/S2.（结果保留两位有效数字）（3）下表记录了舷码和舷码盘的质量一宦时，小车质量M与对应的加速度"及丄的数

18、据,请在坐标图丙中描点作岀丄 图象,（选填“正比"或'反比"）并从图象判断小车加速度a与质量M之间应满足 关系。实验次数123454/(7尸)0.850.570.500.330.28M / kg0.440.660.88101.32扣妒M2.271 511.360.920.76主要原因是.答案J (1). BC 0.19(3).反比(4)小车质量一立时，改变祛码个数，得到a_F图象如图丁所示，其末端明显偏离直线,(4) .随着狂码数量的增加，不能很好的满足小车质捲远大于祛码和琏码盘的总质量解析【详解(1)1A.电火花计时器使用的是交流220v电源,故A错误;B.实验已

19、经平衡摩擦力，故需要使细线与长木板平行，故B正确:C. 根据使用打点i|时器操作规则，先将电火花讣时器接通电源，后释放小车：故C正确;D. 平衡摩擦力是利用小车自身的重力来平衡摩擦力，此时不能悬挂重物，故D错误。故选BC “2每5个点取一个计数点，已知交流电频率为50Hz,则计数点间时间间隔为7=0.Is：由逐差法得(24.58-11.92)-11.92A in , 2a =TxlO = 0.19m/s4x0.12(3)3由表格中的数据，描点得图像如图所示“与质量M之间应满足反比关系;(4)5小车质量远大于誌码和舷码盘的总质量时，由实验原理可知，有mga =-m + M此时斜率近似等于丄；随着

20、狂码数量的增加，不能很好的满足小车质捲远大于舷码和琏码M盘的总质量，此时斜率为 一，加增大，斜率减小，故末端明显偏离直线，故末端明显 M + m偏离直线的原因是随着琏码数量的增加，不能很好的满足小车质量远大于舷码和祛码盘的总质崑13某研究小组设计了一种测量滑块与木板之间动摩擦因数的实验方案，实验装置如图甲所 示。水平桌面上固定一圆弧轨道和一平直木板，二者在M处平滑连接° M处安装一光电门测量遮光条经过的时间，重力加速度g = 10m/s2。实验如下:(1) 用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图乙所示。某次测量中，计时器的示数为r = 0.0100s,则滑块经过M点的速度卩=m/s。(2)

21、 将滑块由某位宜静止释放，滑块停止在N处，测得M到N的距离为厶，并记录计时器的示数为f,则滑块与木板间的动摩擦因数表达式"=。(用题中物理量的符号表示)(3) 改变滑块释放的位置，多次实验，记录各次f值并测量MN间距厶，作岀丄-L关系r图象如图丙，利用该图象求得滑块与木板间的动摩擦因数"=(4) 为了减少实验误差，下列说法正确的是。A. 增大遮光条宽度B. 圆弧轨道必须光滑C. 木板必须保持水平D. 滑块释放时的位巻适当高些t/2答案(1). 0.50(2).(3). 0.5.CD2gL广解析【详解】(1)【1由图乙所示可知，遮光条宽度为d = 5.0mm = 5x10&q

22、uot;3 m滑块经过M点速度y为 厶土 50趾t 0.012滑块从M运动到N的过程，根据动能泄理可知0 - pnigL = ° 一 £ mvXv = y联立解得d2卓攀Lr 心丄-厶图像的斜率r"磔（I1由图丙得k=4xl0解得/=0.54A.增大遮光条的宽度，遮光条通过光电门的运动与匀速运动越不接近，用v =-求速t度误差增大，故A错误；B. 圆弧轨道是否光滑对实验结果没有影响，故B错误：C. 木板必须保持水平，否则重力对滑块要做功，误差增大，故C正确：D. 滑块释放时的位宜适当高些，遮光条通过光电门的速度增大，越接近匀速运动，速度测 量误差越小，故D正确。故

23、选CD。四、计算题14. 电视市目里有一个推木箱的游戏，游戏规则是：选手从A点开始用力沿水平方向推木箱, 一段时间后放手让木箱向前滑动，若木箱最后停在有效区域BC内（包括B、C两点）视为 成功。已知长厶=10m, BC长厶=5m,选手推动木箱过程加速度大小为3nVs2,撤去推力后，木箱滑动加速度大小为5ni/s2.木箱视为质点。（1）推力作用2s,木箱能否到达有效区域？（2 ）若选手推木箱至3点时撤去外力，木箱能否停在有效区域内？（3）要想获得游戏成功，推力作用的最长时间是多少？A答案（1）不能到达有效区域（2）不能到达有效区域（3） 2.5s解析【详解】推力作用2s位移：2 1代入数据得：X

24、）= 6m2s末速度v = at撤去推力后位移:2a2代入数据得：x2 = 3.6m全程位移：x = x+x2代入数据得：x = 9.6m < 10m所以木箱不能到达有效区域（2）选手推木箱至3点时：由公式必=2勺厶，撤去推力后位移:代入数据得：x2'=6m > L, =5m所以不能停在有效区域内(3) 要想获得游戏成功，木箱滑到C点速度正好为0,力作用时间最长，设力作用最长时间为5时刻的速度为V =.加速运动过程中的位移：减速运动过程中的位移要使木箱停止在有效区域内，则需满足ffrrxl +x2 =厶 + 厶代入数据得：a = 2.5s15. 如图所示，长为厶的固圧长直杆

25、与水平而的夹角为a ,将一个质量为加的圆环套在杆上, 可沿杆匀速下滑。若圆环以某一初速度从底端向上运动，刚好能到达顶端。已知重力加 速度为g。(1) 求圆环与杆间的动摩擦因数“；(2) 求圆环的速度勺：(3) 若用大小为F、方向与杆成&角的力，从底端由静止斜向上拉动圆环，经时间f到达 顶端，求拉力F的大小。答案(1)" = tana (2) v0 = 2Lsina (3)= mg sin 2a + cos a 或解析【详解】(1)由题意，圆环匀速下滑，贝IJ有：mg sin a = pmig cos a得：/ = tan a(2)设圆环向上运动的加速度为受力分析如图1所示,m

26、g sin a + pmg cos a = max根据运动学公式v=2aL解得:v0 = 2yJgLsina(3)设圆环在拉力作用下向上运动的加速度为根据运动学公式，可得加速度F较小时，受力如图2所示:根据牛顿第二左律有：斤 cos anig sin a“(mg cos a片 sin a) = ma2解得:F、= mg sin 2a +2mLcos aF较大时，受力如图3所示:根据牛顿第二左律有：坊 cos Qmg sin a“（鬥 sin a - mg cos a） = ma2解得：F _ IniLcQsa（cos' a-sin2 a）尸16. 如图甲所示，大量电子由静止开始，经加速

27、电场加速后，沿偏转电场两板正中间且平行 板的方向射入，再从另一侧射出，打到右侧的荧光屏上。已知电子质量为加，电荷量为J 极板长/,板间距离，极板右端到荧光屏的距离是厶，加在偏转极板间的电压如图乙所示。（设每个电子穿过平行板时可以认为电压是不变的，忽略电子所受重力）。求：（1）电子进入偏转电场时的初速度勺；（2）电子偏转距离最大时所加的偏转电压：（3）电子打在荧光屏上的长度答案J （!）序U 斧 （3） 3（：/）解析【详解】(1)根拯动能左理得：eU.,电子进入偏转电场时的初速度乙(2)电子从极板中间进入，能打岀偏转电场的最大距禽为电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有:1 = W得竖直方向

28、有:d 1.="厂2 2其中：eUmd解得电子能射出偏转电场所加的最大电压:(3)设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为儿偏转角为0,则电子通过偏转电场时有：Vy = at tan 0 =电子在荧光屏上偏离。点的距离为由(2)知，偏转电压最大值"=逊匚，此时电子打到荧光屏上的偏转距离为:（1 + 2厶）1 21当所加反向电压，U=-如£时.电子向屏上偏转的方向相反，且打到屏上的偏转距离为:所以荧光屏上电子能打到的区间长度为:17某兴趣小组设计了一个轨道，依次由光滑曲而AB粗粗水平而光滑竖直圆轨道及 足够长的倾斜传送带组成，如图所示。滑块从曲而上某位置A下滑，沿水

29、平而从C点左侧 进入圆轨道再从C点右侧离开继续向前运动，经过连接点B、E时没有机械能损失。已知 圆轨逍半径R = 0.5m , BC = 2.0m, CE = 1.6m，滑块质呈:加=lkg,滑块与水平轨道BE、传送带间动摩擦因数"均为0.5,传送带与水平而间的夹角0 = 37°,以v0 = 3m/s的 速度做逆时针运动。（sin37 =0.6,cos37 =0.&g = 10m/s2）求：（1）要使滑块恰好经过圆轨道的最髙点，静I匕释放滑块的高度为多大：（2）滑块从（1）问中释放位置以初动能£ka = 27.5J滑下，滑块在传动带上向上运动的时 间：（3

30、）满足（2）问的条件下，滑块最终停在什么位置？答案（1）2.25m （2） 0.8s （3） C 点右侧 0.4m 处解析【详解】（1）设滑块下滑高度为久时，恰好经过圆轨道最高点在D点:加 g 趴-2R)-pmgXBc = g 心 解得:h、= 2.25m即释放滑块的髙度至少为2.25m,才能顺利经过圆轨道最髙点D o (2)设滑块运动到E点速度为气，由动能立理: mgh. -pmgx = | mv - EKA代入数据得：V = 8m/s滑块沿传送带向上运动加速度为5,由牛顿第二左律：mg sin 0 + /img cos 0 = ma代入数据得：q = 1 Om/s2向上运动时间：代入数据得

31、：t = 0.8s(3)滑块向上运动最远距离：2/ = 3.2m2q接着滑块沿传送带下滑，加速度仍然是=10nVs2 ,和传送带速度相同时运动距离：2/. =- = 0.45m </ = 3.2m2q因为也gsin&>/gcos&,此后滑块继续向下加速，设滑块在圆轨道能上升髙度为H 由动能左理得:mg (/ 一 /J sin 0 f.img (cos 0 - mgH - /.nngxEC = ° 一* ,ma代入数据得:因此滑块返回到C点右侧，设其运动距离为,由:mgH - jL/mgx = 0代入数据得：x = 0.4m滑块最着能终停在C点右侧0.4m处c