《2020届江苏省如东高级中学高三上学期10月调研物理试题(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届江苏省如东高级中学高三上学期10月调研物理试题(解析版).pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、-1-如东高级中学2019 2020 学年第一学期高三年级10 月调研测试物理试题一、单选题1.如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零 对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】CD、由题意知，在下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得：sinmgcosmgma，故加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以C、D错误；B、根据匀变速运动的规律2012sv tat，可得 B正确；A、下降的高度sinhs，所以 A错误2.如图所示，粗
2、糙水平面上的物体在水平拉力F 作用下做匀加速直线运动，现使F 不断变小到零，则在滑动过程中（）A.物体的加速度不断减小，速度不断增大B.物体的加速度不断增大，速度不断减小C.物体的加速度先增大后减小，速度先减小后增大D.物体的加速度先减小后增大，速度先增大后减小-2-【答案】D【解析】合外力决定加速度，滑动过程中物体所受合外力是拉力和地面摩擦力的合力，即F合FFf.当FFf时，合外力方向与速度方向相同，速度增加，F逐渐减小，合外力减小，加速度减小；当FvBC.卫星在 I 轨道的加速度大小为a0，卫星在II轨道A点加速度大小为aA，则a0aAD.若 OA=0.5R，则卫星在B点的速率vB23GM
3、R【答案】B【解析】【详解】A根据开普勒第三定律32akT，a为半长轴，可知：已知卫星在两轨道上运动的卫星的周期相等，所以椭圆轨道的半长轴与圆的半径相等且为R故 A错误B卫星在I 轨道的速率为v0，根据万有引力定律可得：0GMvr，卫星在轨道B点的速率为vB，因做向心运动，则0BBGMvr，因为roBr，则v0vB故 B正确C根据牛顿第二定律得2MmGmar，可得：2GMar-3-卫星在轨道距离地心的距离大于卫星在轨道A点距离地心的距离，所以a0aA故 C错误D若OA=0.5R，则卫星在B点的速率则：023BBGMGMvrR故 D错误4.如图所示物块A和 B的质量分别为4m和m，开始 A、B均
4、静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F6mg作用下，动滑轮竖直向上运动已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动中，物块A和 B的加速度分别为A.aA12g，aB5gB.aAaB15g C.aA14g，aB3gD.aA0，aB2g【答案】D【解析】【详解】在竖直向上拉力F6mg时，此时A、B受的拉力分别为3mg、3mg，对A因为 3mg4mg，故物体A静止，加速度为0；对物体B 3mgmgmaB解得aB2g 故选 D。5.如图所示,验电器带有少量正电荷,将一带负电的小球从远处逐渐靠近验电器的金属球.此过程中,可能看到金属箔片张开的角度A.不断增大B.
5、先减小至零,后逐渐增大C.先增大,后减小D.先增大,后不变-4-【答案】B【解析】【详解】带有负电荷的小球慢慢靠近一个带有少量正电荷的验电器金属球，根据异种电荷相互吸引得出金属箔所带电荷变少，所以金属箔的夹角减小，随小球的靠近，验电器的金属球上的正电荷越来越多，所以金属箔上将开始带上负电荷，随负电荷的增加多，此时验电器金属箔的张角也开始变大，即金属箔的夹角增大，故ACD错误，B正确6.如图所示，质量均可忽的轻绳与轻杆所能承受的弹力的最大值一定，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重力为G的重物现将绳的一端挂在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉（均未断），在仙杆转
6、到竖直方向前，以下分析正确的是（）A.绳子拉力越来越大B.绳子拉力越来越小C.AB杆的弹力越来越大D.AB杆的弹力越来越小【答案】B【解析】【详解】以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图：由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：NFTABBOAO又T=G，解得：-5-ABNGAOBOFGAO使BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，F变小故B正确A绳子拉力越来越大故A错误B绳子拉力越来越小故B正确CAB杆的弹力越来越大故C错误DAB杆的弹力越来越小故D错误二、多选题7.在
7、研究落体运动规律时，伽利略让小球从静止开始沿斜面滚下，则（）A.实验中测量小球运动的速度v与时间t B.实验中测量小球运动的位移x与时间t C.用斜面实验来“冲淡”重力，是为了方便测量时间D.用斜面实验来“冲淡”重力，是为了方便测量速度【答案】BC【解析】【详解】A.伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，因瞬时速度无法准确测量，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故选项A不合题意；B.伽利略猜想小球从静止开始沿斜面下滑的距离与时间的平方成正比，通过间接验证的途径，得以证明，故选项 B符合题意；CD.由于当时用滴水法计算时间，无法准确记录自由落体的较短时间；伽利略设计了
8、让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，是为了方便测量时间，故选项C符合题意，选项D不合题意8.如图所示，质量为2m的物体 2 放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为1m的物体，与物体l相连接的绳与竖直方向成角，则()A.车厢的加速度为sing-6-B.绳对物体1 的拉力为1cosm gC.底板对物体2 的支持力为21mmgD.物体 2 所受底板的摩擦力为2m gtan【答案】BD【解析】试题分析：AB、由题以物体1 为研究对象设绳子拉力为TF则，1cosTFm g，则1/cosTFm g，B正确；由牛顿第二定律有：11tanm gma，则ta
9、nag，A错误CD、以物体 2 为研究对象竖直方向有：2TNFFm g，则21/cosNFm gm g，C错误；水平方向有：22tanfFm am g，D正确故选 BD Ff考点：牛顿运动定律的应用点评：中等难度解决此题的关键是，正确选择研究对象，进行受力分析，由平衡条件和牛顿第二定律列方程9.质量为m的物体 P置于倾角为1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角2时，下列判断正确的是（）-7-A.P 的速率为2cosvB.P 的速率为vcos2C.绳的拉力等于mgsin1D.绳
10、的拉力大于mgsin1【答案】BD【解析】【详解】AB 将小车的速度v进行分解如图所示：则vp=vcos2故 A错误，B正确CD 小车向右运动，2减小，v不变，则vp逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律：T-mgsin1=ma，可知绳子对A的拉力：Tmgsin1故 C错误，D正确10.2018 年 6 月 14 日.承担嫦娥四号中继通信任务的“鹊桥”中继星抵达绕地月第二拉格朗日点的轨道，第二拉格朗日点是地月连线延长线上的一点，处于该位置上的卫星与月球同步绕地球公转，则该卫星的-8-A.向心力仅来自于地球引力B.线速度大于月球的线速度C.角速度大于月球的角速度D.向心加速度大
11、于月球的向心加速度【答案】BD【解析】【分析】卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，根据v=r，a=r2比较线速度和向心加速度的大小【详解】A卫星受地球和月球的共同作用的引力提供向心力，故A错误；BC 卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，、“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据 v=r知“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大，故B正确，C错误；D鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据a=2r 知“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故D正确故选 BD【点睛】本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意“鹊桥”中
12、转星与月球绕地球有相同的角速度这个隐含条件11.如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止已知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等则()A.1一定小于2B.1可能大于2C.改变 F的大小，F2(m1 m2)g 时，长木板将开始运动D.改 F 作用于长木板，F(12)(m1 m2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动【答案】BD-9-【解析】【分析】因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小通过对木板分析，根据
13、水平方向上的受力判断其是否运动当F 作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力【详解】对m1，根据牛顿运动定律有：F-1m1g=m1a，对 m2，由于保持静止有：1m1g-Ff=0，Ff2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较故A错误、B正确改变F 的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止故C错误若将F 作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，1m1g=m1a，解得 a=1g，对整体分析，有F-2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得 F=（1+2）（m1+m2）g，所以当 F（1+2）（m1+m2
14、）g 时，长木板与木块将开始相对滑动故 D正确故选 BD【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解三、实验题探究题12.用等效替代法验证力的平行四边形定则的实验情况如下图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是白纸上根据实验结果画出的图(1)本实验中“等效代替”的含义是_A橡皮筋可以用细绳替代B左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果C右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果D两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代(2)图乙中的F与F两力中，方向一定沿着AO
15、方向的是 _，图中 _是F1、F2合力的理论值(3)完成该实验的下列措施中，能够减小实验误差的是_A.作图要用细芯铅笔，图的比例要尽量大些，要用严格的几何作图法作出平行四边形，图旁要画出表示力的比例线段，且注明每个力的大小和方向B.拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行-10-C.拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些D.使拉力F1和F2的夹角很大【答案】(1).D (2).F (3).F (4).ABC【解析】(1)该实验采用了“等效法”，即用两个弹簧秤拉橡皮筋的效果和用一个弹簧秤拉橡皮筋的效果是相同的，即使橡皮筋的形变量相同，故ABC错误，D正确；故选 D.(
16、2)F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F是通过一个弹簧秤沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧秤的拉力与两个弹簧秤的拉力效果相同，测量出的合力 故方向一定沿AO方向的是F(3)A、用细芯铅笔作图，图的比例尽量大些，用严格的几何作图法作出平行四边形，可以作出的图更准确，减小实验误差，A正确；B、实验时应保持细绳贴近木板且与纸面平行，这样拉力与合力同一平面内，能够减小实验误差，B正确；C、拉橡皮筋的细绳长些，标记同一细绳方向的两点远些，在确定力的方向时更准确，能够减小实验误差，C正确；实验时两细绳的夹角应近量大点，但不一定保持相互垂直；故C错误；D、使拉力F1和F2的夹角很大，并
17、不能够减小实验误差，D错误故选 ABC 13.用图甲所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”，实验中，保持小车质量一定时，探究小车加速度与合力F的关系（1）除了电火花计时器、小车、天平（附砝码）、砝码盘、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外，在下列器材中必须使用的有_（选填选项前的字母）A.220V、50Hz的交流电源B.电压可调的直流电源C.刻度尺-11-D.秒表（2）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，以下操作正确的是_A.调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行B.在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上C.在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，
18、应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上（3）某同学得到了图乙所示的一条纸带，由此得到小车加速度的大小a=_m/s2（保留三位有效数字）（4）在本实验中认为细线的拉力F等于破码和砝码盘的总重力mg，己知三位同学利用实验数据作出的aF图象如图丙中的1、2、3 所示，下列分析正确的是_（选填选项前的字母）A.出现图线1 的原因可能是没有平衡摩擦力B.出现图线2 的原因可能是破码和破码盘的质量不合适C.出现图线3 的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大（5）在本实验中认为细线的拉力F等午砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是_（选填“系统”或“偶然”）误差，设拉力的真实值为F真，小车的质量为M
19、，为了使mgFF真真5%，应当满足的条件是mM_【答案】(1).AC (2).AC (3).1.17 (4).B (5).系统 (6).5%【解析】【详解】(1)1电火花计时器需要220V交流电源，所以选A；纸带上的点之间的距离需要用刻度尺测出，所以选 C故选 AC(2)2为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，则要使细线与长木板平行，还需要将纸带连接在小车后面，但不能加挂砝码，即不能给给它施加外力的作用所以选AC(3)3图可知，纸带提供的间隔有15 个，我们取后14 个，然后将其分为两大段，根据x=at2来计算，则有：2210(9.54.24.21.21.17m/s70.02)a(4)4
20、A出现图线1 的原因是平衡摩攥力过度，因为图线1 说明没有施加力时，就已经有加速度了故A-12-错误B 岀现图线2 的原因可能是砝码和砝码盘的质量太大，不满足小车的质量远大于砝码盘的质量故 B正确C岀现图线3 的原因可能是平衡摩擦力不足，长木板的倾斜度过小故C错误(5)56细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg的条件是砝码的质量远小于小车的质量，这是由于实验的方法造成的，不是因內读数等偶然因素造成的，故它属于系统误差；因为拉力的真实值为：MmgFMm真，要使5%mgFF真真，将代入即可得出：5%mM14.在探究“动能定理”实验时，某同学设计了如图1 所示的实验，其实验操作如下:先将沙和沙桶通
21、过滑轮悬挂于小车一端，调节平板的倾角，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，测出沙和沙桶的总质量m；保 持平板倾角不变，去掉沙和沙桶，小车即在平板上沿斜面向下运动并打出一纸带，以此来探究小车的合力做功与其动能变化的关系（1）在本实验中 _（选填“需要”或“不需要”）满足沙和沙桶的质量远小于小车的总质量；（2）某次实验中，小车的质量为0.6kg，沙和妓構的为0.05kg 得到图 2所示的纸带纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s 的相邻计数点A、B、C、D、E、F，取g=9.8m/s2，小车从O到E，所受合力做的功W=_J；在记录E点时小车的速度为vE=_m/s（计算结果保留三位有
22、效数字）（3）实验中该同学发现W总小于Ek，其主要原因是_（写出一条即可）（4）该同学想改变小车的质量重新进行实验，_（选填“需要”或“不需要”）重新调节平板的倾角【答案】(1).不需要 (2).0.230 (3).0.960 (4).木板的倾角过大 (5).需要【解析】-13-【详解】(1)1根据实验过程：先将沙和沙桶通过滑轮悬挂于小车一端，调节平板的倾角，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，由于小车所受的合力等于悬挂的沙和沙桶的重力，则不需要满足沙和沙桶的质量远小于小车的总质量(2)23去掉沙和桶后，小车沿斜面加速运动，合力所做的功：W=mgLOE=0.059.8 0.4690J=0.230J
23、由运动学公式求速度：257.037.810m/s0.960m/s0.2EDFvv(3)4实验中该同学发现W总小于Ek，即合力所做的功小于动能的增量，显然是还有重力做了功，即斜面的倾角过大造成(4)5由实验第一步知道，当小车带着沙桶向下做匀速直线运动时，小车所受阻力与沙桶的重力之和等于小车重力的下滑分力，一旦取下沙桶时，小车所受的合力等于悬挂的沙和沙桶的重力，当小车的质量改变后，当然要重新调节角度平衡摩擦力四、计算题15.如图所示，与水平面夹角设=37的斜面和半径R=0.4m 的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内，质量m=1kg 的滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，并恰能
24、通过最高点C，已知滑块与斜面间动摩擦因数=0.25，g=10m/s2，sin37=0.6.cos37=0.8.求：（1）滑块在C点的速度大小vC；（2）滑块在B点的动能EkB；（3）A、B两点间的高度差h【答案】（1）2m/s；（2）9.2J；（3）1.38m【解析】【详解】(1)通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零，对滑块在C点应用牛顿第二定律可得：2CmvmgR解得：-14-vC=2m/s(2)滑块在光滑圆轨道上运动，机械能守恒，故有：211372kBCEmvmgRcos（）解得：EkB=9.2J(3)滑块从A到B只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：2137372Bhmghmgcosmv
25、sin解得：h=1.38m 16.质量m=0.5kg 的滑块，从倾角为37的斜面底端以一定的初速度冲上斜面，斜面足够长某同学利用DIS 实验系统测出了滑块冲上斜面过程中不同时刻的瞬时速度，通过计算机绘制出如图所示的滑块上滑过程的v-t图像(g取 10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)，求：（1）滑块冲上斜面过程中的加速度大小；（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；（3）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回到斜面底端的时间；若不能返回，求出滑块停在什么位置【答案】（1）10m/s2（2）0.5（3）52s【解析】【详解】（1）由v-t图可知，滑块冲上斜面过程中的的加速度大小
26、22150=m/s10m/s0.5vat（2）物体在冲上斜面过程中，根据牛顿第二定律1sincosmgmgma-15-代入数据解得滑块与斜面间的动摩擦因数=0.5（3）滑块速度减小到零时，由于tan37，重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故能返回到斜面底端由v-t图像面积可知，物体下滑的位移x=2vt=50.52m=1.25m 物体沿斜面下滑过程中，根据牛顿第二定律2sincosmgmgma解得下滑过程的加速度222.0m/sa由位移公式212xat，滑块返回到斜面底端的时间22 1.255ss2.02xta一个物体放在足够大的水平地面上，如图甲，若用水平变力拉动，其加速度随力变化图像为图乙所示现
27、从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平力F 作用(g 取 10m/s2)求：17.物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数18.求周期力作用下物体在一个周期内位移大小19.21s内水平力F对物体所做的功【答案】17.4kg，0.1 18.8m 19.172J【解析】【分析】由牛顿第二定律结合图象乙解得；利用牛顿第二定律求出加速度，再利用运动学公式求出一个周期内的位移即可；通过周期性的运动过程求出21s 内的位移，然后求出拉力做的功-16-【17 题详解】由牛顿第二定律得：Fmg=ma 变形得：1aFgm结合图象得：m=4kg；=0.1【18 题详解】02s：由牛顿第二定律可得：2211124/
28、2/4Fmgam sm sm前 2s 内通过的位移为：211 1142sa tm2s4s：由牛顿第二定律可得：2222/Fmgam sm2s4s：物体做匀减速运动，t=4s 时速度恰好0，由以上式可知：一个周期内的位移为x1=2s1=8m【19 题详解】20s 即 5 个周期通过的位移：x10=58 40m 第 21 秒通过的位移：21112xa tm前 21 秒物体运动时拉力F做的功：W5(F1s1+F 2s1)+F 1x=172J【点睛】本题涉及牛顿运动定律和运动学的知识以及运动定理的应用，求解本题的关键是认真分析物理过程，主要考查分析、推理和综合能力20.在某电视台举办的冲关游戏中，AB
29、是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆心角53，半径2Rm，BC是长度为16Lm的水平传送带，CD是长度为28Lm水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量60mkg，滑板质量可忽略 已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为10.5、20.4，210/gm s，cos530.6，sin530.8.求：1参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；2若参赛者恰好能运动到D点，求传送带运转速率及方向；-17-3在第2问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能【答案】(1)1080N，方向竖直向下；(2)8m/s，方向为顺时针；(3)192
30、0J【解析】【分析】(1)参赛者从A到 B的过程，由机械能守恒定律求出他到达B点的速度他在B点时，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对参赛者的支持力，从而得到对轨道的压力(2)研究 CD段，由动能定理求出参赛者经过C点的速度，根据B点和 C点的速度关系分析传送带的运转方向，并求运转速率(3)由牛顿第二定律和运动学公式结合求参赛者与传送带间的相对位移，右求得摩擦生热，再由能量守恒定律求出多消耗的电能【详解】（1）参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：211cos5302BmgRmv代入数据得：4/Bvm s在B点，对参赛者，由牛顿第二定律得：2BvNmgmR代入数据得：1080NN由牛
31、顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力为：1080NNN，方向竖直向下（2）参赛者由C到D的过程，由动能定理得：222102CmgLmv解得：8/4/CBvm svm s所以传送带运转方向为顺时针假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：22111122BmgLmvmv解得：76/8/Cvm svm s所以参赛者在传送带上匀加速运动再匀速运动，所以传送带速率8/Cvvms传，方向顺时针方向-18-（3）参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：1840.80.5 10CBvvtsg此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：2BCvvxv tt传解得1.6xm传送带由于传送参赛着多消耗的电能为：2211122kCBEQEmg xmvmv代入数据解得：1920EJ【点睛】分析清楚参赛者的运动情况，把握隐含的临界情况：物体与传送带共速，要知道摩擦产生的热量与相对路程有关-19-