2020年湖北省荆州市高考物理一模试卷

2020年湖北省荆州市高考物理一模试卷
一、选择题（本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题，只有一项符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分．）
1．（6分）下列说法中正确的是（）
A．伽利略研究自由落体运动的核心方法是把实验和逻辑推理结合起来
B．自然界的四种基本相互作用是强相互作用，弱相互作用，电相互作用和磁相互作用
C．“月﹣地检验”证明了一切场力都遵循“平方反比”的规律
D．一对相互作用力做功，总功一定为零
2．（6分）光滑水平面上，一物体在恒力作用下做方向不变的直线运动，在t1时间内动能由0增大到E k，在t2时间内动能由0增大到2E k，设恒力在t1时间内冲量为I1，在t2时间内冲量为I2，两段时间内物体的位移分别为x1和x2，则（）
A．I1＜I2，x1＜x2B．I1＞I2，x1＞x2
C．I1＞I2，x1＝x2D．I1＝I2，x1＝x2
3．（6分）一个物体沿直线运动，t＝0时刻物体的速度为1m/s，加速度为1m/s2，物体的加速度随时间变化规律如图所示，则下列判断正确的是（）
A．物体做匀变速直线运动
B．物体的速度与时间成正比
C．t＝5s时刻物体的速度为6.25m/s
D．t＝8s时刻物体的速度为12.2m/s
4．（6分）如图所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O，且在O点下方垂直距离h＝1m处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L1＝3m，L2＝2m，则A、B两小球（）
A．周期之比T1：T2＝2：3
B．角速度之比ω1：ω2＝3：2
C．线速度之比v1：v2＝：
D．向心加速度之比a1：a2＝8：3
5．（6分）图示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点正上方的C点水平抛出一个小球（不计空气阻力），小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为53°，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则C 点到B点的距离为（）
A．R B．R C．R D．R
6．（6分）如图所示，橡皮筋的一端固定在O点，另一端拴一个物体，O点的正下方A处有一垂直于纸面的光滑细杆，OA为橡皮筋的自然长度。

已知橡皮筋的弹力与伸长量成正比，现用水平拉力F使物体在粗糙的水平面上从B点沿水平方向匀速向右运动至C点，已知运动过程中橡皮筋处于弹性限度内且物体对水平地面有压力，下列说法正确的是（）
A．物体所受水平面的摩擦力保持不变
B．物体所受地面的支持力变小
C．水平拉力F逐渐增大
D．物体所受的合力逐渐增大
7．（6分）倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放一质量的物体。

如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度为g，则B盒的质量m B和系统的加速度a的大小分别为（）
A．m B＝B．m B＝C．a＝0.2g D．a＝0.4g
8．（6分）中国航天科工集团虹云工程，将在2023年前共发射156颗卫星组成的天基互联网，建成后WiFi信号覆盖全球。

假设这些卫星中有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为，（T0为地球的自转周期），已知地球的第一宇宙速度为v，地球表面的重力加速度为g，则地球的半径R和该卫星做圆周运动的半径r分别为（）A．R＝B．R＝
C．r＝D．r＝
9．（6分）如图，在光滑水平面上放着质量分别为2m和m的A、B两个物块，弹簧与A、B拴连，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功W．然后撤去外力，则（）
A．从撤去外力到A离开墙面的过程中，墙面对A的冲量大小为2
B．当A离开墙面时，B的动量大小为
C．A离开墙面后，A的最大速度为
D．A离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为
三、非选择题，共168分．
10．（6分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。

实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。

实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。

在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续的6个水滴的位置。

（从第一滴落在地面上开始计时，20s 时地面上正好共有51个小水滴）
（1）由图（b）可知，小车在桌面上是（填“从右向左”或“从左向右”）运动的。

（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。

小车运动到图（b）中A点位置时的速度大小为m/s，加速度大小为m/s2．（结果均保留一位有效数字）
11．（8分）图甲为在气垫导轨上研究匀变速直线运动的示意图，滑块上装有宽度为d（很小）的遮光条，滑块在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门1的时间△t以及遮光条从光电门1运动到光电门2的时间t，用刻度尺测出两个光电门之间的距离x。

（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数如图乙，则d＝cm；
（2）实验时，滑块从光电门1的右侧某处由静止释放，测得滑块经过第一个光电门时遮光条遮光时间为△t＝25ms，则遮光条经过光电门1时的速度v＝m/s；（结果保留一位有效数字）
（3）保持其它实验条件不变，只调节光电门2的位置，滑块每次都从同一位置由静止释放，记录几组x（单位为m）及其对应的t（单位为s），作出﹣t图象如图丙，图象不过原点的原因是，滑块加速度的大小a ＝。

（结果保留一位有效数字）
12．（12分）如图所示一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。

质量m＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5．现使物体受到一水平向右的恒力F＝14N作用，运动至B点时撤去该力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2）。

则：（1）物体到达B点时的速度是多大？
（2）物体在斜面上滑行的时间是多少？
13．（12分）引力波探测于2017年获得诺贝尔物理学奖。

双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为△r（P星的轨道半径大于Q星的轨道半径），引力常量为G，求：
（1）Q、P两颗星的线速度之差△v；
（2）Q、P两颗星的质量之差△m。

14．（18分）如图所示，光滑水平地面上，一质量为M＝1kg的平板车上表面光滑，在车上适当位置固定一竖直轻杆，杆上离平板车上表面高为L＝1m的O点有一钉子（质量不计），一不可伸长轻绳上端固定在钉子上，下端与一质量m1＝1.5kg的小球连接，小球竖直悬挂静止时恰好不与平板车接触。

在固定杆左侧放一质量为m2＝0.5kg 的小滑块，现使细绳向左恰好伸直且与竖直方向成60°角由静止释放小球，小球第一次摆到最低点时和小滑块相碰，相碰时滑块正好在钉子正下方的O'点。

设碰撞过程无机械能损失，球和滑块均可看成质点且不会和杆相碰，不计一切摩擦，g取10m/s2，计算结果均保留两位有效数字。

求：
（1）小滑块初始位置距O'的水平距离a；
（2）碰后小球能到达的最大高度H。

2020年湖北省荆州市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题，只有一项符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分．）
1．【解答】解：A、伽利略研究自由落体运动的核心方法是把实验和逻辑推理结合起来，故A正确；
B、自然界中的四种基本相互作用是万有引力、强相互作用、电磁力、弱相互作用，故B错误；
C、“月﹣地检验”证明了地面上的重力、地球吸引月球与太阳吸引行星的力遵循同样的“距离平方反比”规律，
故C错误；
D、一对作用力和反作用力分别作用在两个不同物体上，它们可能分别对两个物体都做正功，其代数和为正值，
比如在光滑水平面由静止释放的两个带同种电荷的小球，库仑力对两个小球都做正功，作用力和反作用力所做的功的代数和为正值，故物体间的一对相互作用力做功的代数和不一定为零，故D错误。

故选：A。

2．【解答】解：根据动能定理，第一段加速过程：F•x1＝E k，
第二段加速过程：F•x2＝2E k﹣E k，
联立可得：x1＝x2；
物体做初速度为零的加速运动，故通过连续相等的时间变短，即通过位移x2的时间t2小于通过位移x1的时间t1；
根据冲量的定义，有：I1＝F•t1，I2＝F•t2，故I1＞I2；
故C正确，ABD错误。

故选：C。

3．【解答】解：A、物体的加速度在增大，做变加速直线运动，故A错误。

B、由图象知质点的加速度随时间增大，根据v＝v0+at可知，物体的速度与时间一定不成正比，故B错误。

C、由图知a＝0.1t+1（m/s2），当t＝5s时，a＝1.5 m/s2，速度的变化量△v＝×5m/s＝6.25m/s，知t＝5s
时的速度为v＝v0+△v＝1m/s+6.25m/s＝7.25m/s，故C错误。

D、a﹣t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则0﹣8s内，a＝0.1t+1（m/s2），当t＝8s时，a＝1.8 m/s2，
速度的变化量△v＝×8m/s＝11.2m/s，知t＝8s时的速度为v＝v0+△v＝1m/s+11.2m/s＝12.2m/s，故D正确。

故选：D。

4．【解答】解：AB、小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg和悬线拉力F的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。

对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有：
在竖直方向有：Fcosθ﹣mg＝0…①
在水平方向有：Fsinθ＝m Lsinθ…②
由①②得：T＝2π
分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h＝Lcosθ，相等，所以周期相等，T1：T2＝1：1，角速度：，则角速度之比：ω1：ω2＝1：1，故AB错误；
C、根据合力提供向心力得：mgtanθ＝m，
解得：v＝tanθ•，
根据几何关系可知，tanθ1＝＝，tan＝，故线速度之比v1：v2＝：，故C 正确；
D、向心加速度：a＝vω，则向心加速度之比等于线速度之比为，a1：a2＝：，故D错误。

故选：C。

5．【解答】解：由题意知得：小球通过D点时速度与圆柱体相切，则有
v y＝v0tan53°
小球从C到D，水平方向有Rsin53°＝v0t
竖直方向上有y＝，
联立解得y＝，
根据几何关系得，C点到B点的距离y CB＝y﹣R（1﹣cos53°）＝，故D正确，A、B、C错误。

故选：D。

6．【解答】解：AB、设开始时A离地面的高度为L，设某一时刻绳子与竖直方向的夹角为θ，则绳子的弹力为：T＝k
其竖直向上分力：
F y＝Tcosθ＝kL
故物体对地面的压力为：
N＝mg﹣kL
所以物体对地面的压力保持不变；
又因为f＝μN，故摩擦力也保持不变，故A正确，B错误；
C、水平拉力：F＝f+Tsinθ＝f+kLtanθ，
随着θ的增大，拉力F逐渐增大，故C正确；
D、物体始终处于平衡状态，其合外力始终为零，故D错误。

故选：AC。

7．【解答】解：当物体放在B盒中时，以AB和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：（m B g+mg）﹣mgsin30°＝（m+m B+m）a
当物体放在A盒中时，以AB和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：
（m+m）gsin30°﹣m B g＝（m+m B+m）a
联立解得：m B＝，加速度大小为：a＝0.2g，故AD错误、BC正确。

故选：BC。

8．【解答】解：AB、绕地球表面运行的卫星对应的速度是第一宇宙速度，此时重力提供向心力，设卫星的质量为m，即：mg＝m，
得出R＝，故A正确，B错误；
CD、卫星在高空中旋转时，万有引力提供向心力，设地球的质量为M，此高度的速度大小为v1，则有：＝mr（）2，
其中GM＝R2g
解得：该卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径：r＝，故C错误，D正确。

故选：AD。

9．【解答】解：A、设当A离开墙面时，B的速度大小为v B．根据功能关系知，W＝mv B2，得v B＝．从撤去外力到A离开墙面的过程中，对A、B及弹簧组成的系统，由动量定理得：墙面对A的冲量大小I＝mv B﹣0
＝，故A错误；
B、当A离开墙面时，B的动量大小p B＝mv B＝，故B正确；
C、当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，从A离开墙壁到AB共速的过程，系统动量和机械能均守恒，取向
右为正方向，由动量守恒有：mv B＝2mv A+mv′B①
由机械能守恒有：W＝•2mv A2+mv′B2 ②
由①②解得：A的最大速度为v A＝，故C正确；
D、B撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。

设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0．根据动量守恒和机械能守恒得
mv B＝3mv，
W＝•3mv2+E Pm
联立解得：弹簧的弹性势能最大值为E Pm＝，故D错误。

故选：BCD。

三、非选择题，共168分．
10．【解答】解：（1）由于用手轻推一下小车，则小车做减速运动，根据桌面上连续6个水滴的位置，可知，小车从右向左做减速运动。

（2）已知滴水计时器每20s内共滴下51个小水滴，那么各点时间间隔为：T＝s＝0.4s，
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：
v A＝m/s＝0.3m/s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度，得：
a＝×10﹣3 m/s2＝﹣0.1m/s2，
那么加速度的大小为0.1m/s2。

故答案为：（1）从右向左；（2）0.3；0.1。

11．【解答】解：（1）主尺：0.7cm，游标尺：对齐的是5，所以读数为：5×0.1mm＝0.5mm＝0.05cm，故遮光条宽度为：d＝0.7cm+0.05cm＝0.75cm；
（2）滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。

则滑块经过光电门时的速度为：v＝＝m/s＝0.3m/s；
（3）滑块在两光电门间做匀加速直线运动，由位移公式可得：
x＝v0t+at2
变形可得：＝v0+at，
由图象可知，图象与纵轴的交点表示经过光电门1的速度，则图象不过原点的原因是经过光电门1的速度不为0，图象的斜率k＝a＝0.2，
那么滑块加速度的大小a＝2k＝0.4m/s2。

故答案为：（1）0.75，（2）0.3，（3）经过光电门1的速度不为0，0.4m/s2。

12．【解答】解：（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma
解得加速度大小为：a＝2m/s2
物体从M到B由速度位移的关系式得：v B2＝2aL
解得：v B＝＝m/s＝6m/s
（2）在斜面上运动时，根据牛顿第二定律可得：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
解得加速度大小为：a1＝10m/s2
物体沿斜面做匀减速运动，运动的时间为：t1＝＝s＝0.6s
位移为：x＝＝m＝1.8m
由于μ＜tanθ，所以物块速度减小到零后还要下滑，下滑过程中，根据牛顿第二定律可得：
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
解得加速度大小：a2＝2m/s2
根据位移时间关系可得：x＝
解得：t2＝s
物体在斜面上滑行的时间为：t＝t1+t2＝（0.6+）s＝1.94s
答：（1）物体到达B点时的速度6m/s；
（2）物体在斜面上滑行的时间是1.94s。

13．【解答】解：（1、2）双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，P星的周期为T，所以Q星的周期为T。

根据题意可知，r P+r Q＝l，r P﹣r Q＝△r
解得：r P＝，r Q＝
双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：
＝m P r P（）2＝m Q r Q（）2
解得：m P＝，m Q＝
则Q、P两颗星的质量差为：△m＝m Q﹣m P＝
线速度公式：v＝
P、Q两颗星的线速度大小之差为：△v＝v P﹣v Q＝＝
答：（1）Q、P两颗星的线速度之差为。

（2）Q、P两颗星的质量之差为。

14．【解答】解：（1）小球摆动过程中，设碰前小球的速度大小为v0，平板车的速度大小为v M，位移大小分别为x1和x M。

小球开始时高度为：h＝L（1﹣cos60°）＝0.5L＝0.5m
小球和平板车在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有：m1v0﹣Mv M＝0
二者组成的系统机械能守恒，得：m1v02+Mv M2＝m1gh
代入数据解得：v M＝3m/s，v0＝2m/s
根据＝，且x1+x M＝Lsin60°解得：
x M＝m≈0.52m
小球从左边向下摆到最低点的过程中，滑块相对于地面静止，M及杆对地向左走过的距离即为所求a＝x M＝0.52m （2）小球到最低点时以速度v0与静止的滑块发生弹性碰撞，小球和滑块组成的系统动量守恒且机械能守恒，设碰后瞬间小球和滑块的速度分别为v1和v2．取水平向右为正方向，则有：
m1v0＝m1v1+m2v2
m1v02＝m1v12+m2v22
联立解得：v1＝1m/s，v2＝3m/s
此后滑块向右匀速直线运动，不影响小球和车的运动，小球摆到最高点时和平板车具有相同的速度v，二者组成
的系统，取向左为正方向，由水平动量守恒得：
Mv M﹣m1v1＝（M+m1）v
解得：v＝0.6m/s
由机械能守恒得：m1gH＝Mv M2+m1v12﹣（M+m1）v2解得：H＝0.32m
答：（1）小滑块初始位置距O'的水平距离a是0.52m；
（2）碰后小球能到达的最大高度H是0.32m。