江苏省苏州市2019-2020学年高三上学期期中物理试卷(含解析)

江苏省苏州市2019-2020学年高三上学期期中物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共18.0分）
1. 伽利略是一位伟大的物理学家，一生做出了非常多的科学贡献，下列各项中与他无关的是（）
C.望远镜的发明
D.预言了引力波的存在
2. 如图所示，质量为用的球宜于斜而上，被一个竖直挡板挡住。

现用 一
个水平向右的力F 拉斜面，使斜而在水平而上向右做加速度为“ 的匀
加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. 斜而和挡板对球的弹力的合力等于〃皿
B. 若加速度足够大，斜而对球的弹力可能为零
C. 若加速度足够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零
D. 若加速度不断的增大，斜而对球不仅有弹力.而且该弹力是一个
泄值
某军事试验场正在平地上试射地对空导弹，若某次竖宜向上发射导 弹时
发生故障.造成导弹的“-七图象如图所示，则下述说法中正确
的是（）
A. 0 -15内导弹匀速上升
B. 1〜2$内导弹静止不动
C.
3s 末导弹回到出发点 D.5s 末导弹恰好回到岀发点 4. 如图所示，汽车匀速驶过间的圆拱形路而的过程中，有（）
A.
汽车牵引力F 的大小不变 B.汽车对路而的圧力大小不变 C.汽车的加速度为零
D.汽车所受合外力大小不变
5. 关于摩擦力和功，下列说法正确的是（） A. 静摩擦力总是做正功，滑动摩擦力总是做负功
B. 静摩擦力对物体不一左做功，滑动摩擦力对物体一立做功
C. 静摩擦力对物体一左做功，滑动摩擦力对物体可能不做功
D. 静摩擦力和滑动摩擦力都可能对物体不做功
6. 如图所示，质= 2kg 的物体在水平向右的拉力作用下，以a =
5m/s2的加速度向右做匀加速运动，以下说法正确的是（）
A.自由落体运动的研究
B.温度计的发明
3.
“
A.物体所受的拉力大小一宦为10N
B.物体所受的合外力大小一泄为10N
C.在任意"内的位移大小均为2.5m
D.在某一秒内的速度增加量可以达到lOm/s
二、多选题（本大题共6小题，共23.0分）
7.质量为2畑的物体做自由落体运动，经过2s落地.= lOm/s2.关于重力做功的功率，下列说法正确
的是（）
A.下落过程中重力的平均功率是200VV
B.下落过程中重力的平均功率是400W
C.落地前的瞬间重力的瞬时功率是2OOW
D.落地前的瞬间重力的瞬时功率是400W
8.一物体做匀加速直线运动，第4$内的位移是2.7m,第5s内的位移是3.3m,在下列说法中，正确的是
A.这2s内的平均速度是3m/s
B.物体开始计时时的初速度为零
C.物体运动的加速度是0.6m/s2
D.第1£内与第2s内的位移之比为1： 3
9.跳伞爱好者从髙楼进行跳伞表演，他们从345加的高处跳下，在距地面150川高处打开伞包。

假设
打开伞包前后两段时间都可看做匀变速宜线运动，且始末速度均为零。

一个质虽:为60畑的跳伞爱好者，若在30$内完成此跳伞表演（当地重力加速度g取lOm/s2）.则下列关于跳伞爱好者在跳伞的整个过程中说法错误的是（）
A.机械能先不变后减小
B.机械能一直变小
C.克服阻力做功2072
D.最大速度为ll.Sm/s
10.如图所示，宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中会完全失
重，下列说法中正确的是（）
A.宇航员仍受万有引力的作用
B.宇航员受力平衡
C.宇航员受的万有引力正好提供向心力
D.宇航员不受任何作用力
11.质量相等的A、B两个质点，分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长之比为= 1： 3,
转过的圆心角之比為：弘=3： 2.则下列说法中正确的是（）
A.它们的线速度大小之比必：乃=1： 3
B.它们的角速度比轴：轴=1： 3
C. 它们的向心力大小之比加F B = 2： 3
D. 它们的轨道半径之比% = 2： 9
12. 如图所示，质Mm = O.Skg 的小球，从距桌而h L = 1.2m 髙处的A 点 下落到地面上的B 点，桌面髙b
= 0.8m 以桌面为重力势能的参考平 而，g = 10m/s z
,下列说法正确的是()
A. 小球在A 点时的重力势能为6J
B.小球在A 点时的重力势
能为10J
三、实验题(本大题共2小题，共18.0分)
13. 在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平匠木板上，用力沿水平方向拉木块，拉力从零开
始逐渐增大.分别用力传感器采集拉力和木块所受的摩擦力，并用il •算机绘制摩擦力/随拉力F 的变化图象，如图甲所示.已知木块质量为0.78kg. (g 取10m/s sin37 0 = 0.6, cos37 0 =
(1) 求木块与长木板间的动摩擦因数；
(2) 若木块在与水平方向成37 。

角斜向右上方的恒定拉力F 作用下，以a = 2.0m/s 2
的加速度从 静止开始在长木板上做匀变速直线运动，如图乙所示，求拉力F 的大小.
14. 某实验小组的同学利用落体法验证机械能守恒泄律，实验装豊如图甲所示，该小组的同学完成 了如
下的操作：
(1) 首先利用螺旋测微器测岀了小球的直径，其示数如图乙所示，则该小球的直径d = _____ c/«：
(2) 将该小球由光电门1的正上方无初速度释放，测得小球先后通过光电门1和光电门2所用的 时间为和△◎，则小球通过两光电门的速度分别为珂= ___________ , v 2= ________ :(用测量的物
理量表示)
(3) 该小组的同学测出了两光电门之间的距离为H,重力加速度用g 表示，若小球的机械能守恒， 则需要验证的关系式为 ______ a (结果用所测量的物理量表示)。

C.小球在B 点时的重力势能为-勺
D. 小球在B 点时的重力势能为
9
(X : : > 2
I
團甲图乙
四、计算题(本大题共4小题，共61.0分)
15. 如图所示，质量为lkg的小球穿在固泄的直杆上，杆与水平方向成37。

角，球与
杆间的动摩擦因娄如=0.5,小球在竖直向上的大小为20 N的拉力F作用下，从离杆的下端0・24 m 处由静止开始向上运动,经过Is撤去拉力，= 10m/s2. sin 37° = 0.6, cos 37° = 0.8,求:
(1)撤去拉力前，小球沿杆上滑的加速度大小;
⑵小球沿杆上滑的最大距离:
⑶小球从静止起滑到杆的下端所需的时间.
16.轻绳的两端A、B固左在天花板上，绳能承受的最大拉力为200N•现用挂钩将一重物挂在绳子的结点
C处.如图所示，两端与竖直方向的夹角分別为37。

和53。

.求：
⑴此重物的最大重力不应超过多少？(s汛37。

= 0.6；cos37° = 0.8)
(2)若轻绳没有打结，将挂钩换成一个不计重力的光滑小滑轮，重物的最大重力可达多大？
17・如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动周期为几已知星球相对飞行器的张角为20,引力常量为G •求该星球的密度.
18.如图所示，质量为M = 4・0切、长为L = 8m的木板甲放在光滑的足够长的水平地而上，甲上表面
的中点有一个可视为质点的质虽:为m = 1.0kg小物块乙，现对甲施加一水平向右的的恒力F = 18M F作用"后撤去。

已知物块与木板间的动摩擦因数“ =0.2,重力加速度g = 10m/s2o求：
(1)在恒力F作用0・5s时，小物块、木板的加速度大小:
(2)小物块相对木板滑动的整个过程中，系统因摩擦而产生的热量。

答案与解析
1.答案：D
解析：略
2倍案：D
解析：解：A、以小球为研究对象，分析受力情况，如图：重力“?、竖直挡板对殳,
球的弹力尸2和斜而的弹力根据牛顿第二左律知小球所受的合力为"山，即重力、
斜而和挡板对球的弹力三个力的合力等于加"，斜面和挡板对球的弹力的合力不I '：等于〃“故A错误。

mg
BC、设斜面的加速度大小为“，根据牛顿第二定律得
竖直方向：Fucose = mg①
水平方向：F2 - Frsine = ma,②
由①看出，斜而对球的弹力巧大小不变，与加速度无关，不可能为零。

由②看出，若加速度足够小时，F2 = F^sinO + ma = mgtanO + ma工0.故BC错误。

D、若F增大,"增大，斜而的弹力E大小不变。

故D正确。

故选:Do
以小球为研究对象，分析受力情况，小球所受的合力为〃?心根据牛顿第二左律分析竖直挡板对球的
弹力和斜而对球的弹力情况，
本题运用正交分解法，根据牛顿第二左律研究物体的受力情况，要正确作岀物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度。

3倍案：D
解析：解：A、由图可知，0〜ls内导弹的速度随时间均匀增加，故导弹做匀加速宜线运动，故人错误：
B、1〜2s内物体的速度一直不变，故导弹是匀速上升，故B错误：
C、前3s内物体在向上运动，上升的髙度为色譽 =60m： 3到5s内导弹下落，下落高度为扌X 2 X60 = 60m,故说明导弹5$末的位移为零，回到出发点，故C错误，D正确：
故选：D
速度时间图象中图象的点表示某一时刻的速度，图线能说明物体运动性质；图象与时间轴弗1成的而积表示物体在某一时间内通过的位移.
本题中要注意方向性，时间轴上方为正，表示物体沿正方向运动，时间轴下方的为负，表示物体运动方向沿负方向.
4.答案：D
解析：解：A、汽车做匀速圆周运动，受到的重力和支持力及牵引力的合力提供向心力，由向心力公式F n = m^-可知，向心力大小不变，由于支持力方向与大小不断变化，所以汽车牵引力F的大小与方向也不断变化，故A、B错误：D正确；
C、由向心加速度公式％ = 可知向心加速度的大小不变，而方向不断变化，故C错误；
故选D.
汽车做匀速圆周运动，受到的重力、牵引力和支持力的合力提供向心力，根据向心力与向心加速表达式分析即可.
本题关键根据牛顿第二定律表达式进行分析，由运动情况来确定受力情况.由于匀速圆周运动，得出汽车所受重力、支持力与牵引力的合力大小不变.
5.答案：D
解析：力对物体做功，必须具备两个条件：力和在力的方向上的位移.判断摩擦力是否做功及做什么功，要具体分析受力物体在摩擦力方向上是否有位移及位移的方向与摩擦力的方向是相同还是相反.
6.答案：B
解析：解：AB.根据牛顿第二适律：F合= F_f = ma,由于摩擦力大小未知，故拉力尸无法求出，但是合外力F = ma = 2X5N = ION,故A错误、B匸确；
C、根据位移公式，从静止开始运动，在开始第Is内位移：X1=|at2 = 2.5m,由此随着速度的增加，在相等时间内位移增大，故C错误：
D、根据加速度公式得到：△ u = a △ t = 5 X lm/s = 5m/s,故D错误。

故选：乩
分析：根据牛顿第二立律求解加速度，摩擦力不知道拉力F无法得到，但可以求解合外力：
根据位移公式分析在任意15内的位移大小：
根据加速度求解任一秒内的速度增加量。

本题主要是考查牛顿第二左律的综合应用，对于牛顿第二立律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二左律或运动学的讣算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答。

7.答案：AD
解析：解：A、下落的高度h = ^t2 = jX10X4/ = 20/f则下落过程中重力的平均功率万=響= 罕0 = 200”，故A正确，B错误.
C、落地时速度v = pt = 10 X 2m/s = 20m/s,则重力的瞬时功率P = mgv = 20 X 2QW = 400W, 故Q错误，D正确.
故选：AD.
根据运动学公式求岀2s内下降的髙度和落地的速度，结合平均功率公式和瞬时功率公式分别求出重力的平均功率和瞬时功率的大小.
解决本题的关键知逍平均功率和瞬时功率的区别，掌握这两种功率的求法，基础题.
8.答案：AC
_ -7 I 9 □
解析：试题分析：第4$和第5$内的平均速度为y二“ [■一血s=3沁-A正确：根据匀变速直
2
线运动过程中一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻瞬时速度可得：第4$末时的速度为:
必=37H/S根据做匀变速直线运动的物体在相等的时间内走过的位移差是一个圧值可得：
x厂x^aT：,解得a二0.6加所以根据v=v^at可得v o=O.6m/s t即初速度不为零，B错误
C正确：根据公式x = v Q t^ar可得：第“内的位移为卩=0.9m,第2$内的位移为烁=1.5加，不满足1:3, D 错误
考点：考查了匀变速直线运动的导出公式以及基本公式的应用
9•答案：AD
解析：解：AB.由题意可知，在运动过程中，除重力之外还有降落伞的阻力做功，并且做负功，故机械能一直减小，故A错误，B正确；
C、根据动能泄理得：W f + W G = 0-0,所以马=一W G = -mgh = -2Q7kJ t所以克服阻力做功207V,故C正确；
图象与时间轴囤成的而积表示位移，贝9： s=|v m X 30 = 345/n,解得v m = 23m/s,故D错误。

本题选错误的，
故选：AD Q
除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，根据动能左理即可求解阻力所做的功，可根据运动过程画出速度时间求解最大速度。

解决该题的关键是掌握机械能守恒的条件，能根据动能左理求解整个过程克服空气阻力做的功，掌握用速度-时间图象分析最大速度。

10.答案：AC
解析：解：A、C、D、宇航员在朗绕地球做匀速圆周运动的空间站中会处于完全失重状态，此时并不是说人不受重力的作用，而是宇航员受的重力正好充当向心力，所以AC正确，D错误；
B、宇航员受的重力正好充当向心力，产生向心加速度，并不是处于受力平衡状态，所以3错误：故选：AC.
完全失重是指物体受到的重力完全产生了物体运动的加速度，在圆周运动中，完全失重的时候，物体的重力全部作为了物体运动所需要的向心力，产生了向心力加速度.
本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了.
11.答案：AD
解析：解：由题知：A、B在相等时间内它们通过的弧长之比为S” S B = 1： 3,转过的圆心角之比為：e B = 3： 2.则
根据得：v A： v B = S A： S B = 1： 3
根据3 = 2得：&)A： a)B = 0A：= 3： 2
向心力公式F = m^ = mvo),可得巧i：F B = 1： 9
由v = ra)得：r = ^,可得％：r B = 2： 9.
故选：AD
根据公式u =半求解线速度之比，根据公式3 = ?求解角速度之比，根据公式F = mva＞求向心力之比.由v = 求轨道半径之比.
本题关键能根据角速度、线速度和向心力公式列式分析，记住它们的立义公式，并能灵活选择公式的形式.
12.答案：AC
解析:解：以桌而为重力势能的参考平面,小球在A点的重力势能为:= mgh L = 0.5 X 10 X 1.2/ =
6J, B 点的重力势能为：E PB = -mgh2 = 0.5 X 10 X (-0.8)； = -4/
故选：AC0
在重力势能表达式E p = mgh中，力为物体相对于参考平面的髙度，根据物体的位置求解.
本题直接考査了重力势能，关键要正确理解公式E p = mgh中力的含义：力为物体相对于参考平而的高度，注意重力势能的正负.
13•答案:解：⑴由(b)图可知，木块所受到的滑动摩擦力：F f = 3.127V
由Ff =込得：
F f F f 3.12
u = — = --- = ----------- = 0.4
F N mg 0.78 X 10
故“ =0.4.
(2)物体受重力G、支持力心、拉力F和摩擦力号作用.将F分解为水平和竖直两方向，根据牛顿运动定律
FcosO — Ff = ma①
Fsin3 + F" = mg②
Ff = ^F N③
联立①②③各式得：F = 4.52V.
故拉力的大小为：F = 4.5N.
解析：(1)根据图(b)可以求出木块所受滑动摩擦力大小，然后根据与=心“可以求出木块与长木板间的动摩擦因数：
(2)对木块进行受力分，根据其运动状态可知其竖直方向上合外力为零，水平方向合外力提供加速度, 由此列方程可正确解答.
滑动摩擦力大小跟压力大小、接触而粗糙程度有关，跟物体受到的拉力大小、物体的运动速度都没有关系：正确受力分析，根据运动状态列方程求解.
14•答案:(1)0.3800, (2)之,土, (3)2国=(三)2 一 (佥严
解析：解：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为3.5nmi,可动刻度读数为0.01 X 30.0mm = 0.300mm, 则小球的直径 d = 3.800mm = 0.3800cm。

(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球通过两光电门的速度分别为珂= ^v2 =士。

(3)小球通过两光电门过程中重力势能的减小量为△ Ep = mgH,动能的增加量E k =扌m诡- 扣诡=詁(启)2_*(土严，
则需验证的表达式为：mgH =|m(£)2 -詁(佥尸，
即为：2西=(土)2_(土)2。

故答案为：(1)0.3800, (2)碁，缶(3)2gH = (±)2-(£p2。

(1)螺旋测微器的读数等于固左刻度读数加上可动刻度读数，需估读。

(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求岀小球通过两个光电门的瞬时速度。

(3)根据下降的高度得出重力势能的减小量，结合小球通过两个光电门的瞬时速度求岀动能的增加虽:, 从而得出需要验证的表达式。

解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，知逍实验的原理，抓住重力势能的减小星和动能的增加量是否相等进行验证。

15.答案：解：(1)根据牛顿第二泄律：
(F — mg)sin 37° —“(F —mg)cos37° = mai
撤去拉力前，小球上滑的加速度大小：a L = 2m/s2.
(2)撤去拉力前，根据运动学规律：
= a L t L = 2X1 m/s = 2 m/s t
1 O X o
= -X2Xl z7n = lm.
撤去拉力后，小球继续向上运动，根据牛顿第二泄律：
mgsin37° + fimgcos37° = ma2
v 2 22
解得a2 = 10m/s2,邑=—== 0.2 m
乙乙x丄u
联立以上各式解得小球沿杆上滑的最大距离：
x = x L + x2 = 1 m + 0.2 m = 1.2 m
(3)撤去外力后，小球运动到最高点，所需时间
V1
t2 = —= 0.2 s
a2
小球从最髙点下滑时，根据牛顿第二圧律：
mgsin37° —^mgcos37° = ma3
根据运动学规律：x0+x1+x2 =
联立解得：a3 = 2 m/s29 t3 = 1.2 s
小球从静I匕起滑到杆的下端所需的时间：
t = t L + t2 + t3 = 2.4 s・
解析：(1)对物体受力分析，根据牛顿第二立律可求得加速度；
(2)根据速度公式可求得撤去拉力时的速度和位移，再对撤去拉力过程进行分析，根据牛顿第二左律可求得加速度，再根拯速度和位移的关系求解位移，即可求得总位移：
(3)下滑过程根据牛顿第二沱律可求得加速度，再结合运动学公式求解时间.
本题考查牛顿第二左律与运动学结合的问题，解题的关键在于正确受力分析，明确加速度在力和速
度之间的桥梁作用，正确选择运动学公式求解是解题的关键.
16•答案：解：(1)对O点受力分析，受到三个拉力，根据平衡条件，三个力构成首尾
相连的矢疑三角形，如图所示：
根拯平衡条件得到G：F AC: F BC=S： 4： 3：G
由于5c > be，故AC绳子先断；
当^ = 200"时，根据平衡条件，有：G=^F = ^N = 250N i
(2)由几何关系设4B = s,则绳长为：I = 0.6s + 0.8s = 1.4s：
若将挂钩换成滑轮，则两根绳子的张力大小相等，对C点受力分析，由
几何关系有：COS0 = (密=0.7,
0.7s
由正交分解，重物的最大重力为G,贝叭2TcosO = G,
解得：：G = 280N
答：(1)此重物的最大重力不应超过250N：
(2)若轻绳没有打结.将挂钩换成一个不计重力的光滑小滑轮，重物的最大重力可达280N.
解析：(1)对结点进行受力分析，根据共点力平衡求出哪根绳先断，从而以该绳的最大拉力求岀重物的最大重力.
(2)若将挂钩换成一个光滑的小滑轮，此时两根绳的拉力大小相等，与竖直方向的夹角相等，根据共点力平衡求岀重物的最大重力.
解决本题的关键知道结点和滑轮的区别，会运用平行四边形立则求解共点力平衡问题，不难.
17•答案：解：设星球的半径为乩根据几何关系知，飞行器的轨道半径为：
sm0
根拯G与=mr塔得星球的质量为：M=竺工，
r~ T- GT-
M 37rr83TT
则星球的密度为：P =审而"=乔莎=
~~3~
答：星球的平均密度为;
GT^sin^d
解析：根据几何关系求出飞行器的轨道半径，结合万有引力提供向心力求出被用绕星球的质量，从而得出被围绕星球的平均密度。

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道运用该理论只能求解中心天体质量，不能求解环绕天体质量。

18.答案：解：(1)设物块与木板在恒力F作用0.5s时的加速度大小为心和如，由牛顿第二泄律对甲有：
F — ^mg = Ma L,
对乙有：nmg = ma2»
联立上式解得:a r = 4m/s2, a2 = 2m/s2x
(2)由于木板足够长，故向右运动过程中乙一直在甲上
在0 - 1S内由甲的位移大小为：%! = ~a L tl = 2m,
在0-ls内由乙的位移大小为:x2 = |^2f i =讪，
1$内甲、乙相对位移为：A %! = %! - %2 = lrn >
撤去F至甲、乙达到共同速度的过程中乙加速度大小不变，甲以加速度大小为@做减速运动
对甲有：ixmg = Ma3
解得：a3 = O.Sm/s2,
设甲、乙速度相等再经历的时间为E，v Q + a2t2 = v p-a3t2,
解得：t2 = 0.8s,咳.=3.6m/s,
此时甲运动的位移为：x3 = v p t2 - ^a3t^ = 3.04m,
乙在七2时间内运动的位移为：x4 = v Q t2 + 7a2f2 = 2.24m,
上2时间内甲、乙相对位移为：△尤2 =尤3 —尤4 = o.8m,
乙相对甲向左滑行的最大距离为：△% =△%]+△七=1.8m,
故物块、木板系统产生的摩擦热为：Q = nmg△ x = 3.6/；
答：(1)在恒力F作用0.5s时，小物块、木板的加速度大小分别为4m/s2和2m/s2；
(2)小物块相对木板滑动的整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3.6人
解析：当恒力作用于木板上时，分别对物体和木板进行受力分析，根据牛顿第二立律列方程求解加速度：
根据物体的运动情况求出力作用的1$内甲乙两物体发生的位移，撤去尸后，分析两物体的受力，找
到两物体共同速度大小，求岀从撤去F到共速两物体的位移，
再求出整段过程两物体的相对位移，根据Q 才求解热量；
解决该题需正确进行受力分析，熟记运动学的相关公式，知道相对运动过程中因摩擦而产生的热量的求解方法；。