2020届福建省仙游县枫亭中学高三上学期期中考试物理试题(解析版)

福建省仙游县枫亭中学2020届高三上学期
期中考试试题
一、选择题(本题共13小题，每小题4分，共52分。

在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～13题有多项符合题目要求。

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.若空中的雨滴在从静止开始下落的过程中，遇到水平方向吹来的风，下列说法中正确的是 A. 雨滴着地速度与风速无关 B. 雨滴下落时间与风速无关 C. 风速越大，雨滴下落的时间越长 D. 风速越大，雨滴着地时的速度越小
『答案』B
【详解】因为雨滴着地的速度是水平速度与竖直速度的合速度，因此与风速有关，故A 错误；雨滴下落时间只与竖直方向的加速度和高度有关，与水平方向的风速无关，故B 正确C 错误；风速越大，水平分速度越大，因此合速度越大，故D 错误。

2.地面上足够高处有四个小球，在同一位置同时以相同的
速率v 向上、向下、向左、向右抛出四个小球，不计空气阻力，经过1s 时四个小球在空中的位置构成的图形正确的是（ ）
A. B. C. D.
『答案』A
【详解】每个小球的运动都可以看成是沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体
运动的合运动；假设同时有个小球从同一位置自由落体，则这4个球相对与该球都是匀速直
线运动，故以四个小球所在位置为顶点所构成的图形应该是正方形，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．
3.如图所示，将完全相同的两个小球A 、B ，用长为L =0.8m 的细绳悬于以v =4m/s 向右匀速
行驶的小车的顶部，两球与车前后壁接触，由于某种原因，小车突然停止运动，此时悬线的拉力之比T A ：T B 为（ ）
A. 1：1
B. 1：2
C. 1：4
D. 3：1
『答案』D
【详解】A 、B 的质量为m ，则，对A 球有
2
A v T mg m L
-=
得
2
30A v T mg m m L
=+=
对B 球有
10B T mg m ==
则有3::1A B T T = 故选D 。

4.如图所示，在两块相同的竖直木块之间，有质量均为m 的4块相同的砖，用两个大小均为F 的水平力压木板，使砖静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小为( )
A. 0
B. mg
C.
12
mg D.
4
mg
『答案』A
【详解】将4块砖看成一个整体，对整体进行受力分析，在竖直方向，共受到三个力的作用：竖直向下的重力4mg ，两个相等的竖直向上的摩擦力f ，由平衡条件可得：2f =4mg ，f =2mg ．由此可见：第1块砖和第4块砖受到木板的摩擦力均为2mg ．将第1块砖和第2块砖当作一个整体隔离后进行受力分析，受竖直向下的重力2mg ，木板对第1块砖向上的摩擦力f =2mg ；由平衡条件可得二力已达到平衡，第2块砖和第3块砖之间的摩擦力必为零．故选A ．
5.如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H ．上升第一个
4
H 所用的时间为t 1，第四个4
H
所用的时间为t 2．不计空气阻力，则21t t 满足（ ）
A. 1<
2
1
t t <2 B. 2<
2
1
t t <3 C. 3<
2
1
t t <4 D. 4<
2
1
t t <5 『答案』C
【详解】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动．则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系
)((
)
1:
21:
32:23:
52....，可知
212323t t ==+-即21
34t t <<，故本题选C ．
6.一物体以初速度0v 水平抛出，经1s 其速度方向与水平成60°角，g 取10m/s 2，则初速度0v 的大小是( ) A. 5 m/s 3m/s
3/ 3 m/s
3『答案』C
【详解】设物体平抛的初速度为v 0，运动过程如图．
1s 末物体的竖直方向的分速度为： v y =gt =10m/s ； 由几何 关系： tan60°＝0
y v v
解得：
0103
m/s 33
v ＝
＝
故C 正确，ABD 错误； 故选C ．
点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．知道分运动和合运动具有等时性，掌握竖直方向和水平方向上的运动学公式． 7.物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块3
10m/s 2．若轻绳能承受的最大张力为1 500 N ，则物块的质量最大为 A. 150kg B. 1003kg
C. 200 kg
D. 3『答案』A
【详解】
T=f+mg sinθ，f=μN，N=mg cosθ，带入数据解得：m=150kg，故A选项符合题意
8. 如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若小车和被吊的物体在同一时刻速度分别为v1和v2，绳子对物体的拉力为T，物体所受重力为G，则下面说法正确的是（）
A.物体做匀速运动，且v1="v2"
B. 物体做加速运动，且v2>v1
C. 物体做加速运动，且T>G
D. 物体做匀速运动，且Ｔ＝Ｇ
『答案』C
『解析』
A、B、小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，设两段绳子夹角为θ，由几何关系可得：v2=v1sinθ，所以v1＞v2，故A、B均错误．C、D、而θ逐渐变大，故v2逐渐变大，物体有向上的加速度，处于超重状态，T＞G，故D错误，C正确．故选C．【点睛】正确将小车的运动按效果进行分解是解决本题的关键，同时掌握运动的合成与分解应用．
9.物体受到几个力的作用处于平衡状态，若再对物体施加一个恒力，则物体可能做()
A. 匀速直线运动或静止
B. 匀变速直线运动
C. 非匀变速曲线运动
D. 匀变速曲线运动
『答案』BD
【详解】A．物体处于平衡状态，则原来几个力的合力一定为零，现受到另一恒力作用，物体一定做变速运动，A错误．
B．若物体原来做匀速直线运动，且速度方向与恒力方向共线，则物体做匀变速直线运动，
B 正确．
CD ．若速度方向与恒力方向不在同一直线上，则物体做曲线运动．因施加的力是恒力，物体的加速度也是恒定的，因此物体做匀变速曲线运动，C 错误，D 正确． 故选BD 。

10.如图所示，某拖拉机后轮半径是前轮的2倍，A 、B 分别是前后轮轮缘上的点，C 是后轮某半径的中点。

拖拉机正常行驶时，A 、B 、C 三点的线速度大小分别为Αv 、Βv 、c v ，角速
度大小分别为Αω、Βω、c ω，向心加速度大小分别为Αa 、Βa 、c a 。

下列正确的是（ ）
A. Αv ：Βv ：c v = 2：2：1
B. Αω：Βω：c ω= 2：1：2
C. Αa ：Βa ：c a =4：2：1
D. Αa ：Βa ：c a = 1：2：1
『答案』AC
【详解】A ．A 、B 属于皮带传动，线速度大小相等，
A B v v v ==
BC 属于同轴转动，角速度相同，C 是后轮某半径的中点，由v =ωr 可知
2
C v
v =
所以
:2:21::A B C v v v =
故A 正确；
B ．B 、
C 属于同轴转动，角速度相同，由v =ωr 可知
2B C v r
ωω== A v r
ω=
所以
::2:1:1A B C ωωω=
故B 错误；
C ．由2a r ω=可知
2
2()A v v a r r r =⨯=
2
2()222B v v a r r r =⨯=
2
2()24C v v a r r r
=⨯=
所以
:2:41::A B C a a a =
故C 正确，D 错误。

故选AC 。

11.如图所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其竖直方向的v －t 图象如图所示，同时人顶着杆沿水平地面运动的x －t 图象如图所示．若以地面为参考系，下列说法正确的是（ ）
A. 猴子的运动轨迹为直线
B. 猴子在2 s 内做匀变速曲线运动
C. 猴子在2 s 内的加速度大小为4 m/s 2
D. t ＝0时猴子的速度大小为8 m/s
『答案』BC 『解析』
【分析】
猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动，通过运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况．求出t=2s 时刻猴子在水平方向和竖直方向上的分加速度，根据平行四边形定则，求出猴子相对于地面的加速度．
【详解】A 、B 项：由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下．由丙
图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s 内做匀变速曲线运动，故A 错误，B 正确； C 项：v-t 图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度大小为：220842
v m m a s s t ∆-===-∆，因此加速度大小为4 m/s 2，故C 正确；
D 项：x-t 图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为v x =4m/s ，竖直方向分速
度v y =8m/s ，t=0时猴子的速度大小为：22
45x y m v v v s
=+=，故D 错误．
故选BC ．
【点睛】解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况．
12.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r =0.4m ，最低点处有一个小球（半径比r 小得多）。

现给小球一个水平向右的初速度0v ，要使小球不脱离轨道，则0v 应满足（ ）
A. 022υ≤
B. 00υ≥
C. 04υ≥m/s
D. 025υ≥『答案』AD
【详解】最高点的临界情况
2
v mg m r
=
解得
2m/s v gr ==
根据动能定理得
22011222
mg r mv mv -⋅=
- 解得025m/s v =
若不通过四分之一圆周，根据动能定理有
2
102
mgr mv -=- 解得
022m/s v =
所以
025m/s v ≥或022m/s v ≤
故选AD 。

13.如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N ．另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N ，直至悬挂N 的细绳与竖直方向成45°．已知M 始终保持静止，则在此过程中
A. 水平拉力的大小可能保持不变
B. M 所受细绳的拉力大小一定一直增加
C. M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D. M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
『答案』BD
【详解】如图所示，以物块N 为研究对象，它在水平向左拉力F 作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F 逐渐增大，绳子拉力T 逐渐增大；
对M 受力分析可知，若起初M 受到的摩擦力f 沿斜面向下，则随着绳子拉力T 的增加，则摩擦力f 也逐渐增大；若起初M 受到的摩擦力f 沿斜面向上，则随着绳子拉力T 的增加，摩擦力f 可能先减小后增加．故本题选BD ．
二、填空题（本题共2小题，共12分，每格2分）
14.如图所示为火车车轮在转弯处的截面示意图，轨道的外轨_______内轨（填“低于”、“高于”），在此转弯处规定货车的行驶速度为v 。

若火车通过此弯道时超速了，则火车的轮缘会挤压________轨；若火车通过此弯道时速度小于v ，则货车的轮缘会挤压______轨（填“内”或“外”）
『答案』高 外 内
【详解】[1]由图可知，轨道的外轨高于轨道的内轨；
[2]当火车在规定的速度转弯时，由支持力与重力的合力提供火车转弯所需的向心力，当速度大于规定的速度时，火车的支持力与重力的合力不足以来供火车转弯，就会出现侧翻现象，导致火车轮缘挤压外轨，从而出现外轨对车轮的作用力来弥补支持力与重力的不足； [3]当火车速度小于规定的速度时，火车的支持力与重力的合力大于所需的向心力．火车会做近心运动，导致火车轮缘挤压内轨．从而出现内轨对车轮的作用力来消弱支持力与重力的合力。

15.如图所示，斜面倾角为θ=30︒，位于斜面底端A 正上方的小球以初速度0v =10m/s 正对斜面顶点B 水平抛出，若小球以最小位移到达斜面，则小球到达斜面所用的时间为____s ，此时抛出点离A 点的距离为____m ；若小球垂直击中斜面，则到达斜面所用的时间为_____s ，此时抛出点离A 点的距离为_____m 。

『答案』23s 80m 3s 25m
【详解】[1][2]过抛出点作斜面的垂线CD ，如图甲所示，当小球落在斜面上的D 点时，位移最小，设运动的时间为t ，则水平方向：0x v t =，竖直方向：2
12
y gt =
，根据几何关系
有
00
2
2 tan
1
2
v t v
x
y gt
gt
θ===
解得
2
tan
v
t
gθ
===
水平位移为
10
x v t
==⨯=
由D点向虚线做垂线，垂足为M，由几何关系得
tan20m
MA xθ
===
竖直方向位移
22
11
10m60m
22
y gt
==⨯⨯=
抛出点离A点的距离为
80m
h MA y
=+=；
[3][4]若小球垂直击中斜面时速度与竖直方向的夹角为θ，如图乙所示，则
tan
v
gt
θ=
得
1tan
v
t
gθ
===
水平方向位移
101
x v t
==
竖直方向位移为
22
11
11
10m15m
22
y gt
==⨯⨯=
抛出点离A点的距离为
111
tan(1525m
h y xθ
=+=+=。

三、计算题（本题共3小题，共34分。

解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出『答案』的不得分。

有数值计算的题，『答案』中必须明确写出数值的单位） 16.如图所示，半径为r 的
圆筒绕竖直中心轴'OO 转动，小物体A 靠在圆筒的内壁上，它与圆通的动摩擦因数为μ，现要使物体A 不下落，则圆筒转动的角速度ω至少是多少？
g r
μ【详解】要使A 不下落，则小物块在竖直方向上受力平衡，有
f m
g =
当摩擦力正好等于滑动摩擦力时，圆筒转动的角速度ω取最小值，筒壁对物体的支持力提供向心力，根据向心力公式得2N m r ω=，而 f mg N μμ== 解得g r ωμ=17.如图所示，传送带与水平面夹角为37º，并以v =10m/s 运行，在传送带的A 端轻轻放一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5， AB 长L =16米，求：以下两种情况下物体从A 到B 所用的时间（g =10m/s 2）．
（1）传送带顺时针方向转动
（2）传送带逆时针方向转动
『答案』
（1）4s （2）2s 『解析』
【分析】
（1）物体受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度大小，然后由位移时间公式求出从A 到B 所用的时间；（2）物体受重力、支持力、沿斜面向下的摩擦力，先匀加速下滑，达到与传送带速度相等时受沿斜面向上的摩擦力，加速度与第一问的加速度相等．
【详解】（1）物体受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力
根据牛顿第二定律：sin 37cos37mg mg ma μ-=
解得：22m/s a = 则：212
L at = 则：21642
t s ⨯== （2）物体开始受重力、支持力、沿斜面向下的摩擦力
根据牛顿第二定律有：sin 37cos37mg mg ma μ+'=
解得：210m/s a '= 达到与传送带速度相等所用的时间：11v t s a '
== 下滑的距离：2
52v x m a '
== 剩余距离内以加速度22m/s a =下滑：22211651022
t t -=⨯+⨯⨯ 21t s =
则下滑的总时间为122t t t s =+=
【点睛】解决本题的关键在于先判断清物体所受摩擦力的方向，然后理清物块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，滑动摩擦力的方向与物体相对于传送带运动的方向相反，不是相对地面的运动方向．
18.如图所示，一竖直平面内的光滑圆弧轨道ABC ，B 点为最低点，O 为圆心，轨道半径R =0.3m ，OA 连线与OB 夹角θ=60°．现有一个质量m =0.6kg 的小球（可视为质点）以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从圆弧轨道的A 点沿切线方向进入（不计空气阻力），小球到达A 点时的速度v =4m /s （取g =10m /s 2，结果可保留根号），求：
（1）小球做平抛运动的初速度v 0的大小；
（2）P 点与A 点的水平距离和竖直高度；
（3）小球到达圆弧最高点C 时对轨道的作用力．
『答案』
（1）2m /s ；（2）0.6m ；（3）8N ，方向竖直向上． 【详解】（1）由平抛运动的特点，小球在水平方向上做匀速直线运动，
在A 点，小球速度的偏转角为θ=60°，即：
0cos 60v v
=︒ 解得：
v 0=2m/s
（2）由平抛运动的特点，小球在竖直方向上做自由落体运动，
则有：
3sin 60=4=23m/s y v c =︒ v y =gt
则有：
t = 所以，P 点与A 点的竖直高度为：
2120.6m 220
y
v h g === 水平距离为:
020.69m x v t ===≈ （3）小球从A 到B 再到C 的过程，由动能定理得：
2211(cos60)=22
C A mg R R mv mv -+︒- 解得：
C v =
在C 点，由牛顿第二定律得：
2C N v F mg m R
+= 解得：
F N =8N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的作用力为：
8N N
N F F ='= 方向竖直向上
【点睛】本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法．当然也可以根据机械能守恒定律求C 点的速度．
19.过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B 、C 、D 分别是三个圆形轨道的最低点，B 、C 间距与C 、D 间距相等，半径1 2.0m R =、2 1.4m R =．一个质量为 1.0m =kg 的小球（视为质点），从轨道的左侧A 点以012.0m/s v =的初速度沿轨道向右运动，A 、B 间距1 6.0L =m ．小球与水平轨道间的动摩擦因数0.2μ=，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不
相互重叠，如果小球恰能通过第二圆形轨道．如果要使小球不能脱离轨道，试求在第三个圆形轨道的设计中，半径3R 应满足的条件．（重力加速度取210m/s g =，计算结果保留小数点后一位数字．）
『答案』300.4R m <≤或 31.027.9m R m ≤≤
【详解】设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v 2，由题意
222
v mg m R = ① ()22122011222
mg L L mgR mv mv μ-+-=- ② 由①②得 12.5L m = ③
要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I ．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v 3，应满足
233
v mg m R = ④ ()221330112222
mg L L mgR mv mv μ-+-=
- ⑤ 由④⑤得30.4R m = ⑥ II ．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R 3，根据动能定理
()213012202
mg L L mgR mv μ-+-=- ⑦ 解得 3 1.0R m = ⑧
为了保证圆轨道不重叠，R 3最大值应满足
()()2
222332R R L R R +=+- ⑨ 解得：R 3=27.9m ⑩
综合I 、II ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
300.4R m <≤或 31.027.9m R m ≤≤ ⑾
【点睛】本题为力学综合题，要注意正确选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小球恰能通过圆形轨道的含义以及要使小球不能脱离轨道的含义.。