福建省龙岩市长汀等六校联考2019-2020学年高三上学期期中物理试卷 (含解析)

福建省龙岩市长汀等六校联考2019-2020学年高三上学期期中物理试
卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法正确的是
A. 用秒表计时
B. 平均速度、瞬时速度以及加速度是伽利略首先建立起来的
C. 伽利略思想方法的核心是逻辑推理(包括数学推演)
D. 伽利略直接通过实验验证了自由落体运动位移与时间二次方成正比
2.在光滑的水平面上有一质量为2kg的物体，在几个共点力的作用下做匀速直线运动。

现突然将
与速度反方向的2N的力水平旋转90°，则下列关于物体运动情况的叙述正确的是()
A. 物体做速度大小不变的曲线运动
B. 物体做加速度为1m/s2的匀变速曲线运动
C. 物体做速度越来越大的曲线运动
D. 物体做非匀变速曲线运动，其速度越来越大
3.如图，与竖直方向夹角60°的恒力F通过轻绳绕过光滑动滑轮拉动被
悬挂的物体，在物体匀速上升h高度的过程中，恒力做功为()
A. 1
2Fℎ B. √3
2
Fℎ C. Fh D.
2Fh
4.某一物体做方向不变的直线运动，加速度a与速度v同向，但加速度逐渐减小直到减小到零，
在此过程中物体的速度v、位移x的变化情况是()
A. v逐渐减小，当a=0时，v最小
B. v逐渐增大，当a=0时，v最大
C. x逐渐增大，当a=0时，x不再增大
D. x逐渐减小，当a=0时，x最小
5.下面有关动能的说法正确的是()
A. 物体只有做匀速运动时，动能才不变
B. 物体做平抛运动时，水平方向速度不变，动能不变
C. 物体做自由落体运动时，重力做功，物体的动能增加
D. 物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化
6.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。

一小球在圆轨
道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。

已知重力加速度为g，则AB
之间的水平距离为()
A. v02tanα
g B. 2v02tanα
g
C. v02
gtanα
D.
2v02
gtanα
7.如图所示，质量m=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. 物体所受的拉力大小一定为10N
B. 物体所受的合外力大小一定为10N
C. 在任意1s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10m/s
8.在探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间关系的实验中，如
图所示，是研究哪两个物理量之间的关系()
A. 研究向心力与质量之间的关系
B. 研究向心力与角速度
之间的关
C. 研究向心力与半径之间的关系
D. 研究向心力与线速度之间的关系
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.某山洞内安装有如图所示的照明装置，不可伸长的轻质细绳的两端分别固定在洞
顶上的a点和b点，在绳上O点系一灯泡，且Oa段保持水平，Ob段与竖直方向成一定夹角，现对灯泡施加一个水平向右的拉力(O点位置始终不动)，使灯泡缓慢向右移动一小段距离的过程中，下列说法正确的是()
A. Oa上的拉力不断增大
B. Oa上的拉力可能不变
C. Ob上的拉力一定不变
D. Ob上的拉力可能增大
10.如图所示，将一质量为m的三角形物体放在水平地面上，当用一水平力
F经过物体的重心向右推物体时，物体恰好以一较大的速度匀速运动，
当某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，则推力反向的
瞬间()
A. 物体的加速度大小为F
m
，方向水平向左
B. 物体的加速度大小为2F
m
，方向水平向左
C. 地面对物体的作用力大小为mg
D. 地面对物体的作用力大小为√mg2+F2
11.一链条沿竖直方向固定了上下端，质量为4kg的猴子在爬链条玩耍，它爬
行的速度可以看作匀加速或匀减速直线运动，它在4s里的v−t图象如图
所示(以向上为正方向)，链条对猴子的拉力用F表示，则()
A. 0−2s过程中F比猴子的重力多20N
B. 2−4s过程中F比猴子的重力少20N
C. 0−2s过程中F比猴子的重力少20N
D. 2−4s过程中F比猴子的重力多20N
12.某课外活动小组为探究能量转换关系，设计了如图所示的实验。

质量为m的物块
B静放在水平面上，劲度系数为的轻质弹簧固定在B上，弹簧上端装有特制锁扣，当物体与其接触即被锁住。

每次实验让物块A从弹簧正上方的恰当位置由静止释放，都使物块B刚好离开地面。

整个过程无机械能损失。

实验表明，物块A质量M不同，释放点距弹簧上端的高度H就不同。

当物块A的质量M=m时，释放点高度H=ℎ。

则下列说法中正确的是()
A. 物块A下落过程中速度最大时，物块B对地面的压力最大
B. 物块A下落到最低点时，物块B对地面的压力最大
C. 当A的质量M=2m时，释放点高度H=ℎ
2
D. 当A的质量M=2m时，释放点高度H=1
2(ℎ+mg
k
)
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13.如图甲所示为阿特伍德机的示意图，它是早期测量重力加速度的机械，由英国数学家和物理学
家阿特伍德于1784年制成．他将质量同为M的重物用绳连接后，放在光滑的轻质滑轮上，处于静止状态．再在一个重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动，测出其加速度．完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出不同m时系统的加速度．
(1)若选定如图甲左侧重物从静止开始下落的过程进行测量，则为了得到图乙，需要直接测量的
物理量有_______和______.(请在下面给出的选项中填入符合题目要求的序号)
A.小重物的质量m
B.大重物质量M
C.绳子的长度
D.重物下落的距离及下落这段距离所用的时间
(2)经过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出图象，如图乙所示，已知该图象斜率为k，
纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g=________，大重物质量M=________．
14.某实验小组用如图所示的装置，做探究“加速度与质量的关系”的实验
(1)调节装置时，通过调节______使细线与长木板平行；平衡摩擦力时，小车应______(填
“连接”或“不连接”)悬挂钩码的细线。

(2)实验需要用到的测量工具有______、______。

(3)为使小车所受合力约等于钩码所受的总重力。

应满足的条件是______。

(4)改变小车的质量，测得多组小车的质量与加速度的值。

以小车的加速度的倒数1
为纵轴，小
a
−M图象，下图中正确的是______。

车和车上砝码的总质量M为横轴，捕绘出1
a
四、计算题（本大题共2小题，共26.0分）
15.如图是某游乐场的一种过山车的简化图，过山车由倾角为θ的斜面和半径为R的光滑圆环组成。

假设一个质量为m可视为质点的小物块从A处由静止释放，沿着动摩擦因数为μ的斜面运动到B 点(B为斜面与圆环的切点)，而后沿光滑圆环内侧运动，若小物块刚好能通过圆环的最高点C，
(重力加速度为g).求：
(1)小物块沿斜面下滑的加速度的大小;
(2)小物块经过圆环最低点D时轨道对球的支持力大小;
(3)AB之间的距离为多大．
16.如图所示，长L=1.5m，高ℎ=0.45m，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线
运动．当木箱的速度v0=3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将
的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于一个质量m=1kg的光滑小球轻放在距木箱右端L
3
地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2.求：
(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；
(2)通过计算说明小球是从木箱左端还是右端掉下
(3)小球离开木箱时木箱的速度．
五、综合题（本大题共1小题，共12.0分）
17.如图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹
角为θ.设水平横梁OA作用于O点的弹力F1是______ ，斜梁OB作用于O 点的弹力F2是______ ．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：
根据伽利略对落体运动规律的研究，了解伽利略所开创的研究问题的方法和思维过程，伽利略对运
动和力的关系研究，其科学思想方法的核心是把把实验和逻辑推理和谐结合起来，即可正确解答本题。

伽利略将可靠的事实和理论思维结合起来，以实验事实为基础，开辟了崭新的研究物理的方法道路，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法。

A .伽利略当时研究本实验时没有说用秒表计时，故A错误；
B.伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度以及加速度的定义，故B正确；
C.伽利略在研究物体下落规律时，首先是提出问题即对亚里士多德的观点提出疑问，然后进行了猜
想即落体是一种最简单的变速运动，而最简单的变速运动就是速度变化是均匀的，接着进行了实验，伽利略对实验结果进行数学推理，试验检验，然后进行合理的外推得出结论，故C错误；
D. 伽利略没有直接通过实验验证了自由落体运动位移与时间二次方成正比，而是利用斜面做的实验，故D错误。

故选B。

2.答案：C
解析：
物体原来做匀速直线运动，2N的力与其余力的合力大小相等，方向相反。

将与速度反方向的2N的
作用力水平旋转90°时，该力与其余力的合力夹角为90°，这时物体的合力大小为2√2N，方向与速度的夹角为45°，根据物体的受力情况分析物体的运动情况。

本题考查根据受力情况分析物体运动情况的能力。

对于物体的平衡，有一个重要推论要理解记牢：
物体在几个力作用下平衡时，一个力与其余力的合力大小相等，方向相反，作用在同一直线上。

AC、将与速度反方向的2N的作用力水平旋转90°时，该力与其余力的合力夹角为90°，这时物体的
合力大小为2√2N，方向与速度的夹角为45°，物体做速度增大的曲线运动。

故A错误，C正确。

BD、根据牛顿第二定律得加速度a=F
m =2√2
2
=√2m/s2，所以物体做加速度为√2m/s2的匀变速曲
线运动，速度增大，故BD错误。

故选：C。

3.答案：C
解析：略
4.答案：B
解析：
当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动。

解决本题的关键掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系。

一物体做方向不变的直线运动，加速度a与速度v同向，加速度减小，但是速度仍然增大，当加速度减小到零，速度达到最大，然后做匀速直线运动。

位移x一直增大。

故B正确，ACD错误。

故选B。

5.答案：C
解析：物体只要速率不变，动能就不变，A错；
速度有方向，动能没方向，B错；
物体做自由落体运动时，其合力等于重力，重力做正功，物体的动能增加，故C正确；
物体的动能变化时，速度的大小一定变化，故D错。

6.答案：A
解析：
根据小球恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，说明小球的末速度应该沿着B点切线方向，再由圆的半径和角度的关系，可以求出B点切线的方向，即平抛末速度的方向，从而可以求得竖直方向分速度，进而求出运动的时间，根据水平方向上的运动规律求出AB间的水平距离。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动
学公式灵活求解。

根据平行四边形定则知，小球通过B点时竖直方向上的分速度v y=v0tanα。

则运动的时间t=v y g=v0tanα
g
则AB间的水平距离x=v0t=v02tanα
，故A正确，BCD错误。

g
故选A。

7.答案：B
解析：解：AB、根据牛顿第二定律：F合=F−f=ma，由于摩擦力大小未知，故拉力F无法求出，但是合外力F=ma=2×5N=10N，故A错误、B正确；
at2=2.5m，由此随着速度的增C、根据位移公式，从静止开始运动，在开始第1s内位移：x1=1
2
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：△v=a△t=5×1m/s=5m/s，故D错误。

故选：B。

分析：根据牛顿第二定律求解加速度，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1s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定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答。

8.答案：A
解析：
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．其中要注意题目的要求：研究向心力大小与质量的关系．
要探究小球受到的向心力大小与质量的关系，需控制一些变量，即保持小球转动的半径、转动的转速不变．
解：铝球与钢球质量不同，转速和半径相同，本实验研究向心力与质量之间的关系，不是研究向心力与角速度、半径、线速度的关系，故BCD错误，A正确。

故选A。

9.答案：AC
解析：
先对灯泡进行分析，得出灯泡对绳子的拉力，然后对O点受力分析，受三个拉力，根据平衡条件并结合分解法列式求解即可．
本题关键对O点受力分析后根据平衡条件列式求解，可以结合合成法、分解法、正交分解法求解，中档题．
设灯泡为C，先选择灯泡为研究对象，开始时灯泡受到重力和绳子的拉力，所以绳子的拉力等于灯泡的重力；
设对灯泡施加一个水平向右的拉力后设OC与竖直方向之间的拉力为θ，如图，则：F C=mgcosθ；
选择节点O点为研究对象，则O点受到三个力的作用处于平衡状态，受力如图，
由图可知，在竖直方向：F2沿竖直方向的分力始终等于重力，即F C cosθ=mg，而且F2的方向始终不变，所以F2始终不变；故C正确，D错误；
沿水平方向：F1的大小等于F2沿水平方向的分力与F C沿水平方向分力的和，由于F C沿水平方向分力随θ的增大而增大，所以F1逐渐增大；故A正确，B错误；
故选：AC．
10.答案：BD
解析：解：AB、开始时物体做匀速直线运动，则知推力F等于滑动摩擦力，即F=f.某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，物体仍然向右运动，滑动摩擦力仍然向左，则合力为F合=
F+f=2F，方向向左，根据牛顿第二定律得，物体的加速度a=F合
m =2F
m
，方向水平向左。

故A错
误，B正确；
CD、地面对物体有支持力和摩擦力，支持力等于重力mg，摩擦力等于F，根据平行四边形定则知，地面对物体的作用力F′=√(mg)2+F2.故C错误，D正确。

故选：BD。

物体原来做匀速直线运动，由平衡条件可求得物体所受的滑动摩擦力大小．改推力为拉力，求出瞬间的合力，从而得出瞬间的加速度大小和方向．地面对物体有支持力和摩擦力作用，结合平行四边形定则求出地面对物体的作用力．
本题考查牛顿第二定律的瞬时性和矢量性，关键要抓住改推力为拉力瞬间，滑动摩擦力没有变化，确定出物体所受的合力，结合牛顿第二定律进行求解．
11.答案：AB
解析：解：A、在v−t图象中，斜率代表加速度，在0−2s内加速度为a=△v
△t =10
2
m/s2=5m/s2
对猴子受力分析，则F−mg=ma=20N，0−2s过程中F比猴子的重力多20N，故A正确，C错误；
B、在2−4s内，加速度为a′=△v
△t =−10
2
m/s2=−5m/s2，对猴子受力分析，则F−mg=ma′=−20N，
故2−4s过程中F比猴子的重力少20N，故B正确，D错误
故选：AB。

在v−t图象中，斜率代表加速度，根据牛顿第二定律即可判断出拉力与重力的大小关系
本题主要考查了牛顿第二定律和v−t图象，明确斜率代表加速度即可判断
12.答案：BD
解析：
当弹簧压缩量最大时对地面的压力最大；对于物体弹簧系统机械能守恒，据机械能守恒定律列式可求得高度H。

解决本题的关键是能正确分析物体的运动过程，知道压缩量最大时弹力最大。

要注意研究对象的选择，明确由机械能守恒列式求解。

AB、物块A下落过程中到达最低点时，弹簧的压缩量最大，此时物块B对地面的压力最大，故A错误，B正确；
CD、当物块B刚好离开地面时k△x=mg；由能量关系可知：mgℎ=mg△x+E P；当A的质量M=
2m时有：2mgH=2mg△x+E P；解得：H=1
2(ℎ+mg
k
)，故C错误，D正确；
故选：BD。

13.答案：(1)A；D；
(2)1
b ；k 
2b 
；
解析：
解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出重力加速度的表达式，以及推导出 1 
a − 1
m
关系式，结合图线的斜率和解决进行求解。

(1)根据加速度的表达式，结合位移时间公式求出重力加速度的表达式，通过表达式确定所需测量的物理量；
(2)根据加速度的表达式得出 1 
a −1
m
关系式，通过图线的斜率和截距求出重力加速度和M的大小。

(1)对整体分析，根据牛顿第二定律得，mg =(2M +m)a ， 解得a =mg 2M+m 根据ℎ=12 at 2，g =2(2M+m)ℎ
mt 2 ，
所以需要测量的物理量有：小重物的质量m ，重物下落的距离及下落这段距离所用的时间，故AD 正确，BC 错误； 故选A 和D ；
(2)因为a =mg 2M+m ，知图线斜率k =2M g ，b =1 
g ； 解得g =1b ，M =k 2b ；
故答案为：(1)A ；D ；
(2)1b ；k 2b 。

14.答案：(1)定滑轮高度，不连接；(2)天平，刻度尺；(3)钩码的总质量远小于小车的质量；(4)B 。

解析：
考查实验的操作细节，理解平衡摩擦力的要求，掌握小车所受的合力约等于钩码的总重力的条件，及理解牛顿第二定律的应用。

(1)调节定滑轮的高度，使其与木板平行，平衡摩擦力时，不需要挂钩码；
(2)需要刻度尺测量长度，求解加速度，同时需要天平测量质量；
(3)当钩码的总质量远小于小车的质量时，小车所受的合力才接近钩码的总重力；
(4)根据牛顿第二定律，结合图象的横纵轴，即可求解。

(1)调节定滑轮的高度，使细线与长木板平行，平衡摩擦力时，不需要连接悬挂钩码的细线；
(2)实验为了测量小车的质量，需要天平，为了处理纸带求加速度，需要刻度尺；
(3)为了使小车所受的合力约等于钩码的总重力，应该满足钩码的总质量远小于小车的质量；
(4)根据牛顿第二定律可得，a =mg M+m ，则有：1a =1mg ⋅M +1g ，以小车的加速度的倒数1a 为纵轴，小车和车上砝码的总质量M 为横轴，作出的图象为倾斜的直线，与纵轴有截距，故选：B 。

故答案为：(1)定滑轮高度，不连接；(2)天平，刻度尺；(3)钩码的总质量远小于小车的质量；(4)B 。

15.答案：解：(1)由牛顿第二定律得
， 解得
(2)小球在最高点时由牛顿第二定律得mg =mv C 2
R
， 小球在最低点时由牛顿第二定律得N −mg =mv D 2R ，
小球由Ｄ点到最高点C 的过程中机械能守恒12mv D 2=12mv C 2+2mgR ，
由以上各式解得：Ｎ=６ｍｇ；
(3)设设AB间的距离为L，小球沿斜面由A到B过程根据动能定理得，小球由B点到最高点C的过程由机械能守恒，由以上各式解得。

答：(1)小物块沿斜面下滑的加速度的大小；
(2)小物块经过圆环最低点D时轨道对球的支持力大小6mg；
(3)AB之间的距离为。

解析：
本题考查力学综合题目，考查的知识点机械能守恒定律，动能定理，牛顿第二定律的应用，向心力等。

根据牛顿第二定律求加速度；
根据临界条件，重力提供向心力，对最高点列方程，根据合力提供向心力对小球在圆周运动的最低
点列方程，结合机械能守恒定律可求解；
根据动能定理结合机械能守恒定律可求解。

16.答案：解：(1)木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木
箱后将作自由落体运动．
由ℎ=1
2gt2，得：t=√2ℎ
g
=√2×0.45
10
=0.3s
小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s．(2)小球放到木箱后，木箱的加速度为：
a1=F+μ(M+m)g
M
=
50+0.2×(10+1)×10
10
=7.2m/s2
木箱向右运动的最大位移为：
x1=0−v02
−2a1
=
0−3.62
−2×7.2
=0.9m
小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移为0.9m．x1小于1m，所以小球不会从木箱的左端掉下
(3)木箱向左运动的加速度为：
a2=F−μ(M+m)g
M
=
50−0.2×(10+1)×10
10
=2.8m/s2
设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则：
x2=x1+L
=0.9+0.5=1.4m
设木箱向左运动的时间为t2，则：由x2=1
2
a2t22
得：t2=√2x2
a2=√2×1.4
2.8
=1s
所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2=a2t2=2.8×1=2.8m/s；
答：(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s；
(2)木块从右端滑下；
(3)小球离开木箱时木箱的速度为2.8m/s
解析：(1)小球离开木箱后做自由落体运动，根据位移时间关系可以求得时间；
(2)对木箱受力分析，求出加速度，可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间；从而明确从哪端滑下；
(3)先对木箱受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后可以先根据位移时间关系公式求得时间，再根据速度时间公式求末速度，也可以直接根据速度位移关系公式求末速度．
本题考查牛顿第二定律的应用；关键对分向右减速和向左加速两过程对木箱受力分析后求得加速度，然后根据运动学公式求解待求量．
17.答案：mgtanθ；mg
cosθ
解析：解：对支架上的点O进行受力分析，
在水平方向：F1−F2sinθ=0
竖直方向：F2cosθ=mg
以上两式联立得，F1=mgtanθ，F2=mg
cosθ
故答案为：mgtanθ；mg
cosθ
．
解答力的平衡问题时，既可以选物体也可以选结点为研究对象，本题对支架上的点O进行受力分析，利用力的平衡条件列方程求解即可．
对物体进行受力分析既可以选物体也可以选结点为研究对象，因此解答此题的关键是正确选取研究对象并进行受力分析，然后利用力的平衡条件解答即可．。