【物理】湖北省荆门市龙泉中学、宜昌一中两校2020届高三上学期9月联考试(解析版)

湖北省荆门市龙泉中学、宜昌一中两校2020届
高三上学期9月联考
一、单项选择题
1.我国运动员吴敏霞勇夺奥运金牌。

她从三米跳板向上竖直跳起，一段时间后落入水中，不计空气阻力。

下列说法正确的是
A. 她在上升过程中处于超重状态
B. 她到达最高点时处于平衡状态
C. 她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度
D. 入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误；
B. 她在到达最高点时，受重力作用，有向下的加速度，故B错误；
C. 入水过程中,开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误。

D. 入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者大小相等。

故D正确。

故选：D。

2.如图所示，a、b分别为甲、乙两物体在同一直线上运动时的位移与时间的关系图象，其中a为过原点的倾斜直线，b为开口向下的抛物线。

下列说法正确的是（）
A. 物体甲做直线运动，物体乙始终沿正方向做曲线运动
B. t1时刻甲、乙两物体的位移相等、速度相等
C. t1到t2时间内两物体的平均速度相同
D. 0～t2时间内两物体间距一直减小
【答案】C
【解析】
根据位移时间图线的斜率表示速度，斜率正负表示速度的方向，则知物体甲做匀速直线运动；物体乙的运动方向先沿正方向，后沿负方向做直线运动，故A错误．t1时甲乙两物体的位移相同，处于同一位置，但图象的斜率不同，故速度不同，故B错误．t1到t2时间内两物体的位移相同，所用时间相同，则平均速度相同．故C正确；0～t2时间内两物体间距先增加后减小；再增加，再减小，选项D错误；故选C.
点睛：本题考查x-t图象的应用，对于位移-时间图象，关键要理解点和斜率的物理意义，知道图线的斜率表示速度，同时能明确平均速度的计算方法．
3.如图所示，一光滑小球由一根细绳连接，细绳跨过定滑轮使小球靠在柱体的斜面上．现用水平力拉绳使小球缓慢上升一小段距离，在此过程中，柱体对小球的弹力F N和细绳对小球的拉力F T的变化情况是（）
A. F N和F T均逐渐增大
B. F N和F T均逐渐减小
C. F N逐渐增大，F T逐渐减小
D. F T逐渐增大，F N逐渐减小
【答案】A
【解析】
试题分析：球受三个力，重力、柱体对小球的弹力F N和细绳对小球的拉力F T，三力平衡，通过作图分析各个力的变化情况．
解：球受三个力，重力、柱体对小球的弹力F N和细绳对小球的拉力F T，如图所示：
根据平衡条件，结合图象可以看出，拉力一直增加，支持力也一直增加；
故A正确，BCD错误；
故选：A．
点评：本题是三力平衡中的动态分析问题，其中一个力恒定，一个力方向不变大小变，一个力大小和方向都变化．
4.如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸。

现水流速度稍有减小，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（）
A. 增大α角，增大v
B. 减小α角，减小v
C. 减小α角，保持v不变
D. 增大α角，保持v
不变
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有减小，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示，可知减小 角，减小v，故选项B正确，A、C、D错误；
5.如图所示，可视为质点的两个小球A、B从坐标为(0，2y0)、(0，y0)的两点分别以速度v A 和v B水平抛出，两个小球都能垂直打在倾角为45°的斜面上，由此可得v A∶v B等于()
A. 2∶1
B. 2∶1
C. 4∶1
D. 8∶1
【答案】A
【解析】
小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：v y tan 45°=v 0；又v y =gt ，可得：0
v t g
=
，根据几何关系得：2012tan v t h gt θ
=+，联立以上可得：22
002
32tan v h v g θ=∝，据题小球A 、B 从坐标分别为（0、2y ），（0，y ），即h A =2y ，h B =y ，可得：2:1A B v v =∶，故A 正确，BCD 错误。

6.如图所示为粮袋的传送装置，已知AB 间长度为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( )
A. 粮袋到达B 点的速度与v 比较，可能大，也可能相等或小
B. 粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将一定以速度v 做匀速运动
C. 若μ≥tan θ，则粮袋从A 到B 一定是一直做加速运动
D. 不论μ大小如何，粮袋从A 到B 一直做匀加速运动，且a >g sin θ 【答案】A 【解析】
【详解】A.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 点时
速度小于等于v ；可能先
匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，故A 正确.
B.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得到，加速度a =g (sin θ+μcos θ），若μ＜tan θ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a 的方向一直向下，粮袋从A 到B 一直是做加速运动，可能是一直以g (sin θ+μcos θ)的加速度匀加速，也可
能先以g (sin θ+μcos θ)的加速度匀加速，后以g (sin θ-μcosθ)匀加速；故B 错误.
C.若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动;故C 错误.
D.由上分析可知，粮袋从A 到B 不一定一直匀加速运动，故D 错误. 二、多项选择题
7.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系和物块速度v 与时间t 的关系如图所示.取重力加速度g =10m/s².由此两图线可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ以及撤去拉力后物体的位移
A. m =1.5kg ，μ=0.2
B. m =0.5kg ，μ=0.4
C. m =0.5kg ，x =2m
D. m =1.5kg ，x =4m
【答案】BC
【详解】AB.由v −t 图象看出，物体在4s −6s 做匀速直线运动，则f =F 3=2N 由速度图象可知，2−4s 物体加速度为a =△v /△t =4/2m/s 2=2m/s 2，F =3N 由牛顿第二定律得：F −f =ma 代入数据解得：m =0.5kg ， 由f =μN =μmg
得：μ=0.4，故A 错误，B 正确；
CD.撤去拉力后，由牛顿第二定律得：-μmg =ma 2，a 2=-4m/s 2 根据速度位移关系：2
2
02-2v v a x ，v =0，v 0=4m/s 得：x =2m ，故C 正确，D 错误 故选：BC
8.如图，一长为L 的轻质细杆一端与质量为m 的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O 点转动，现使轻杆在同一竖直面内作匀速转动，测得小球的向心加速度大小为2g (g 为当地的重力加速度)，下列说法正确的是
A. 小球的线速度大小为2gL
B. 小球运动到最高点时，轻杆对小球作用力向上
C. 杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为2mg
D. 当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球作用力方向不可能指向圆心O 【答案】AD
【详解】A. 根据向心加速度a=
2
v
r
=2g得：v=2gL，故A正确；
B.小球在最高点的加速度为2g，设轻杆对小球作用力F向上，根据牛顿第二定律，
2
mg F m g
-=⨯，得：F=-mg，所以轻杆对小球作用力F向下，故B错误；
C.在最低点轻杆对小球的作用力最大，即F−mg=m×2g，解得F=3mg，故C错误；
D.当轻杆转到水平位置时，杆子和重力的合力指向圆心，重力方向竖直向下，若轻杆对小球的作用力方向指向圆心O，则合力不能指向圆心，故D正确。

故选：AD.
9.如图所示，A，B质量均为m，叠放在轻质弹簧上（弹簧上端与B不连接，弹簧下端固定于地面上）保持静止，现对A施加一竖直向下、大小为F（F＞2mg）的力，将弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）而处于静止状态，若突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为F N，则关于F N的说法正确的是（重力加速度为g）（）
A. 刚撤去外力F时，
2
N
mg F
F
+
=
B. 弹簧弹力等于F 时，2
N F F =
C. 两物体A 、B 的速度最大时，F N =2mg
D. 弹簧恢复原长时，F N =mg 【答案】B 【解析】
【详解】在突然撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，由平衡条件推论可知AB 整体的合力向上，
大小等于F ，根据牛顿第二定律有：F =（m +m ）a ，解得：2F
a m
=
，对A 受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：F N -mg =ma ，联立解得：2
N F
F mg =+，故A 错误；
弹簧弹力等于F 时，根据牛顿第二定律得，对整体有：F -2mg =2ma ，对m 有：F N -mg =ma ，联立解得：2
N F
F =
，故B 正确；当A 、B 两物体的合力为零时，速度最大，对A 由平衡条件得：F N =mg ，故C 错误；当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得，对整体有：2mg =2ma ，对m 有：mg -F N =ma ，联立解得： F N =0，故D 错误。

所以B 正确，ACD 错误。

10.(多选)如图所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦．现将质量分别为M 、m (M >m )的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上．两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．在α角取不同值的情况下，下列说法正确的有( )
A. 两物块所受摩擦力的大小总是相等
B. 两物块不可能同时相对绸带静止
C. M 不可能相对绸带发生滑动
D. m 不可能相对斜面向上滑动 【答案】AC 【解析】
分析：若动摩擦因数较大，M 和m 相对绸带均无相对滑动，对M 和m 整体分析，可以计算出摩擦力；若动摩擦因素较小，M 加速下降的同时，m 也加速下降，根据牛顿第三定律，可知绸带对两木块的拉力与两木块对绸带的拉力大小相等，由于绸带质量很小，可以忽略不计，故两木块对绸带的拉力也必然相等；再分别对两木块受力分析，确定运动情况即可． 解答：解：当动摩擦因数较大时，由于绸带与斜面之间光滑，并且M ＞m ，所以M 、m 和
绸带一起向左滑动，加速度为a，整体法Mgsinα-mgsinα=（M+m）a 隔离法，对M有，Mgsinα-f M=Ma 对m有，f m-mgsinα=ma
解得f M=f m=2Mm
M m
+
gsinα
故D错误；
当动摩擦因素较小时，M加速下降的同时，m也加速下降，根据牛顿第三定律，可知绸带对两木块的拉力与两木块对绸带的拉力大小相等，故A正确，B错误；
由于绸带质量很小，可以忽略不计，故两木块对绸带的拉力也必然相等，由于M与绸带间的最大静摩擦力较大，故绸带与M相对静止，故C正确；
故选AC．
三、实验题
11.橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量x与弹力F成正比，即F=kx，k的值与橡皮
筋的原长L、横截面积S有关，理论与实验都证明
S
k Y
L
=，其中Y是由材料决定的常数，
材料力学中称之为杨氏模量
（1）在国际单位中，杨氏模量Y的单位应为
A．N B．m C．N/m D．2
N/m
（2）某同学通过实验测得该橡皮筋的一些数据，做出了外力F与伸长量x之间的关系图像如图所示，由图像可求得该橡皮筋的劲度系数k="______________" N/m
（3）若橡皮条原长为10．0cm，面积为1．02
mm，则该橡皮筋的杨氏模量Y的大小是_________（只填数字，单位取（1）中正确单位，结果保留两位有效数字）
【答案】（1）D（2）2
510/
N m
⨯（3）72
5.010/
N m
⨯
【解析】
试题分析：
①由题意知Y=kL S
，故Y 的单位是22
·/N
m
m N m m =，故选D ②橡皮筋的劲度系
数是F-x 图象的斜率，由图象得k=-2
15.0
500/3.010
N m =⨯③根据杨氏模量公式知Y=kL S =72-6
5000.100
5.010/1.010
N m ⨯=⨯⨯ 考点：胡克定律 F-x 图象
12.下图为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置示意图。

图中打点计时器的电源为50Hz 的交流电源。

在小车质量未知的情况下研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”
（1）完成下列实验步骤中的填空:
①平衡小车所受的阻力:去掉绳子和吊桶，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列_______的点。

②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_____________。

③打开打点计时器电源，释放小车，获得带点的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m ④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点.测量相邻计数点的间距S 1，S 2，…。

求出与不同m 相对应的加速度a 。

⑥以砝码的质量m 为横坐标一为纵坐标，在坐标纸上做出1
m a
-关系图线。

（2）根据上述操作完成下列填空:
①由图甲中的数据求得小车加速度的大小a ＝______m/s （结果保留两位小数）
②图乙中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，则小车受到的拉力为_______，小车的质量为_________（用k ，b 表示）
【答案】 (1). 间距相等的点 远小于小车和砝码的总质量 (2) 1.18m/s 2—1.22m/s 2 1
F k = b k
【解析】
【详解】（1）[1]当纸带上打出间距相等的点时，说明纸带做匀速直线运动， [2] 以整体为对象：()mg M m a =+， 以小车为对象：F Ma =拉
化简，
1Mmg mg
F m M m M
=
=
++拉。

由上可知，为保证小车所受拉力近似不变，应满足小吊盘
和盘中物块的质量之和远小于小车的质量 （2）[3] 由2x aT ∆=可知，
()()2
212
0.07280.03670.03670.0126 1.20m/s 0.01
s s a t ----=
==∆ 。

[4]根据牛顿第二定律可知F M m a =+()，变形为
1M m a F F =+，1
a
与m 为一次函数关系， 根据几何关系可知：1k F = M b F = 解得：1F k = ，b M Fb k
==
四、计算题
13.如图所示，光滑杆AB 长为L ，B 端固定一根劲度系数为k 、原长为l 0的轻弹簧,质量为m 的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接。

OO ′为过B 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ。

则：当球随杆一起绕OO ′轴匀速转动时，弹簧伸长量为△L ，求匀速转动的角速度ω。

【答案】()22
02
sin
cos
mg k l
m l l
θ
α
θ
+∆
=
+∆
【解析】
【详解】球做圆周运动的半径为
()
02
cos
r l lθ
=+∆
设弹簧伸长Δl2时，球受力如图所示，
水平方向上有
2
2
sin cos
N
F k l m r
θθω
+∆=
竖直方向上有
2
cos sin
N
F k l mg
θθ
=∆+
解得()22
02
sin
cos
mg k l
m l l
θ
α
θ
+∆
=
+∆
14.高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0=40 m/s，距离x0=90 m．t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的情况如图所示，取运动方向为正方向．两车在0～12 s内会不会相撞？
【答案】两车会相撞
【解析】
令222
12310/5/5/a m s a m s a m s =-==-，，.
在14t s =末，甲车速度10110v v a t =+=；
设之后再经过t 2时间甲、乙两车速度相等，此时乙车与甲车的位移之差最大．
由22032a t v a t =+
解得24t s = 此时甲车总位移2012218022
v x t a t m 甲=
+= 乙车总位移201023212402x v t v t a t m =++=乙 因16090x x m m -=>乙甲，故此过程两车会相撞．
15.如图所示，倾角α= 37（的固定斜面上放一块质量M = 1 kg ，长度 L =3 m 的薄平板AB 。

平板的上表面光滑，其下端B 与斜面底端C 的距离为s=7m 。

在平板的上端A 处放一质量m = 0.6kg 的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。

假设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ= 0.5，求滑块、平板下端B 到达斜面底端C 的时间差是多少？（结果可用根号表示）
【答案】71)s
【解析】
【详解】试题分析：m 在薄板上的加速度a 1=gsinθ=6m/s 2
M 此时的加速度sin ()cos 0M Mg M m g a M
θμθ-+=<，则M 先保持静止 m 在薄板上滑下时126(m /s)v a L ==m 在斜面上的加速度
22sin cos 2/a g mg m s θμθ=-=
m 在斜面上滑到C 点的时间为t ，则212112
s vt a t =+，解得t 1=1s 。

M 滑到C 端的时间为t 2，
则22212
s a t =解得27t s = 滑块、平板下端B 到达斜面底端C 的时间差是(71)s -
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题关键在于分析两物体的受力情况，再确定物体的运动情况．也可以运用动能定理与运动学公式结合求解。

16.如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m =0.5kg 的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O 点的距离s =5m.在台阶右侧固定了一个以O 点为圆心
的圆弧形挡板，以O 点为原点建立平面直角坐标系，挡板上边缘P 点的坐标为(1.6m ，
0.8m).现用F =5N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g =10m/s²).
(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P 点，求拉力F 作用的距离；
(2)改变拉力F 的作用时间，小物块可击中挡板的不同位置，求小物块击中挡板时速率的平方(即2v )的最小值.(结果可保留根式)
【答案】(1)3.3m(2)222min 815m /s v =
【解析】
【详解】(1)设小物体离开O 点时的速度为0v ，运动时间为t ，由平抛运动规律， 水平方向:0x v t =
竖直方向:212
y gt = 联立解得:0v =4m/s
设拉力F 作用的时间为2t ，加速运动的加速度为1a ，位移为1s ，速度为1v ，由牛顿第二律: 1F mg ma μ-=
解得2
15m/s a = 21112a s v =
减速运动的位移为2s ，运动的加速度的大小为为2a ，由牛顿第二定律: 2mg ma μ=
解得2
25m/s a =
2222012a s v v -=- 12s s s +=
联立以上各式解得1s =3.3m
(2)设小物抉击中挡板的任意一点坐标为(x ，y )，撞到挡板时的速度为v ，竖直速度为y v ，则有
x v t ='，212
y gt = 22y gy v = 2220y v v v '+=
又222x y R +=
由P 点坐标可求223.2m R =
化简得22
322gR gy v y =+≥
代入数据得222min /s v =。