届江苏省徐州市高三上学期期中考试物理试题解析版.docx

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届江苏省徐州市高三上学期期中考试物理试题解析版

江苏省徐州市2020届高三上学期期中考试试题

一、单项选择题

1•物体做竖直上抛运动，下列图象能反映其上升过程运动情况的是

『答案1C

『解析」

【详解】A.物体做竖直上抛运动，选取向上为正方向，则

所以图像为抛物线，不是直线，故A错误：

BC.将一物体竖直向上抛岀，不计空气阻力，物体做匀减速直线运动，则上升的过程有

V=-VO+gt

V是/的线性函数，当速度减为0,故B错误，C正确；

D.竖直上抛运动的加速度等于重力加速度，是不变的，故D错误。

故选C。

2.2019年10月11日，我国首颗火星探测器——“火星一号”第一次公开亮相，将在未来实现火星的环绕、着陆和巡视。

已知火星绕太阳公转的轨道半径是地球公转轨道半径的1∙5倍，火星质疑约为地球质量的十分之一，关于火星、地球绕太阳的运动，下列说法正确的是

A.火星的周期小于地球的周期

B.火星的线速度大于地球的线速度

C.火星的加速度大于地球的加速度

D.太阳对火星的万有引力小于对地球的万有引力

『答案」D

【详解】A.设太阳质量为M,行星质量为加，根据万有引力提供向心力有

由于火星的公转半径比地球的公转半径大，所以火星的公转周期比地球的公转周期大，故A

错误;

设太阳质量为M,行星质量为也，根据万有引力提供向心力有

由于火星的公转半径比地球的公转半径大，火星的公转速度比地球的公转速度小，故B错

误：

C.设太阳质疑为M,行星质量为川，根据万有引力提供向心力有

CMm

G——=ma

得

厂

由于火星的公转半径比地球的公转半径大，火星的加速度比地球的加速度小，故C错误：

D.根据万有引力左律得

GM加火1

讯火-暗火_]0〃'也X卅地為地G叽∕7⅛（1∙⅝⅛）2

故太阳对火星的万有引力小于对地球的万有引力，故D正确。

故选D。

3•如图所示，在边长为Jj/的正三角形的顶点分别固左一负电荷.A处的电荷量为0,中心O处的场强恰好为零，已知静电力常量为R。

若仅将A处电荷改为等量的正电荷，则O处场强的大小和方向分别为

计，沿q。

方向

『答案JA

『解析J

【详解】A处的电荷量为0，的距离为

则。

在O点产生的电场强度为E=k生由于B和C处电荷与A处的电荷在0点的合场强厂

为零，则B和C处电荷在0处的电场强度大小为E=*,方向沿Ao方向：

若仅将A处厂

电荷改为等量的正电荷，则0处场强的大小为

ErE心爷沿Ao方向，故A正确、BCD错误。

故选A。

4.静止的物体从7=0时刻开始受到如图所示的合外力作用，下列表述正确的是

0〜2s内物体的速度先增大后减小B.0〜4s内物体的速度方向一直不变

『答案」B

『解析」

【详解】A.0〜2s内，合外力与速度同向，则加速度与速度同向，所以物体速度一直增大，故A错误：

BD.2〜4s内，合外力与速度反向，则加速度与速度反向，所以物体的速度一直减小，所以

0〜4s内物体的速度方向一直不变，故B正确，D错误：

C.0〜4s内物体沿正向运动，4s末物体不会回到出发点，故C错误。

故选：

5.如图所示，河宽为〃，河岸上4、D两位置分别与对岸的B、C两位宜正对，E为CD连线上的一个小岛.甲乙两船在静水中的速度大小均为VS水流速度为甲船头正对河

岸，从人点岀发，乙船头斜向上游，从C点沿CD的连线航行，两船同时到达小岛E。

下

列说法正确的是

A甲

BC乙

A.小岛E到C位宜的距离为一〃

B.AD的距离为迹〃

C.仅将水流速度增大为卩，甲、乙两船仍能同时到达小岛E

D.仅将水流速度增大为U,甲、乙两船均不能到达小岛E

『答案』D

『解析J

【详解】设乙船在静水中的速度方向和河岸的夹角为&，要使乙船能够垂直过河，有

VCOS0=—V

得&=30°

乙船的实际速度为

VZ=VSin30°=—V

乙2

设甲乙同时到达E点时间为/,乙船到达E点的距离

儿=牙W

甲垂直河岸的位移

Ji=W

而

联立解得

故A错误:

B.AD的距离

故B错误：

CD.仅将水流速度，过河时间不变，垂直河岸的位移不变，但沿河岸的分速度增大，甲、乙两船经过f后，都到了E点下游，所以甲、乙两船均不能到达小岛E,故C错误，D正确。

故选：

如图所示，粗糙的固泄水平杆上有A、B、C三点，轻质弹簧一端固泄在〃点正下方的O点，另一端与套在杆A点、质量为加的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。

圆环从A处由静止释放，向右运动经过3点时速度为V、加速度为零，到达C点时速度为零，下列说法正确的是

A.从4到C过程中，圆环在3点速度最大

B.从A到C过程中，圆环的加速度先减小后增大

C.从A到〃过程中，弹簧对圆环做的功一泄大于-Imr

D•从3到C过程中，圆环克服摩擦力做功等于→nv2

『答案」C

『解析」

【详解】AB.圆环由A点释放，此时弹簧处于拉伸状态，则圆环加速运动，设ABZ间的

D位置为弹簧的原长，则A到D的过程中，弹簧弹力减小，圆环的加速度逐渐减小，D到B

的过程中，弹簧处于圧缩状态，则弹簧弹力增大，圆环的加速度先增大后减小，B点时，圆

环合力为零，竖直向上的弹力等于重力，从B到C的过程中，圆环可能做减速运动，无论是否存在弹簧原长的位苣，圆环的加速度始终增大，也可能先做加速后做减速运动，加速度先减小后增大，故B点的速度不一定最大，从A到C过程中，圆环的加速度不是先减小后增大，故AB错误；

C.从A到B过程中，弹簧对圆环做的功、摩擦力做负功，根据功能关系可知，弹簧对圆环做功一泄大于-///V2,故C正确；

D.从B到C过程中，禅簧弹力做功，圆环克服摩擦力做功，根据功能关系可知，圆环克服摩擦力做功不等于-Inv∖故D错误。

故选C。

二、多项选择题

7.2019年7月190,天宫二号实验室受控离轨并再入在大气层，少量残骸落入南太平洋预定安全海域，标志着中国载人航天工程空间实验室阶段全部任务圆满完成。

在实验期间，成功实现将货运飞船“天舟一号“与轨道空间站“天宫二号“刚性对接，设对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其周期为7\离地面的髙度为丹。

已知地球半径为/?

引力常量为G,根据以上信息可求出

Arr2

A.组合体的质量为二H'

4旷Z

B地球的质助研®

C.地球表面的重力加速度为艺R

T-

『答案」BD

『解析』

【详解】AB.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，英周期为7；离地面的高度为H,

设地球质量为组合体质蜀为加，万有引力提供向心力得

得M=芒（/?

+Hr①

GT2

故A错误，B正确：

C.忽略球体自转影响，万有引力等于重力得

G-Zr=Ifi8®

联立①②得

4兀2（R+H）3S~TTRI-

故C错误：

D.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其周期为7；离地面的髙度为H，设地球质星

为M,组合体质量为加，万有引力提供向心力得

=IrUI③

联立①③解得

4π2{R+H）

a=—

故D正确。

故选BD.

&如图所示为等疑异种电荷的电场线分布情况，。

为两点电荷连线的中点。

AB关于。

点对

称，若O点的电势为0,则

A.A点的电势小于0

B.电子在A点电势能比〃点的小

C.AB两点的场强相同

D.Ao间的电势差匕O等于Bo间的电势差匕。

『答案』BC

【详解】A.O点的电势为0,则等疑异种电荷连线的中垂线的电势为0,沿电场线的方向电势降低，所以A点的电势大于0,故A错误：

B.由上而的分析知φA>φti,负电荷在电势越髙的地方电势能越小，所以电子在A点电势能比B点的小，故B正确：

C.由对称性知：

A、B两点的电场线的疏密一样，所以A、B两点的场强大小相同，方向为

A、B两点的切线方向，由对称性知方向相同，故C正确；

D.因为A、0、B三点的电势关系为：

φ.∖>φo>φβ

由对称性得：

UAo=-UBO

故D错误。

故选：

BCo

9.如图所示，一长为/的轻杆一端与水平转轴相连，另一端固泄一质量为加的小球，转轴带动轻杆使小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，角速度为Q。

A、C为与圆心等髙的两点，3为最高点，重力加速度为g°则

A.在B点时杆对球的作用力不可能为0

B.在A点时，杆对球的作用力大小为J（吨$+（""O?

）?

C.从A转动到〃的过程中，小球处于超重状态

D.从3转动到C的过程中，小球重力的功率一直增大

『答案」BD

『解析」

【详解】A.在B点杆对球的作用力为0,只由重力提供向心力，小球也能在竖直平而内沿

逆时针方向做匀速圆周运动，故A错误；

B.在A点时,小球受重力Sg）和杆对小球的作用力（F）,向心力的大小为mlω∖合力

提供向心力，所以有

F=y]（mg）2+（mlω2）2

故B正确：

C.从A转动到B的过程中，小球的向心加速度有竖直向下的分量，所以小球处于失重状态,

故C错误：

D.从B转动到C的过程中，速度大小不变，速度与重力方向的夹角0逐渐变小，由

P=m^vcosθ

可知，小球重力的功率一直增大，故D正确。

故选BDO

10•如图甲是某超载货车运送圆柱形钢管的情景，所装钢管规格相同，如图乙是钢管堆放的

截面示意图。

已知钢管间的动摩擦因数为“，每根钢管的质量为〃？

，重力加速度为g，假

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下层钢管被固立不能移动。

下列分析正确的是

B.若把上层A钢管水平向外抽出,所需最小力为“

C.A与B、C间不发生相对滑动，汽车的加速度最大为仝3“g

D.若汽车运动的加速度为“g,则钢管A受到B、C的作用力为Jnj7〃第

『答案』CD

『解析」

【详解】A.设A、B管之间的弹力大小为T,丁与竖直方向的夹角为&，根拯几何关系可得Sin^=-^-=—

2R2

解得

6>=30°

根据对称性可知C对A的弹力大小也为7；根据平衡条件可得

TrCQSθ=mg解得

故A错误：

B.若把上层A钢管水平向外抽出，所需最小拉力等于A受到的摩擦力，摩擦力/=“・2T=半“加g

所以所需最小力为于“加g，故B错误；

C.A与B、C间恰好不发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得.f=ma,解得汽车的加速度最大为

arμg

故C正确：

D.若汽车运动的加速度为“g,则钢管A受到B、C的作用力为

F=JOg）$+（〃M）2=yμ+μfmg

故D正确。

故选CDO

11•某同学将“打夯”的情景简化成以下模型：

两人同时通过绳子对重物各施加一个力，大小

均为375N,方向都与竖直方向成37°，重物离开地而30Cm后停止施力，最后重物自由下

落把地而砸深2cm。

已知重物的质量为40kg,g取10nι∕s2»cos37°=0.8»贝∣J:

A.两绳对重物的合力为600N

B.整个上升过程重物的重力势能增加120J

C.重物落地时的速度大小为3.0n√s

D.重物对地而的平均冲击力大小为9.0×103N

『答案』AC

『解析』

【详解】A.将两个拉力正交分解后，水平方向上的合力为零，竖直方向上的合力就是两绳

对重物的合力

Frr=2Fcos37°=2X375×0.8N=600N

故A正确：

F合一吨

两绳用力时物体的加速度600-40x10「

m∕sβ=5m∕s

设停止用力后物体还有上升儿则有

芮=2ax=2gh

所以

Il=-S=—×30Cm=0.15mgio

那么重物加速减速上升的总高度为

H=s+h=0.45m

重物增加的重力势能

ΔEp=mgH=40×10×0.45J=180J

故B错误：

C.物体上升到最大高度H后就自由落体，所以落地的速度

V=』2gH=J2χlθχθ.45m∕s=3m∕s

故C正确：

D.从最髙点到把地砸深2m,根据动能怎理有mg（H+Δ∕?

）一fγ×ΔA=0-0

代入解得

24S

—^×4∞N=490N

故D错误。

故选ACo三、简答题

12•为了“探究加速度与力、质量的关系二现提供如图甲所示的实验装琵

（!

）以下实验操作正确的是

A.电火花计时器应接6V以下交流电源

B.调节滑轮髙度，使细线与长木板平行

C.先将电火花汁时器接通电源，后释放小车

D.平衡摩擦力时应使小车在舷码及磁码盘牵引下恰好做匀速运动

（2）如图乙为某次实验得到的纸带，从比较淸晰的点起，每5个点取一个计数点，已知交

流电频率为50圧。

该小车的加速度Q=m∕s2.（结果保留两位有效数字）

（3）下表记录了舷码和舷码盘的质量一宦时，小车质量M与对应的加速度d及丄的数据,

请在坐标图丙中描点作岀α-丄图象,

（选填“正比"或'反比"）

并从图象判断小车加速度α与质量M之间应满足关系。

实验次数

α∕（"7∙sT）

0.85

0.57

0.50

0.33

0.28

MIkg

0.44

0.66

0.88

1」0

1.32

⅛∕⅛^,M

2.27

151

1.36

0.92

0.76

主要原因是.

（4）小车质量一左时，改变祛码个数，得到a_F图象如图丁所示，其末端明显偏离直线,

（4）.随着狂码数量的增加，不能很好的满足小车质捲远大于祛码和琏码盘的总质量

『解析」

【详解］

（1）［1］A.电火花计时器使用的是交流220v电源,故A错误;

B.实验已经平衡摩擦力，故需要使细线与长木板平行，故B正确:

C.根据使用打点汁时器操作规则，先将电火花讣时器接通电源，后释放小车：

故C正确;

D.平衡摩擦力是利用小车自身的重力来平衡摩擦力，此时不能悬挂重物，故D错误。

故选BCa

⑵［2］每5个点取一个计数点，已知交流电频率为5OHzl则计数点间时间间隔为Γ=0.Is：

由

逐差法得

（24.58-11.92）-11.92aιπz2

a=T×10=0.19m∕s∙

4×0.12

（3）[3]由表格中的数据，描点得图像如图所示

（4）[5]小车质量远大于誌码和舷码盘的总质量时，由实验原理可知，有

IfIg

a=——-—m+M

此时斜率近似等于丄；随着狂码数量的增加，不能很好的满足小车质捲远大于舷码和琏码M

盘的总质量，此时斜率为一，加增大，斜率减小，故末端明显偏离直线，故末端明显M+m

偏离直线的原因是随着琏码数量的增加，不能很好的满足小车质量远大于舷码和祛码盘的总

质崑

13•某研究小组设计了一种测量滑块与木板之间动摩擦因数的实验方案，实验装置如图甲所示。

水平桌面上固定一圆弧轨道和一平直木板，二者在M处平滑连接。

M处安装一光电

门测量遮光条经过的时间，重力加速度g=IOmZS-实验如下:

（1）用刻度尺测量遮光条宽度〃，示数如图乙所示。

某次测量中，计时器的示数为

r=0.0100s,则滑块经过M点的速度V=IWso

（2）将滑块由某位宜静止释放，滑块停止在N处，测得M到N的距离为厶，并记录计时

器的示数为f,则滑块与木板间的动摩擦因数表达式"=-J（用题中物理量

的符号表示）

（3）改变滑块释放的位置，多次实验，记录各次f值并测量MN间距厶，作岀K-L关系

图象如图丙，利用该图象求得滑块与木板间的动摩擦因数"=•

（4）为了减少实验误差，下列说法正确的是。

A.增大遮光条宽度

B.圆弧轨道必须光滑

C.木板必须保持水平

D.滑块释放时的位巻适当高些

t/2

『答案］

（1）.0.50

（2）.片（3）.0.5⑷.CD

2gL广

『解析」

【详解】

（1）【1］由图乙所示可知，遮光条宽度〃为

d=5.0mm=5×10"3m

滑块经过M点速度y为

V=≤=IIVS=O.50π√s

t0.01

⑵［2］滑块从M运动到N的过程，根据动能泄理可知

0-PnIgL=°一*ιnv~

Xv=γ

联立解得

⑶⑶由T得

1=⅛

rCr

丄-厶图像的斜率

"磔

由图丙得

k=4xlθ'

解得

//=0.5

⑷[4]A.增大遮光条的宽度，遮光条通过光电门的运动与匀速运动越不接近，用V=-求速

度误差增大，故A错误；

B.圆弧轨道是否光滑对实验结果没有影响，故B错误：

C.木板必须保持水平，否则重力对滑块要做功，误差增大，故C正确：

D.滑块释放时的位宜适当高些，遮光条通过光电门的速度增大，越接近匀速运动，速度测

量误差越小，故D正确。

故选CDo

四、计算题

14.电视Yj目里有一个推木箱的游戏，游戏规则是：

选手从A点开始用力沿水平方向推木箱,

一段时间后放手让木箱向前滑动，若木箱最后停在有效区域BC内（包括B、C两点）视为

成功。

已知AB长厶=IOm,BC长Λ=5m,选手推动木箱过程加速度大小为3nVs2,撤

去推力后，木箱滑动加速度大小为5n√s2.木箱视为质点。

（I）推力作用2s,木箱能否到达有效区域？

（2）若选手推木箱至3点时撤去外力，木箱能否停在有效区域内？

（3）要想获得游戏成功，推力作用的最长时间是多少？

『答案」

（1）不能到达有效区域

（2）不能到达有效区域（3）2.5s

『解析』

【详解】⑴推力作用2s位移：

代入数据得：

Xl=6m

2s末速度

V=alt

撤去推力后位移:

2a2

代入数据得：

x2=3.6m

全程位移：

X=X}+X2

代入数据得：

X=9.6m

所以木箱不能到达有效区域

（2）选手推木箱至B点时：

由公式v；=2«ILH撤去推力后位移:

代入数据得：

x2'=6m>LI=5m

所以不能停在有效区域内

（3）要想获得游戏成功，木箱滑到C点速度正好为0,力作用时间最长，设力作用最长时间

为G时刻的速度为V=.加速运动过程中的位移：

减速运动过程中的位移

要使木箱停止在有效区域内，则需满足

ff^rr

Xl+x2=LA+L2

代入数据得：

Zi）=2.5s

15.如图所示，长为厶的固圧长直杆与水平而的夹角为α,将一个质量为加的圆环套在杆上,可沿杆匀速下滑。

若圆环以某一初速度％从底端向上运动，刚好能到达顶端。

已知重力加速度为g。

（1）求圆环与杆间的动摩擦因数“；

（2）求圆环的速度勺：

（3）若用大小为尸、方向与杆成&角的力，从底端由静止斜向上拉动圆环，经时间f到达顶端，求拉力F的大小。

■答案」

（1）"=tanα

（2）Vo=2y∣gLsina（3）FX=mgSin2a+COSa或

『解析」

【详解】

（1）由题意，圆环匀速下滑，贝IJ有：

mgSina=μnιgCOSa

得：

μ=tana

（2）设圆环向上运动的加速度为q,受力分析如图1所示,

mgSina+μmgCOSa=InaX

根据运动学公式v^=2aiL解得:

VO=2Jg厶SinQ

（3）设圆环在拉力作用下向上运动的加速度为根据运动学公式，可得加速度

根据牛顿第二左律有：

斤CoSa-nigSina—μ（mgCOSa-FlSina）=nιa2

解得:

②F较大时，受力如图3所示:

根据牛顿第二左律有：

F2Cosa-mgSin（Z-//（ΛSina-IngCOSa）=Ina2

解得：

F_2nιLcosa

（cos2α-sin2α）尸

16.如图甲所示，大量电子由静止开始，经加速电场加速后，沿偏转电场两板正中间且平行板的方向射入，再从另一侧射出，打到右侧的荧光屏上。

已知电子质量为加，电荷量为J极板长/,板间距离〃，极板右端到荧光屏的距离是厶，加在偏转极板间的电压如图乙所示。

（设每个电子穿过平行板时可以认为电压是不变的，忽略电子所受重力）。

求：

（1）电子进入偏转电场时的初速度勺；

（2）电子偏转距离最大时所加的偏转电压〃：

（3）电子打在荧光屏上的长度Y。

『答案J（I）VO=^⑵（3）3（：

/）〃

『解析」

【详解】

（1）根拯动能左理得：

eUI）=LHVo,电子进入偏转电场时的初速度乙

（2）电子从极板中间进入，能打岀偏转电场的最大距禽为电子在偏转电场中做类平抛运

动，水平方向有:

1=VoZ

得

竖直方向有:

d1.

—=—“厂

其中：

Ind

解得电子能射出偏转电场所加的最大电压:

（3）设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为儿•偏转角为0,则电子通过偏转电场时

有：

Vv=at

tanθ=-

电子在荧光屏上偏离。

点的距离为

由

（2）知，偏转电压最大值U=g≤,此时电子打到荧光屏上的偏转距离为:

Y_（1+2厶）〃

121

当所加反向电压，U=-如S时.电子向屏上偏转的方向相反，且打到屏上的偏转距离为:

所以荧光屏上电子能打到的区间长度为:

17•某兴趣小组设计了一个轨道，依次由光滑曲而AB＞粗粗水平而BE、光滑竖直圆轨道及足够长的倾斜传送带组成，如图所示。

滑块从曲而上某位置A下滑，沿水平而从C点左侧进入圆轨道再从C点右侧离开继续向前运动，经过连接点B、E时没有机械能损失。

已知圆轨逍半径R=0.5m,BC=2.0m,CE=I∙6m,滑块质⅛/W=Ikg,滑块与水平轨道

BE、传送带间动摩擦因数"均为0.5,传送带与水平而间的夹角0=37°,以VO=3n√s的速度做逆时针运动。

（Sin37=0.6,cos37=0.&g=10n√s2）求：

（1）要使滑块恰好经过圆轨道的最髙点，静I匕释放滑块的高度为多大：

（2）滑块从

（1）问中释放位置以初动能EKA=27.5J滑下，滑块在传动带上向上运动的时间：

（3）满足

（2）问的条件下，滑块最终停在什么位置？

『答案］

（1）2.25m

（2）0.8s（3）C点右侧0.4m处

『解析」

【详解】

（1）设滑块下滑高度为几时，恰好经过圆轨道最高点在D点:

A到D由动能左理得

Iftg趴-2R）-PmgXBC=g解得:

A1=2.25In

即释放滑块的髙度至少为2.25m,才能顺利经过圆轨道最髙点Do

（2）设滑块运动到E点速度为气，由动能立理:

mghl-μmgxBE=|〃诉一EKA

代入数据得：

VI=8m∕s

滑块沿传送带向上运动加速度为5,由牛顿第二左律：

mgSinΘ+μmgCOSθ=Ina}

代入数据得：

ax=10m∕s2

向上运动时间：

r=Λ

代入数据得：

t=0.8s

（3）滑块向上运动最远距离：

/==3.2m

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