江苏省泗阳县2019届高三上学期期末物理试卷（word版含解析）

江苏省泗阳县2019届高三上学期期末试卷
本卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分，满分120分，考试时间100分钟。
第I卷（选择题共48分）
一.单项选择题(本题共8小题，每小题3分，计24分。在每小题给出的四个选项中，只
有一个选项符合题意，有选错或不答的得0分)，请将答案填写在"答题纸"上。
1.关于匀速圆周运动的描述正确的是（
）
A.
是匀速运动
B.
是匀变速运动
C.
合力不一定时刻指向圆心
D.
是加速度变化的曲线运动
【答案】D
【解析】
【详解】匀速圆周运动的速度大小不变，方向时刻都在变化，说明做匀速圆周运动的物体合外力一定不为零，即一定有加速度，并且加速度时刻指向圆心，故匀速圆周运动是变速圆周运动，合外力时刻指向圆心，是加速度变化的曲线运动，故ABC错误，D正确。
2.设地球表面的重力加速度为g，物体在距底面R(R是地球半径）处，由于地球作用而产生的加速度为g0
.则为
（
）
A.
1:2
B.
2:1
C.
4:1
D.
1:4
【答案】C
【解析】
在地球表面：
；在距地面R处：；解得g:g0=4:1，故选C.
3.质量为m的物体由静止开始下落，由于空气阻力作用，下落的加速度为0.2g，在物体下落h的过程中，下列说法中正确的是（
）
A.
重力对物体做功0.2mgh
B.
物体的动能增加了
0.2mgh
C.
物体重力势能减少了0.lmgh
D.
物体的机械能减少了
0.2mgh
【答案】B
【解析】
【详解】在物体下落h的过程中，重力对物体做正功，大小为，则重力势能减少了，故AC错误；由牛顿第二定律有：，解得空气阻力大小为，由动能定理有：，即，重力与阻力的合力对物体做正功，则物体动能增加了，故B正确；由功能关系可知，物体机械能的减少量等于空气阻力对物体所做的功，即物体的机械能减少了，故D错误。
4.某天体的半径为R，其一个卫星环绕速度为，轨道半径为r，则该天体的第一宇宙速度为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】在该天体表面附近，由万有引力提供向心力有：①，对卫星有：②，联立解得该天体的第一宇宙速度为，故A正确，BCD错误。
5.如图所某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当质量为m的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为4mg(g为重力加速度),已知两根弹簧与竖直方向的夹角为,则此时每根弹簧的伸长量为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】底盘对物体的支持力为4mg，则物体对底盘的压力大小为4mg，根据底盘受力平衡有：，解得每根弹簧的伸长量，故C正确，ABD错误。
6.如图所示，
ABC
为一光滑细圆管构成的3/4圆轨道，固定在竖直平面内，轨道半径为R（比细圆管的半径大得多），OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C。在A点正上方某位置有一质量为m的小球（可视为质点）由静止开始下落，刚好进入细圆管内运动。已知细圆管的内径稍大于小球的直径，不计空气阻力。下列说法正确的是（
）
A.
若小球刚好能达到轨道的最高点C，则释放点距A点的高度为1.5R
B.
若释放点距A点竖直高度为2R，则小球经过最低点B时轨道对小球的支持力为7mg
C.
若小球从C点水平飞出恰好能落到A点，则释放点距A点的高度为2R
D.
若小球从C点水平飞出后恰好能落到A点，则小球在C点圆管的作用力为1.5
mg
【答案】B
【解析】
【详解】A、小球刚好能到达轨道的最高点 C ，即小球到达 C 点的速度为 0 ，根据机械能守恒可得： mgh=mgR，解得： h=R，即释放点距A点的高度为R，故A错误；
B、在 B 点对小球由牛顿第二定律可得：，根据动能定理：，解得，则小球经过最低点B时轨道对小球的支持力为7mg，故B正确；
CD、小球从 C 点飞出做平抛运动，水平方向上有：，竖直方向上有：，由动能定理有：，解得释放点距A点的高度为，故C错误；由牛顿第二定律可得： ，联立解得，根据牛顿第三定律可知 , 小球对圆管的作用力大小为 ，方向竖直向下，故D错误。
7.半圆形金属框竖直放在粗糙的水平地面上，套在其上的光滑小球P在水平外力F
作用下处于静止状态，P与圆心O
的连线与水平面的夹角为θ
，现用力F
拉动小球，使其缓慢上移到框架的最高点，在此过程中金属框架始终保持静止，下列说法中正确的是
（
）
A.
框架对小球的支持力先减小后增大
B.
水平拉力F
先增大后减小
C.
地面对框架的支持力先减小后增大
D.
地面对框架的摩擦力一直减小
【答案】D
【解析】
以小球为研究对象，分析受力情况如图所示：
根据动态三角形可知：框架对小球的支持力不断减小，故A错误；水平拉力F
一直减小，故B错误；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，水平拉力F
一直减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，框架对地面的压力保持不变，故D正确，C错误。所以D正确，ABC错误。
8.如图所示，质量为M的板置于水平地面，其上放置一质量为m的物体，物体与板，板与地面间的滑动摩檫系数分别为、。当作用在板上的水平拉力为F时能将板从物体下拉出，则F的取值范围为（
）
A.
F
>
B.
F
>
C.
F
>
D.
F
>
【答案】D
【解析】
【详解】当M和m发生相对滑动时，才有可能将M从m下抽出，此时对应的临界状态为：M与m间的摩擦力为最大静摩擦力，且m运动的加速度为二者共同运动的最大加速度，对m有：，设此时作用与板的力为，以M、m整体为研究对象，有：，解得，当时，才能将M抽出，即，故D正确，ABC错误。
二、多项选择题(本题共6小题，每小题4分，计24分，在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合題意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)，请将答案填写在"答题纸〃上。
9.一物体在拉力F作用下，以加速度在水平面上做匀加速直线运动，力F的水平分量为，如图所示，若以和大小、方向都相同的力F'代替F拉物体，使物体产生加速度，那么（
）
A.
当水平面光滑时，<
B.
当水平面光滑时，=
C.
当水平面粗糙时，<
D.
当水平面粗糙时，=
【答案】BC
【解析】
【详解】设拉力F与水平方向所成角度为，当水平面光滑时，物体受到拉力、重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：，，则，故A错误，B正确；当水平面粗糙时，物体受到拉力、重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：，，则，故C正确，D错误。
10.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道I，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送人同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点．如图所示，则卫星分别在1、2、3轨道上运行时，以下说法正确的是（
）
A.
卫星在轨道2上经过P点的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度
B.
卫星在轨道3上的周期大于在轨道1上的周期
C.
卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
D.
卫星在轨道3上与地心选线在单位时间内扫过的面积大于在轨道1上与地心连线在单位时间内扫过的面积
【答案】ABD
【详解】由公式可知：①，②，③，卫星在轨道2上经过P点的轨道半径等于它在轨道3上经过P点时的轨道半径，由①式可知，向心加速度相等，故A正确；，由③式可知，，故B正确；，由②式可知，，故C错误；由几何关系可知，卫星在轨道3上与地心选线在单位时间内扫过的面积大于在轨道1上与地心连线在单位时间内扫过的面积，故D正确。
11.如图所示，长为L的轻杆OB，
O端装有转轴，B端固定一个质量为2m的小球B,
OB
中点固定一个质量为m的小球A，若OB杆从水平位置静止开始释放转到竖直位置的过程中，不计一切摩擦，下列说法中正确的有（
）
A.
A、B两球总机械能守恒
B.
轻杆对A球做正功，轻杆对B球做负功
C.
轻杆对A球不做功，轻杆对B球不做功
D.
轻杆对A球做负功，轻杆对B球做正功
【答案】AD
【解析】
【详解】两球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，两球的角速度相等，到达底端时，设A球的速度为v，则B球的速度为2v，根据机械能守恒定律得
，计算得出
；对A球运用动能定理得：
，计算得出，则轻杆对A球做负功；对B球运用动能定理得，计算得出，则轻杆对B球做正功。故AD正确，BC错误。
12.如图所示，甲、乙相距1.5m，甲在后，乙在前，沿相互平行的两条直线向同一方向运动，
它们的速度-时间图线如图所示，则它们相遇的时刻是（
）
A.
第1秒末
B.
第2秒末
C.
第3秒末
D.
第4秒末
【答案】AC
【解析】
【详解】甲做匀速直线运动，乙车做匀加速直线运动，乙车的加速度为；时间t内甲车的位移为：，乙车的位移为：，甲追上乙时，有：，即，解得或，故AC正确，BD错误。
13.如图所示，某同学由O点先后抛出完全相同的3个小球（可将其视为质点），分别依次垂直打在竖直木板M、N、P三点上。已知M、N、P、0四点距离水地面高度分别为4h、3h、2h、h.不计空气阻力，以下说法正确的是（
）
A.
击中P点的小球动能最小
B.
分别到达M、N、P、O四点的小球的飞行时间之比为1:2:3
C.
分别到达M、N、P三点的小球的初速度的竖直分量之比为3:
2:1
D.
到达木板前一个小球的加速度相同
【答案】D
【解析】
【详解】将运动逆向看，可看成是三个平抛运动，且达到O点时水平位移相等，根据，可得运动时间，则到达M、N、P的运动时间之比为，故B错误；水平方向有，则水平方向的速度之比为，由可知，击中M点的小球动能最小，故A错误；由可知，达到M、N、P三点的小球的初速度的竖直分量之比为，故C错误；做平抛运动的物体加速度为重力加速度，故到达木板前小球的加速度相同，故D正确。
14.如图所示，物块A从弧形滑槽上的某一固定高度滑下后,以速度又滑上粗槽的水平传送带。若传送带不动，A滑下后，从离开滑槽进入传送带左端开始计时，经过时间t1滑至传送带右端某处便停止下来而不会掉下去。若传送带以恒定速率做逆时针转动，
A滑下后，从离开滑槽进入传送带在端开始计时，直到又返回传送带，所用时间为t2,则.以下判断正确的是（
）
A.
若＜，则t2=2t1
B.
若＞，则t2＜2t1
C.
若＞，则t2＞2t1
D.
若=，则t2=2t1
【答案】ACD
【解析】
【详解】当传送带不动时，物块滑上传送带后做匀减速运动到零。若，物块返回时，一直做匀加速直线运动，根据对称性，返回的时间与匀减速运动到零的时间相等，则，故A正确；若，物块返回时先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，则返回的时间大于开始匀减速运动到零的时间，则，故B错误，C正确；若，物块返回时，一直做匀加速直线运动，同理根据对称性可知，，故D正确。
三、本题共2小题，计18分，把答案填在答题纸对应的横线上或按题目要求作答。
15.某研究小组做"验证力的平行四边形定则”的实验，器材有：方木板一块，白纸，量程为5
N的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）。
（1）具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的是______。
A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同
C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度
D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力
（2）该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O，力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是_____。
A.
B.
C.
D.
(3)该小组同学仔细分析试验，怀疑是严重的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果。该小组讨论后找来钩码，改用如图所示的实验装置来实验，三条细绳结于O点分别与两弹簧测力计和钩码相接。实验步骤如下：
A．弹簧测力计A挂于固定在竖直木板上的P点
B．结点O下的细线挂钩码C
C．手持弹簧测力计B缓慢向左拉，使结点O静止在某位置
D．记下钩码质量、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数
①步骤D中漏记录了______。
②在实验过程中，下列哪些情况会对实验结果产生误差的是_____。
A．改变弹簧测力计B拉力进行多次实验时，结点O的位置发生变化
B．木板不竖直
C．A弹簧测力计外壳的重力
D．B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平
【答案】(1).
BC
(2).
B
(3).
三条细线（拉力）的方向
B
【解析】
【详解】（1）F1、F2间的夹角大小适当即可，不一定要橡皮条和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，故A错误；合力与分力为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则结点O的位置要相同，而在重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，故B正确；使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小摩擦力；读数时，视线应整队测力计刻度，可减小偶然误差，故C正确；用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力不一定要小于只用一个测力计拉橡皮条的拉力，故D错误。
（2）为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍微长一些，同时在纸上描点时，所描的点不要太靠近O点，A图中所描的点太靠近O点，故A错误；B图中所描的点到结点O的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中，所选标度较小，精确度较高，故B正确；C图中力的读数太小，且作图时代表力的大小的线段长度要适当，故C错误；D图中两个分力之间的夹角太大，误差较大，故D错误。
（3）①步骤D中漏记录了三条细线（拉力）的方向；②改变弹簧测力计B拉力进行多次实验时，结点O的位置发生变化，那么合力即测力计A的示数也会发生变化，对实验没有影响，故A错；在木板上做图时，所有力的方向都在平面内，木板若不是竖直，而重力是竖直方向，那么就没有办法画出钩码重力的分力，对实验造成误差，故B对；弹簧测力计外壳的重力并没有作用在弹簧上，不会造成误差，故C错；在木板上做图时，所有力的方向都在平面内，如果B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平，但只要在木板平面内对作图就没有影响，不会造成误差，故D错。实验会造成误差的只有B。
16.探究外力做功与物体动能变化关系的实验装置如图甲所示，根据实验中力传感器读数和电磁打点器打出纸带的测量数据等可分别求得外力对小车做功和小车动能的变化。
（1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是____。
A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作
B．实验操作时要先放小车，后接通电源
C．调整滑轮的高度，使连接小车的细线与木板平行
D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)除了图中所注明的器材外，实验中还需要交流电源、电线、刻度尺和______。
(3)如下图所示，为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究功与速度变化的关系。已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g。图中已经标明了要测量的物理量，另外，已知对应传感器的读数为F，小车的质量为M，钩码的总质量为m，请你以小车为研究对象，把要探究的结果用题中和纸带上的字母表达出来________。
（4）分析试验数据后发现，小车增加的动能明显大于细线拉力做的功，可能的原因是：_________。
【答案】
(1).
AC
(2).
天平
(3).
(4).
右侧木板倾角过大
【解析】
【详解】(1)为了减小误差，实验前必须进行平衡摩擦力的操作，选项A正确；实验时要先接通电源，再释放小车，选项B错误；调整滑轮的高度，使连接小车的细线与木板平行，选项C正确；因为装置中有力传感器，所以不需要要求钩码质量远小于小车质量，选项D错误。综上本题选AC；
(2)因为实验中要求求出小车的动能及其增量，所以要求测量小车质量，即还需要天平；
(3)打A点时小车的速度，打B点时小车的速度，要探测的结果是，即
。
(4)
小车增加的动能明显大于细线拉力做的功，说明小车的初速度不为零，即有可能右侧木板倾角过大。
四、本题共4小题，计54分。解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
17.一物体在某高处以的初速度被水平抛出，落地时的速度，不计空气阻力，取g=10m/s2。求：
（1）物体被抛出处的高度H；
（2）小球落地点与抛出点之间的水平距离x；
（3）以地面为零势能面，小球下落过程中，在距地面多高处物体的重力势能与动能相等。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【详解】（1）物体落地时竖直方向的分速度为
，
竖直方向有：
解得：t=1s；
（2）水平方向有：
解得:
（3）由题可知，
根据动能定理:
解得：
18.如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上，滑块在斜面地端以初速度，沿斜面上滑。斜面倾角，滑块与斜面的动摩擦因数。整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量m=1kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10
m／s2。试求：
（1）若，，求滑块从C点开始在2s内的位移。
（2）若，，求滑块回到出发点时的速度大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【详解】(1)若，滑块上滑过程中，由牛顿第二定律有：
，
解得滑块上滑过程的加速度大小
上滑时间，
上滑位移为
(2)若，滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：
，
解得
设滑块上滑位移大小为L，则由
，解得
滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：
，
解得
根据
，
解得滑块回到出发点处的速度大小为
19.如图所示，AO为半径为R的1/4固定光滑圆周轨道，为O1圆心，O1A水平。一质量为m的小球从位置A静止释放，小球运动至最低点O的过程中，重力加速度为g，求：
（1）小球到达位置O时速度大小；
（2）当小球所在位置与O1的连线与O1A夹角为30°时，其重力的瞬时功率；
（3）假设小球所在位置与O1的连线与O1A夹角为时，小球在上述过程中轨道对小球的作用力为F，试通过计算在坐标系中作出图象。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【详解】（1）小球从A到O过程由动能定理有：
解得：
（2）当小球所在位置与O1的连线与O1A夹角为30°时，
由动能定理有：
此时重力的瞬时功率
解得：
（3）设小球所在位置与O1的连线与O1A夹角时，有
在该处由牛顿第二定律有：
解得：
图象如图：
20.如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，质量为2m的小球A套在圆环上；长为的刚性轻杆（既不伸长也不缩短）一端通过铰链与A连接，另一端通过铰链与滑块B连接；滑块B质量为m，套在水平固定的光滑杆上。水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线上。现将A置于圆环的最高处并给A-微小扰动（初速度视为0），使A沿圆环顺时针自由下滑，不计一切摩擦，A、B均视为质点，重力加速度大小为g．求：
（1）A滑到与圆心O同高度时的速度大小；
（2）A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B做的功．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【详解】(1)当A滑到与O同高度时，A的速度沿圆环切向竖直向下，B的速度为0，
由机械能守恒定律得:
解得
(2)
杆与圆环第一次相切时，A的速度沿杆方向，设为vA，此时B的速度设为vB，
根据杆不可伸长和缩短，得，其中为B的速度与水平方向的夹角
由几何关系得，则
球A下落的高度
由机械能守恒定律得
对B由动能定理得
解得