2022学度第一学期徐汇区高三物理第一次联考b卷.pdf

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卷
(考试时刻120分钟,满分150分)2022-5-5
第Ⅰ卷(共56分)
本卷分单项选择题和多项选择题,共20小题,单项选择题每小题给出的四个答案中只
有一个是正确的,选对得2分或3分;多项选择题每小题给出的四个答案中,有二个或二
;选对但不全,得部分分;有选错或不答的,得0分.
(一)单项选择题每小题2分,共16分.
()

“质点”,是一种理想化模型,研究下列物体的运动时可视为质点的是
()


,先将两腿弯曲,再用力蹬地,就能跳离地面,人能跳起离开地面的
缘故是()

a


,还受到一个向上的力S
,为一质点作直线运动时的a~t图像,图中斜线部分O
t1t2t
的面积S表示()

,其中正确的是()




,一根木棒AB在O点被悬挂起来,AO=OC,在A、C两点分别挂有两
个和三个砝码,木棒处于平稳状态。如在木棒的A、C点分别增加两个和三个同样的砝码,
则木棒()
OCB



,转动方向不定
.以初速度竖直向上抛出一个小球,小球所受的空气阻力与速度大小成正比。将小
7v0
球从抛出点上升至最高点的过程与小球从最高点落回至抛出点的过程作对比,下列说法正确
的是()
,故运动时刻更长
,故运动时刻更短


.如图所示,质量分别为、的两个物体通过轻弹簧连接,在力的作用下一起
8m1m2F
沿水平方向做匀加速直线运动(在光滑地面上,在空中).已知力与水平方向的夹角
m1m2F
()
θm1
FcosθFsinθF
.
+mBm+mθ
1212m
2
mmm
121
(二),共24分.
()
,因此力能够改变物体的惯性
,产生加速度大的物体,其惯性较小
,因此,物体速度大的惯性比速度小的惯性大
,并不能说明载货时比空车时惯性大
=5t+t2(各物理量均采纳国际单位制
单位),则该质点()


2m/s
、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动,t=0时刻同时通过公路
旁的同一个路标。在描述两车运动的v-t图中,直线a、b分别描述了甲、乙两车在0-20
s的运动情形。关于两车之间的位置关系,下列说法正确的是()
-10s内两车逐步靠近v/(m/s)
-20s内两车逐步远离10b(乙)
a(甲)
-15s内两车的位移相等5
=10s时两车在公路上相遇
05101520t/s
,AC是上端带定滑轮的固定竖直杆,质量
不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点,另一端B悬挂一重为G的物
体,且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C,用力F拉绳,开始时∠BAC
>90°,现使∠BAC缓慢变小,直到杆AB接近竖直杆AC。此过程中,轻
杆B端所受的力()


,落向地面后又反向弹起,不计空
气阻力。能正确反映其运动过程的速度——时刻图像是()
vvvv
0t0t0t0t
.
-t图象,在t和t时刻的瞬时速度分
12
别为v和v,物体在t到t的过程中()
1212
v
v12
2
v
v>12v<12
22
,与竖直墙平行放置着一个截面为1/4圆的柱状物体,在柱状
物体与墙之间放一光滑圆球,在柱状物体的右侧竖直面上施加一水平向左的推力F,使整个
装置处于静止状态,现将柱状物体向左推过一段较小的距离,若使球与柱状物体仍保持静止
状态,则与原先相比()

.地面受到的压力变小
BF


.质量分布平均的杆、,分别可绕、轴在竖直
16ABCDACT2
DT3T
面内自由转动,,CD1
T4
杆对杆的作用力方向可能是图中的:()
ABBOA
....
AT1BT2CT3DT4
(三),
、B两小球悬在水平挂天花板上的同一点O,并用长度
相同的细线连接A、B两小球,然后用力F作用在小球A上,如
图所示,现在三根细线均处于直线状态,且OB细线恰好处于竖O
A
直方向,两小球均处于静止状态。不考虑小球的大小,则力F的F
可能方向为()

→→A方向
lC
,质量为m的物体A系于两根轻弹簧l、1
1B
上,的一端悬在挂天花板上点,与竖直方向夹角为θ
l2l1C
θ,l水平拉直,左端固定于墙上B点,物体处于静止状
2lA
()2
.若将剪断,则剪断瞬时物体的加速度=,方向沿方向
Al2αgtanθB→A
.若将剪断,则剪断瞬时物体的加速度=,方向垂直于斜向下
Bl2αgsinθAC
.若将剪断,则剪断瞬时物体的加速度=,方向竖直向下
Cl1αg
.若将剪断,则剪断瞬时物体的加速度=,方向沿方向
Dl1αg/cosθC→A
,质量为M、倾角为的斜面放在粗糙水平面上,质量为m的物体在斜面
上恰能匀速下滑。现加上如图所示的沿斜面向下的力F,使物体在斜面上加速下滑,则现在
地面对斜面的支持力的大小和物体的加速度大小为()
FNa
F
.=-.=(+)+
AamgsinBFNMmgFsin
F
.=.=(+)
CamDFNMmg
(1)所示,质量为m的木板AB,其下端点B能够绕光滑转动轴B自由转动,
另一端点A搁在竖直墙壁上,并在板与墙壁间安装一个表面光滑的压力传感器。一个重为G
的木块从A端由静止开始沿木板滑下,木块与木板间的动摩擦因数保持恒定。假如在木块
从A端滑下时开始计时,下滑的时刻为t,下滑的位移为x,则图(2)的图像中能正确反映
压力传感器上受到的压力随或变化的是()
FNtx
压FFFFN
力ANNN
传G
感
器
xxtt
0000
.
图(1)图()
2
第Ⅱ卷(共94分)
(四),共32分.
=12N,F2=5N,F3=6N,则这三个共点力的最大合力为__________N,
最小合力为__________N。
,把其全程自上而下分为三段,物体通过三段所用的时刻之
比为1:2:3,则这三段的位移之比为,这三段中物体的平均速度之比为。
=65kg的人站在升降机里的台秤上,发觉台秤示数为780N,则升降机
的加速度大小为__________m/s2,升降机的运动状态是______________________________。
,一细线的一端固定于倾角为53°的光滑楔形滑块A的顶端处,
细线的另一端拴一质量为m的小球,当滑块至少以加速度a__________并
向左运动时,小球对滑块的压力恰等于零。当滑块以a3g的加速度向左
运动,线中拉力T__________。
,不计空气阻力,5秒内物体的路程为__________,
位移大小为__________。(g取10m/s2)
,平均光滑直棒一端用铰链装在水平地面上,另
一端搁在立方体上,棒与地面夹角为30左右,现将立方体缓慢向
左推,则立方体对棒的压力力矩变化情形为(选填

“逐步增大”、“逐步减小”、“先增大后减小”或“先减小后增大”,以
下同),立方体对棒的压力变化情形为。
=30°的斜面体放在水平地面上,一个重为G
的球在水平力F的作用下,静止在光滑斜面上,则水平力F的大
小为__________;若将力F从水平方向逆时针转过某一角度后,
仍保持F的大小,且小球和斜面也仍旧保持静止,则现在水平地面对斜面体
的摩擦力f=__________。
,一名质量为60㎏的消防队员在模拟演****训练中,沿着长为
12m的竖立在地面上的钢管住下滑,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀
减速下滑,滑到地面时速度恰好为零。假如他加速时的加速度大小是减速时的2倍,下滑的
总时刻为3s,那么该消防队员加速与减速过程的时刻之比为__________加速与减速过程中
所受摩擦力大小之比为__________。2020学年第一学期徐汇区高三物理
第一次联考B卷
答题卷
五
题号一二三四成绩
2930313233
满分16分24分16分32分10分12分12分14分14分150分
得分
第Ⅰ卷(共56分)
(一)单项选择题每小题2分,共16分.
题号12345678
答案
(二),共24分.
题号9101**********
答案
(三),共16分.
题号17181920
答案
第Ⅱ卷(共94分)
(四),共32分.
,___________。,___________。
,________________________。,___________。
,___________。,___________。
,___________。,___________。
(五),方程式和重要的演算步骤,只写出最后
答案,而未写出演算进程的,不能得分,有关物理量的数值运算问题,答案中必须明确写
出数值..和单位。
29.(10分)如图,质量m=,在斜向上与水平面成300的
恒定的拉力作用下,向右以的速度做匀速直线运动。求:
F=5Nv0=1m/s
(1)硬木块与桌面间的动摩擦因数μ;
(2)假如从某时刻起撤去拉力F,求撤去拉力后木块还能在桌面上滑行的最大距离s。
F
300
30.(12分)如图所示,质量m=1Kg的小球穿在长L=,斜杆与水平方向
成α=37°角,斜杆固定不动,小球与斜杆间的动摩擦因数μ=。小球受水平向左的拉
力F=1N,从斜杆的顶端由静止开始下滑(sin37,cos37),求
(1)小球运动的速度大小;加
(2)小球运动到斜杆底端时的速度大小。
31.(12分)如图所示,T形金属支架与固定转轴O相连,AB水平,CO与AB垂直,B
端由竖直细线悬吊,AC=CO=,CB=,=
,,滑块与AB间的
动摩擦因数==10m/s2,求:
(1)支架的重力相对转轴O的力矩;
(2)小滑块滑至C点时细线对B的拉力.
m
ACB
O
32.(14分)一辆值勤的警车停在公路边,当警员发觉从他旁边以10m/s的速度匀速行
驶的货车严峻超载时,决定前去追赶,,
做匀加速运动,但警车的行驶速度必须操纵在90km/:
(1)警车在追赶货车的过程中,两车间的最大距离是多少?
(2)警车发动后要多长时刻才能追上货车?
33.(14分)航模爱好小组设计出一架遥控飞行器,其质量m=2㎏,动力系统提供的
恒定升力F=,
力大小不变.
(1)第一次试飞中,飞行器飞行t=8s时到达的高度H=64m,求飞行器所受阻力f的大
1
小;
(2)第二次试飞中,飞行器飞行t=6s时遥控器显现故障,飞行器赶忙失去升力,求飞
2
行器能达到的最大高度h;
(3)为了使飞行器不致坠落到地面,求飞行器从开始下落到复原升力的最长时刻t.
2020学年第一学期徐汇区高三物理第一次联考B卷
参考答案和评分标准
第Ⅰ卷(共56分)
(一)单项选择题每小题2分,共16分.
题号12345678
答案BACBBCDA
(二),共24分.
题号9101**********
答案BDCCADAD
(三),共16分.
题号17181920
答案ABDADCDBD
第Ⅱ卷(共94分)
(四),共32分.
,:8:27,1:4:9
,,2mg
,;先增大后减小
.G/3,G/∶2,1∶7
273328
(五).
29.(10分)
(1)受力分析由平稳条件可得:Ff=Fcos30°(1分)
+=(分)=(分)=μμ=(分)
FNFysin30°
(2)撤去拉力F后木块以v=1m/s的速度做匀减速直线运动
0
a=μg(1分),2as=v2(2分)s=(2分)
0
30.(12分)解:(1)FcosmgsinNma(3分)
FsinNmgcos(2分)
∴F(cossin)mg(sincos)(2分)
a
m
(2)(2分)∴(3分)
v22aLv2aL22m/s
31.(12分)解:(1)由力矩平稳得M=mgAC=×10×=1Nm(4分)
G
(2)滑动摩擦力f=mg=××10N=
M=mgCO=×=(2分)
f
力矩平稳得M+M=M(3分)拉力T=(M+M)/CB=(1+×)/=5N(3分)
GfTGf
32.(14分)解:(l)警车在追赶货车的过程中,,设
警车发动后通过t时刻两车的速度相等.(2分)则.
1
10(1分)s=(+4)×10m=95m(1分)
t=s=4s货

s(1分)因此最大距离△s=s-s=75m(2分)
警11货警
=at2=42m=20m
212
(2)v=90km/h=25m/s,当警车刚达到最大速度时,运动时刻25(1分)
0t=s=10s

s’=(+10)×10m=155m(1分)
货
s’=(1分)
警11
at2=102m=125m
222
因为s’>s’,故现在警车尚未赶上货车,且现在两本距离△s’=s’-s’=30m
货警货警
警车达到最大速度后做匀速运动,设再通过△:
s'(2分)因此警车发动后耍通过t=t+t=12s才能追上货车。(2分)
t==2s2
v-v
m
33.(14分)解:(1)第一次飞行中,设加速度为a匀加速运动:1(1分)
1Hat2
211
由牛顿第二定律:Fmgfma解得f4(N)(2分)
1
(2)第二次飞行中,设失去升力时的速度为v,上升的高度为s
11
匀加速运动:1(1分)设失去升力后的速度为a,上升的高度为s由牛顿
sat222
1212
第二定律:(2分)(1分)(1分)解得:
mgfmavatv2
2112s1
22a
2
hss42(m)(1分)
12
(3)设失去升力下降时期加速度为a;复原升力后加速度为a,复原升力时速度为v
343
由牛顿第二定律(1分)F+f-mg=ma(1分)
mgfma4
3
且(1分)V=at(1分)解得t=(s)()(1分)
v2v2333332
33h
2a2a2
34