甘肃省武威第十八中学2020届高三上学期第三次月考诊断物理试题

甘肃省武威第十八中学2020届高三上学期第三次月考诊断物理试题

‎2019—2020学年第一学期第三次诊断考试试题高三物理 一、选择题 ‎1.静止在水平面上的物体，受到水平拉力 F 的作用，在 F 从 20 N 开始逐渐增 大到 40 N 的过程中，加速度 a 随拉力 F 变化的图象如图所示，由此可以计算出 (g＝‎10 m/s2) ‎ A. 物体的质量 B. 物体与水平面间的动摩擦因数 C. 物体与水平面间的滑动摩擦力大小 D. 加速度为 ‎2 m/s2 时物体的速度 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】当F＞20N时，根据牛顿第二定律：F-f=ma，得；则由数学知识知图象的斜率 k=；由图得，可得物体的质量为‎5kg。将F=20N时a=‎1m/s2，代入F-f=ma得：物体受到的摩擦力 f=15N；由f=μFN=μmg可得物体的动摩擦因数μ，故ABC正确。因为图象只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，因没有时间，故无法算得物体的加速度为‎2m/s2时物体的速度，故D错误。故选ABC。‎ ‎2.如图，小球a、b的质量均为m，a从倾角为30°的光滑固定斜面的顶端无初速下滑，b从斜面等高处以初速v0平抛，比较a、b落地前的运动过程有( )‎ A. 所用的时间相同 B. a、b都做匀变速运动 C. 落地前的速度相同 D. 重力对a、b做的功相同 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设斜面的高度为h，则在斜面上运动的加速度 a=gsin30°=‎‎0.5g 则 ‎ ‎ 解得 ‎．‎ 平抛运动的时间 知 t1＞t2‎ 故A错误。‎ B．AB均受恒力作用，故二者均做匀变速运动，故B正确； C．根据动能定理得，对a，‎ ‎ ‎ 解得 对b，‎ ‎ ‎ 解得 知a、b落地的速度不等。故C错误。‎ D．两物体质量相同，下降的高度相同，则重力做功相同。故D正确。‎ ‎3.‎2016年9月25日，天宫二号由离地面h1＝‎360 km的圆形轨道，经过“轨道控制”上升为离地h2＝‎393 km的圆形轨道，“等待”神舟十一号的来访。已知地球的质量为M，地球的半径为R，引力常量为G。根据以上信息可判断( )‎ A. 天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度大于第一宇宙速度 B. 天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度大于在轨道h1上的运行速度 C. 天宫二号在轨道h1上的运行周期为 D. 天宫二号由圆形轨道h1进入圆形轨道h2运行周期变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据万有引力提供向心力得：‎ 所以：‎ 由于“天宫二号”的轨道半径大于地球的半径，所以天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度小于第一宇宙速度。故A错误；‎ B．根据，由于h1＜h2，可知，天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度小于轨道h1上的运行速度。故B错误；‎ C．“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，‎ 解得在轨道h1上的运行周期：‎ 故C正确；‎ D．“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，‎ 解得周期：‎ 天宫二号由圆形轨道h1进入圆形轨道h2轨道半径增大，则运行周期增大，故D错误。‎ ‎4.如图所示，轻杆长‎3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时(　　) ‎ A. 球B的速度为零 B. 球A的速度大小为 C. 水平转轴对杆作用力为1.5mg D. 水平转轴对杆的作用力为2.5mg ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有 解得,故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小，故B错误；‎ B球到最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有解得：F=1.5mg 故C正确，D错误．故选C.‎ ‎5..如图分别用力F1、F2、F3将质量为m 的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，在此过程中，F1、F2、F3做功的功率大小关系是( )‎ ‎ ‎ A. P1=P2=P3 B. P1＞P2=P‎3 ‎C. P3＞P2＞P1 D. P1＞P2＞P3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】三个物体沿斜面上滑的加速度相同，则到达斜面顶端时的时间和速度均相同，由能量关系可知，力F做的功等于物体重力势能的增量和动能增量之和，则三种情况下力F做功相同，根据可知，功率相同，即P1=P2=P3.‎ A．P1=P2=P3，与结论相符，选项A正确；‎ B．P1＞P2=P3，与结论不相符，选项B错误；‎ C．P3＞P2＞P1，与结论不相符，选项C错误；‎ D．P1＞P2＞P3，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.质量为m=‎2 kg物体，在水平面上以v1=‎6 m/s的速度匀速向西运动，若有一个F=8N、方向向北的恒力作用于物体，在t=2s内物体的动能增加了（ ）‎ A. 28 J B. 64 J C. 32 J D. 36 J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设物体沿F方向的加速度为a，由牛顿第二定律得：‎ 物体沿F方向做匀加速直线运动，2s内的位移为：‎ 力F所做的功为：‎ W=Fs=8×8J=64J 由动能定理得：‎ W=△Ek=64J A．28 J，与结论不相符，选项A错误；‎ B．64 J，与结论相符，选项B正确；‎ C．32 J，与结论不相符，选项C错误；‎ D．36 J，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎7.如图所示，小球在竖直向下的力F作用下，将竖直轻弹簧压缩．将力F撤去，小球将向上弹起并离开弹簧，直到速度为零时为止，则小球在上升过程中 ‎①小球的动能先增大后减小 ‎ ‎②小球在离开弹簧时动能最大 ‎③小球动能最大时弹性势能为零 ‎ ‎④小球动能减为零时，重力势能最大 以上说法中正确的是（　　）‎ A. ①③‎ B. ①④‎ C. ②③‎ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：小球开始受到重力、推力F和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断变大的减速运动，离开弹簧后做竖直上抛运动，结合功能关系和牛顿第二定律进行分析即可．‎ 解：①将力F撤去小球向上弹起的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球所受的合力先向上后向下，所以小球先做加速运动，后做减速运动，所以小球的动能先增大后减小，故①正确；‎ ‎②当弹簧的弹力与重力大小相等时，速度最大，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，小球还没有离开弹簧．故②错误．‎ ‎③小球动能最大时，弹簧处于压缩状态，弹性势能不为零，故③错误．‎ ‎④小球动能减为零时，小球上升到最高点，重力势能最大，故④正确．‎ 故选：B．‎ ‎8.如图所示，下列四个选项图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A、B、C中的斜面是光滑的，图D中的斜面是粗糙的，图A、B中的F为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A、B、D中的木块向下运动.图C中的木块向上运动.在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由A图可知，力F对物体做正功，机械能增加，不守恒，故A错误；‎ B．由B图可知，力F做负功，机械能减小，故B错误；‎ C．C图中物体斜面光滑，运动过程中只有重力做功，只有重力势能和动能的相互转化，机械能守恒，故C正确；‎ D．D图中斜面粗糙，物体下滑中，摩擦力做负功，机械能减小，不守恒，故D错误。‎ ‎9.如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（ ）‎ A. 一直不做功 B. 一直做正功 C. 始终指向大圆环圆心 D. 始终背离大圆环圆心 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度方向，所以小环下滑的过程中，大环对小环没有做功，故选项A正确，B错误；‎ CD、小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，故选项C、D错误。‎ ‎10.质量为‎2 kg的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为‎3 m/s，则其末速度为( )‎ A. ‎5 m/s B. m/s C. m/s D. m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】外力与位移图象与坐标轴围成的面积表示外力所做的功，由图可知：‎ W=2×2+4×4-2×3=14J 根据动能定理得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ A．‎5 m/s，与结论不相符，选项A错误；‎ B． m/s，与结论相符，选项B正确；‎ C．m/s，与结论不相符，选项C错误；‎ D． m/s，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎11.如下图所示，质量为M、长度为L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为( )‎ A. 2μmgL B. μmgL C. μ(M＋m)gL D. μmgL ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在运动过程中当力做功取最小值时，小木块在木板上做匀速运动．最终力F做的功全都消耗在摩擦力上，小物块相对于木板运动的距离为L，所以总功为W=fL=μmgL．‎ A．2μmgL，与结论不相符，选项A错误；‎ B．μmgL，与结论不相符，选项B错误；‎ C．μ(M＋m)gL，与结论不相符，选项C错误；‎ D．μmgL，与结论相符，选项D正确；‎ ‎12.如图，一固定容器内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)‎ ‎ ‎ A. a＝ B. a＝‎ C. N＝ D. N＝‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析: 质点P下滑的过程，由动能定理得，可得；在最低点，质点P的向心加速度；根据牛顿第二定律得,解得；故A、B、C正确，D错误．故选ABC．‎ 考点：考查动能定理；向心力．‎ ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握动能定理解题，以及知道质点在B点径向的合力提供圆周运动的向心力．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎13.质量为‎2 kg的物体A做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L＝‎5 m，不考虑空气阻力的影响，重力加速度g取‎10 m/s2，下列说法中正确的是( )‎ A. 物体A落地时的速度大小为‎10m/s B. 物体A落地时的动能为125 J C. 物体A落地时，速度与水平方向的夹角是45°‎ D. 物体A做平抛运动中合力的平均功率为100 W ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据 得：‎ 平抛运动的初速度为：‎ ‎ ‎ 则落地的速度为：‎ 故A错误。‎ B．物体A落地的动能为：‎ ‎ ‎ 故B正确。‎ C．设落地时速度方向与水平方向的夹角为α，有：‎ 可知α≠45°，故C错误。‎ D．平抛运动的过程中，合力做功为：‎ W=mgL=20×5J=100J 则合力的平均功率为：‎ 故D正确。‎ ‎14.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力。下列分析正确的是( )‎ A. 从A到B的过程中，小球的机械能守恒 B. 从A到B的过程中，小球的机械能减少 C. 小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m D. 小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对小球来说，由于有弹簧弹力做功，小球的机械能不守恒，小球的部分机械能转化为了弹簧的弹性势能，而使小球的机械能减小，故A错误，B正确；‎ CD．小球在最低点，对圆环恰好没有压力，故小球不受圆环的弹力，故弹簧弹力与重力一起充当向心力，故有：‎ 故 故C正确，D错误；‎ 二、填空题 ‎15.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。‎ ‎（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________。‎ A．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量和势能变化量 C．速度变化量和高度变化量 ‎（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________。‎ A．交流电源 B．刻度尺 C．天平(含砝码)‎ ‎（3）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。‎ 已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝____________，动能变化量ΔEk＝__________。‎ ‎（4）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________。‎ A．利用公式v＝gt计算重物速度 B．利用公式v＝计算重物速度 C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D．没有采用多次实验取平均值的方法 ‎【答案】 (1). A (2). AB (3). ΔEp＝－mghB (4). ΔE＝m2 (5). C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．验证机械能守恒定律原理是看减少的重力势能和增加的动能是否相等，所以需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量，故选A； （2）[2]．电磁打点计时器使用低压交流电源；需选用刻度尺测出纸带上任意连点见得距离，表示重锤下落的高度；等式两边都含有相同的质量，所以不需要天平秤质量；故选AB； （3）[3][4]．根据功能关系，重物的重力势能变化量的大小等于重力做的功的多少，打B 点时的重力势能减小量：‎ ‎△Ep=-mghB B点的速度为：‎ 所以动能变化量为：‎ ‎；‎ ‎（4）[5]．由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故C选项正确；‎ 三、计算题 ‎16. 如图8所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，C为切点，‎ 圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ.现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：‎ ‎(1)滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差h.‎ ‎(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s.‎ ‎【答案】(1)μRcosθcotθ　(2)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)由动能定理得：‎ mgh－μmgcosθ·R/tanθ＝0‎ 得h＝μRcos2θ/sinθ＝μRcosθcotθ ‎(2)滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得 mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0‎ 得：s＝.‎ ‎17.某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示．竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，将质量m=‎0.1kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示．g=‎10m/s2．求：‎ ‎ ‎ ‎(1)圆轨道的半径R．‎ ‎(2)若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低落点与圆心O等高，求θ的值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动向心力即：‎ 从A到D的过程中只有重力做功，根据动能定理有：‎ 联立解得：‎ 由题中给出的F-H图象知斜率即 所以可得 ‎（2）小球离开D点做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题设中小球落地点位置最低对应小球离开D点时的速度最小．‎ 根据临界条件知，小球能通过D点点时的最小速度为:‎ 解得：‎ 小球落地地点在斜面上与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为R 所以小球平抛的射程:‎ 由几何关系可知，‎ 考点：动能定理、平抛运动、图象问题。‎ ‎【名师点睛】小球从A到C运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求出小球对轨道C点的压力与H的关系式，再结合平抛运动知识和几何关系处理。‎ ‎18.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝‎16 m，传送带以速度v＝‎10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝‎1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎(1)物体由A端运动到B端的时间；‎ ‎(2)系统因摩擦产生的热量。‎ ‎【答案】(1) 2 s (2) 24 J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1‎ 设物体经时间t1加速到与传送带同速，则 v＝a1t1，‎ x1＝a1t12‎ 解得:‎ a1＝‎10 m/s2‎ t1＝1 s x1＝‎‎5 m 设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2‎ L－x1＝vt2＋a2t22‎ 解得:‎ t2＝1 s 故物体由A端运动到B端的时间 t＝t1＋t2＝2 s。‎ ‎(2)物体与传送带间相对位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝‎‎6 m 故：‎ Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。‎