陕西省榆林十中2020届高三上学期第四次模拟考试物理试题

陕西省榆林十中2020届高三上学期第四次模拟考试物理试题

榆林十中高三第一学期第四次月考物理试卷 一、单选题 ‎1.一只船在静水中的速度为‎4m/s，它要渡过宽度为‎300m的一条河；已知水流速度为‎3m/s，下列说法正确的是（　　）‎ A. 这只船不可能渡过河 B. 这只船渡河所用的最短时间为75s C. 这只船相对于岸的速度一定是‎5m/s D. 这只船的实际航线不可能垂直于河岸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只要船有向对岸的速度，则船一定可以渡过河，故A项与题意不相符；‎ B.当船头正对河岸时时间最短，最短时间为河宽与船速比值，即 ‎=s=75s 故B项与题意相符；‎ C.根据速度合成法则，只有当船垂直河岸时，船相对于岸的速度才是 ‎=‎5m/s 故C项与题意不相符；‎ D.由于船在静水中的速度大于水速，故船可能有垂直于河岸的合速度，故可能垂直于河岸过河，故D项与题意不相符.‎ ‎2.如图所示，三颗人造地球卫星都是顺时针方向运动，b与c轨道半径相同，则 A. 周期 B. 线速度 C. b与c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度 D. b加速则可追上前面的c与之对接 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】人造地球卫星受到地球的引力充当向心力，即 由公式可知： A.周期，半径越大，周期越大，故Tb=Tc＞Ta，故A正确；‎ B.线速度，即半径越大，线速度越小，故vb=vc＜va，故B错误；‎ C.向心加速度，半径越大，向心加速度越小，故bc加速度小于a的加速度，故C错误；‎ D.b加速做离心运动，轨道半径变大，不可能追上前面的c，故D错误。‎ ‎3.转笔是一项深受广大中学生喜爱的休闲活动，其中也包含了许多的物理知识。如图所示，假设某同学将笔套套在笔杆的一端，在转笔时让笔杆绕其手指上的某一点O在竖直平面内做匀速圆周运动，则下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 笔套做圆周运动的向心力是由笔杆对其的摩擦力提供的 B. 笔杆上离O点越近的点，做圆周运动的向心加速度越大 C. 当笔杆快速转动时笔套有可能被甩走 D. 由于匀速转动，笔套受到的摩擦力大小不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.笔杆在竖直面内做匀速圆周运动，所以笔套做圆周运动的向心力是由重力、笔杆对其的摩擦力以及笔杆对其产生的弹力的合力提供的，故A错误 B.笔杆上的各个点都做同轴转动,所以角速度是相等的,根据 ，笔杆上离O 点越近的点，做圆周运动的向心加速度越小，故B错误 C. 转速过大时,当提供的向心力小于需要向心力时,笔套有可能做离心运动被甩走,故C正确，‎ D.笔杆在竖直方向做匀速圆周运动，所以重力、弹力、摩擦力的合力一直指向圆心，且大小不变，根据受力可知，摩擦力大小不可能大小不变，故D错误；‎ ‎4.在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝‎12 kg·m/s、pB＝‎13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是(　　)‎ A. ΔpA＝－‎4 kg·m/s、ΔpB＝‎4 kg·m/s B. ΔpA＝‎4 kg·m/s、ΔpB＝－‎4 kg·m/s C. ΔpA＝－‎24 kg·m/s、ΔpB＝‎24 kg·m/s D. ΔpA＝‎24 kg·m/s、ΔpB＝－‎24 kg·m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：由ΔpA＝－‎4 kg·m/s、ΔpB＝‎4 kg·m/s，由动量守恒得：碰后两球的动量分别为：，，可见，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律和不可穿越原理，是可能的，故A正确；‎ B、D项：由题意可知，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，即违反了不可穿越原理，故BD错误；‎ C项：根据碰撞过程动量守恒得：如果ΔpA＝－‎24 kg·m/s、ΔpB＝‎24 kg·m/s 所以碰后两球的动量分别为，，‎ 可以看出，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误。‎ 故选：A。‎ ‎5.甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动，它们的v－t图象如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. t1时刻，两者相距最远 B. t2时刻，乙物体追上甲 C. 乙物体先向负方向运动，t1时刻以后向正方向运动 D. 0～t2时间内，乙的速度和加速度大小都是先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在0～t2时间内，乙的速度比甲的小，甲在乙的前方，两者间距逐渐增大．t2时刻后，乙的速度比甲的大，两者间距减小，所以在0～t2时间内，t2时刻两者相距最远，乙物体未追上甲，故A、B错误；在v－t图象中速度的正负表示运动方向，由题图可知乙的速度方向一直为正，运动方向没有发生改变，故C错误；根据v－t图象的斜率表示加速度，则0～t2时间内，乙的速度和加速度大小都是先减小后增大，故D正确.‎ ‎6.屋檐隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高‎1m 的窗子的上、下沿，如图所示，g=‎10m/s²，则此屋檐离地面的距离为 A. ‎2.2‎m‎ B. ‎3.0m C. ‎2.5 m D. ‎‎3.2m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设滴水的时间间隔为T，知窗子的高度等于自由下落3T内的位移减去2T内的位移。有：  g（3T）2-g（2T）2=‎‎1m ‎ 故滴水的时间间隔 T=0.2s 水从屋檐下落到地面的时间t=4T.‎ h=g（4T）2=×10×0.64=‎3.2m .‎ A. ‎2.2‎m‎，与结论不相符，选项A错误；‎ B. ‎3.0m，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ‎2.5 m，与结论不相符，选项C错误；‎ D. ‎3.2m，与结论相符，选项D正确；‎ ‎7.在同一水平直线上的两位置沿同方向分别抛出两小球和，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要两球在空中相碰，则（　　）‎ A. 球先抛出 B. 球先抛出 C. 两球同时抛出 D. 两球质量相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于相遇时A、B做平抛运动的竖直位移h相同，由h=gt2可以判断两球下落时间相同，即应同时抛出两球。物体做平抛运动的规律水平方向上是匀速直线运动，由于A的水平位移比B的水平位移大，所以A的初速度要大。‎ A.A球先抛出，与结论不相符，选项A错误；‎ B. B球先抛出，与结论不相符，选项B错误；‎ C.两球同时抛出，与结论相符，选项C正确；‎ D.两球质量相等，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎8.一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经 Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为 v， 在此过程中( )‎ A. 地面对他的冲量为 mv＋mgΔt，地面对他做的功为2mv2‎ B. 地面对他的冲量为 mv＋mgΔ t，地面对他做的功为零 C. 地面对他的冲量为 mv，地面对他做的功为2mv2‎ D. 地面对他的冲量为 mv－mgΔ t，地面对他做的功为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】人的速度原来为零，起跳后变化v，由动量定理可得：‎ 解得地面对人的冲量为：‎ 由于支持力方向没有发生位移，故地面对人做功为零；故选B。‎ 二、多选题 ‎9.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，能上升的最大高度为（不计空气阻力），则（　 　）‎ A. 小球和小车组成的系统动量守恒 B. 小车向左运动的最大距离为R C. 小球离开小车后做斜上抛运动 D. 小球落回B点后一定能从A点冲出 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但由于小球有向心加速度，系统竖直方向的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；‎ B.设小车向左运动的最大距离为x。系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv′=0，即得，解得：x=R，故B正确；‎ C. 小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，则知小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；‎ D.小球第一次从静止开始上升到空中最高点的过程，由动能定理得：mg（h-）-Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为 mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh，机械能损失小于mgh，因此小球从B点落回后一定能从A点冲出。故D正确。‎ ‎10.以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝‎1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g取‎10 m/s2，由vt图线可知(　　)‎ A. A、B两点的距离为‎2.4 m B. 货物与传送带的动摩擦因数为0.5‎ C. 货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8 J D. 货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距为对应图象所围梯形的“面积”。故A错误；由v-t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，，同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为。 联立解得，，故B正确；第一阶段： ，由图象知位移为： ，摩擦力做正功为：，同理第二阶段：由图象知位移为，摩擦力做负功为：，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J-0.8J=11.2J，故C 错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，第一阶段，第二阶段，。故两者之间的总相对位移为：。 货物与传送带摩擦产生的热量为：，故D正确；综上分析，BD正确。‎ ‎11.发射地球同步卫星要经过三个阶段:先将卫星发射至近地圆轨道1,然后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示。当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是( )‎ A. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度 B. 卫星在轨道1上经过Q点时的速度等于它在轨道2上经过Q点时的速度大小 C. 卫星在轨道3上受到的引力小于它在轨道1上受到的引力 D. 卫星由2轨道变轨到3轨道在P点要加速 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据万有引力提供向心力 ‎,‎ 得 ‎,‎ 所以卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度.故 A正确的;‎ B.卫星从轨道1上经过Q点时加速做离心运动才能进入轨道2,故卫星在轨道1上经过Q 点时的速度小于它在轨道2上经过Q点时的速度,故B错误; C、根据引力定律 ‎,‎ 可以知道,距离越大的,同一卫星受到的引力越小,因此在轨道3上受到的引力小于它在轨道1上受到的引力,故C正确 D、由2轨道变轨到3轨道,必须加速,才能做匀速圆周运动,否则仍做近心运动,，故D正确；‎ ‎12.如图甲所示在光滑水平面上轻质弹簧一端固定。物体A以速度v0向右运动压缩弹簧测得弹簧的最大压缩量为x。现让该弹簧一端连接另一质量为‎2m的物体B（如图乙所示），静止在水平面上。物体A以2v0的速度向右压缩弹簧测得弹簧的最大压缩量仍为x。则 A. A物体的质量为‎6m B. A物体的质量为‎4m C. 弹簧压缩最大时的弹性势能为 D. 弹簧压缩最大时B的动量为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有：      ①‎ 当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mA•2v0=（‎2m+mA）v，②‎ 由机械能守恒定律得：③‎ 联立得：mA=‎6m  ④‎ 联立①④得：Epm=3mv02‎ 弹簧压缩最大时B的动量为2mv=3mv0‎ 故ACD正确，B错误 三、实验题 ‎13.小明同学在“探究平抛运动规律”的实验中：‎ ‎（1）除了平板、小球、弧形斜槽、铅笔、图钉之外，还需要下列两项器材是________。‎ A．重垂线 B．秒表　 C．坐标纸　 D．天平　 E．弹簧测力计　 ‎ ‎（2）在实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹。为了能较准确地描绘运动轨迹， ‎ ‎①通过调节使斜槽的末端保持______（选填“水平”或“倾斜”）；‎ ‎②每次释放小球的位置必须______（选填“相同”或“不同”）；‎ ‎③每次必须由______释放小球（选填“运动”或“静止”）；‎ ‎④小球运动时不应与木板上的白纸相接触；‎ ‎⑤将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成平滑曲线。‎ ‎（3）在实验时，小明同学用坐标纸记录了运动轨迹，其中小方格的边长为L。若小球在平抛运动途中的几个位置如图中a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0＝________(用L、g表示)。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 水平 (3). 相同 (4). 静止 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)因为实验是利用分运动的等时性原理，所以不需要秒表，研究平抛运动在竖直和水平方向上的分运动，不需要质量和力，故不需要天平和弹簧测力计，需要坐标纸画轨迹和测长度，和需要重锤线矫正竖直方向，故选选项AC；‎ ‎(2)①)要保证小球做平抛运动，必须通过调节使斜槽的末端保持水平；‎ ‎②③为保证小球做平抛运动的初速度相等，每次释放小球的位置必须相同，每次必须由静止释放 ‎(3)由图示可知，a、b、c、d四个点间的水平位移均相等，为，这4个点是等时间间隔点；在竖直方向上相邻两点间的位移差为，由匀变速运动的推论，解得 ‎，小球平抛的初速度的计算式为。‎ ‎14.如图所示为实验室常用的力学实验装置.‎ ‎(1)关于该装置，下列说法正确的是（ ）‎ A．利用该装置做研究匀变速直线运动的实验时，需要平衡小车和木板间的摩擦力 B．利用该装置探究小车的加速与质量关系时，每次改变小车的质量后必须重新平衡小车与木板间的摩擦力 C．利用该装置探究功与速度变化关系实验时，可以将木板带有打点计时器的一端适当垫高，目的是消除摩擦力对实验的影响 D．将小车换成滑块，可以利用该装置测定滑块与木板间动摩擦因数，且不需要满足滑块的质量远大于钩码的质量 某实验小组利用图示装置进行“探究动能定理”的实验，实验步骤如下：‎ A．挂上钩码，调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动 B．打开速度传感器，取下轻绳和钩码，保持A中调节好的长木板倾角不变，让小车从长木板顶端静止下滑，分别记录小车通过速度传感器1和速度传感器2时的速度大小和 C．重新挂上细绳和钩码，改变钩码的个数，重复A到B的步骤 回答下列问题：‎ ‎(2)按上述方案做实验，长木板表面粗糙对实验结果是否有影响?________(填“是”或“否”)‎ ‎(3)若要验证动能定理的表达式，还需测量的物理量有__________；‎ A．悬挂钩码的总质量m B．长木板的倾角θ C．两传感器间的距离l D．小车的质量M ‎(4)根据实验所测的物理量，动能定理的表达式为：________________________(重力加速度为g)。‎ ‎【答案】 (1). CD (2). 否 (3). ACD (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1).[1]A．用此装置“研究匀变速直线运动”时，不需要平衡摩擦力，只要物体做匀变速直线运动即可，故A错误。‎ B．用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，改变砝码和砝码盘的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B错误。‎ C．探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故C正确。‎ D．将小车换成滑块，再利用该装置测定滑块与木板间的动摩擦因数时，不需要用钩码的重力代替绳子的拉力，所以不需要满足滑块的质量远大于钩码的质量，故D正确；‎ ‎(2)[2]小车在重力、斜面弹力、摩擦力、细线拉力作用下处于平衡状态，撤去钩码后小车的合外力等于钩码的重力，所以长木板表面粗糙对实验结果没有影响；‎ ‎(3)[3]根据动能定理可知，合外力对小车做的功等于小车动能的变化量，则有：‎ 所以要测量悬挂钩码的总质量m，两传感器间的距离l，小车的质量M，故选ACD.‎ ‎(4)[4].根据实验所测的物理量，动能定理的表达式为：‎ 四、解答题 ‎15.4×‎100m接力赛是奥运会上最为激烈的比赛项目，有甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现，甲短距离加速后能保持‎9m/s的速度跑完全程．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前x0‎ 处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑（忽略声音传播的时间及人的反应时间），已知接力区的长度为L=‎20m，设乙起跑后的运动是匀加速运动。若x0=‎16m，乙的最大速度为‎8m/s，并能以最大速度跑完全程，要使甲、乙能在接力区完成交接棒，则乙在听到口令后加速的加速度最大为多少？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】因为甲、乙的最大速度：v甲＞v乙，所以在完成交接棒时甲走过的距离越长，成绩越好．因此应当在接力区的末端完成交接，且乙达到最大速度v乙．‎ 设乙的加速度为a，加速的时间为：‎ 在接力区的运动时间为：‎ 所以有：‎ 代入数据解得：‎ ‎【点睛】解决本题的关键理清运动过程，抓住在接力区的末端完成交接，且乙达到最大速度．运用运动学公式灵活求解．‎ ‎16.如图所示，质量为的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．现在挂钩上挂一质量为的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升．已知重力加速度为．试求 ‎（1）物体C下降的最大距离； ‎ ‎（2）物体C下降的速度最大时，地面对B的支持力多大？‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，由平衡条件得：‎ 挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，则有：‎ B不再上升表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点。C下降的最大距离为：‎ ‎（2）物体C下降到速度最大时，C的加速度等于零，此时绳子的拉力等于C的重力，即：‎ 此时，则弹力 对B受力分析得：‎ 解得：‎ ‎17.有一倾角为θ的斜面，其底端固定一挡板M，另有三个木块A、B和C，它们的质量分别为，它们与斜面间的动摩擦因数都相同。其中木块A放于斜面上并通过一轻弹簧与挡板M相连，如图所示，开始时，木块A静止在P处，弹簧处于自然伸长状态，木块B在Q点以初速度v0向下运动，P、Q间的距离为L。已知木块B在下滑过程中做匀速直线运动，与木块A相撞后立刻一起向下运动，但不粘连。它们到达一个最低点后又向上运动，木块B向上运动恰好能回到Q点。若木块A仍静放于P点，木块C从Q点处开始以初速度向下运动，经历同样过程，最后木块C停在斜面的R点，求：‎ ‎（1）木块B与A相撞后瞬间的速度v1‎ ‎（2）弹簧第一次被压缩时获得的最大弹性势能Ep ‎（3）P、R间的距离L′的大小 ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ 木块B下滑做匀速直线运动，有①（2分）‎ B和A相撞前后，总动量守恒，　 ② （2分）‎ 由①式可知在木块压缩弹簧的过程中，重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等，因此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始压缩时两木块的总动能。‎ ‎　 E=mv（2分）‎ 设两木块向下压缩弹簧的最大长度为S，两木块被弹簧弹回到P点时的速度为V2，则 ‎③ 　 （2分）‎ 两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程：‎ ‎④ 　（2分）‎ 木块C与A碰撞前后，总动量守恒，⑤ （2分）‎ 设木块C和A压缩弹簧的最大长度为，两木块被弹簧回到P点时的速度为，则 ‎⑥ 　（2分）‎ 木块C与A在P点处分开后，木块C上滑到R点的过程：‎ ‎⑦ 　 （2分）‎ ‎∵木块B和A压弹簧的初动能 木块C和A压缩弹簧的初动能 即，因此弹簧前后两次的最大压缩量相等，即⑧ 　 （2分）‎ 联立①至⑧式，解得　⑨ 　　 （3分）‎