陕西省渭南市尚德中学2020届高三上学期月考物理试题

陕西省渭南市尚德中学2020届高三上学期月考物理试题

尚德中学2019—2020学年度上学期高三年级第二次质量检测物理试题 一、单选题(共8小题,每小题4分,共32分)‎ ‎1.如图所示，平板车置于水平地面上，人站在平板车上保持静止，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 人所受的重力与平板车对人的支持力是一对平衡力 B. 平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对平衡力 C. 人所受的重力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力 D. 平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】人所受的重力与平板车对人的支持力是一对平衡力，选项A正确；平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对作用与反作用力，选项BC错误；D正确；故选AD.‎ ‎2.如图所示，在超市内倾角为θ的电梯斜面上有一车西瓜随电梯匀速向上运动，在箱子的中央有一只质量为m的西瓜，则在该西瓜随箱一起匀速前进的过程中，周围其它西瓜对它的作用力的方向为( )‎ A. 沿斜面向上 B. 沿斜面向下 C. 竖直向上 D. 垂直斜面向上 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A、电梯匀速前进时，该西瓜处于平衡状态，对其受力分析知，其受重力和其它西瓜对它的作用力，根据平衡可知，其它西瓜对它的作用力与其重力平衡即方向为竖直向上，故A正确；B、电梯加速上升时西瓜受到的合外力方向与加速度方向相同，故B正确；C、西瓜减速上升时，加速度方向沿电梯向下，合外力方向沿电梯向下，但周围西瓜作用力不是平行于电梯向下，C错误；D、当电梯静止时，该西瓜仍处于平衡状态，合外力为零，根据平衡条件可知，其它西瓜对它的作用力与其重力大小相等方向相反，故D错误。故选AB.‎ ‎【点睛】这看似是受力分析，我们不可能把它受到周围的每个西瓜的作用力都分析出来，这个思路是错误的．实际本题是牛顿第二定律的应用．‎ ‎3.如图所示，放在粗糙水平桌面上的一个物体，同时受到水平方向的两个力，F1=8N，方向向右，F2=12N，方向向左。当F2从12N逐渐减小到零时，物体始终保持静止，物体与桌面间摩擦力大小变化情况是（ ）‎ A. 逐渐减小 B. 先减小后增大 C. 逐渐增大 D. 先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：当F1=8N，F2=12N时，此时的静摩擦力大小为4N，方向向右，当F2从12N逐渐减小至8N的过程中，静摩擦力从4N逐渐减小到0，当F2从8N逐渐减小到零时，静摩擦力会反方向从0逐渐增大到8N，整个过程是先减小后增大．选项B正确，ACD错误．故选B．‎ 考点：静摩擦力 ‎【名师点睛】该题主要是考察了静摩擦力的大小和方向的判断，知道静摩擦力产生的条件以及方向的判断，关键是静摩擦力大小的判断．静摩擦力的大小不是一个定值，静摩擦力随实际情况而变，大小在零和最大静摩擦力Fm之间．其数值可由物体的运动状态或物体的受力情况来确定。‎ ‎4.如图所示，杆BC的B端用铰链固定在竖直墙上，另一端C为一滑轮．重物G上系一绳经过滑轮固定于墙上A点处，杆恰好平衡．若将绳的A端沿墙缓慢向下移(BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计)，则 (　　)‎ A. 绳子对滑轮C的作用力不变 B. 绳子中的张力增大 C. 杆BC的弹力不变 D. 杆与墙面的夹角θ减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由平衡可知，两根细线的拉力的合力一定在杆的方向上，由于同一根绳子的张力处处相等，故两根细线的拉力一定相等且等于物体的重力G，根据平行四边形定则，合力在角平分线上，由于两拉力的夹角不断减小，故两个拉力的合力不断变大，故杆受到的压力不断变大即绳子对滑轮C的作用力；杆与墙面的夹角θ减小 A．绳子对滑轮C的作用力不变与分析不符，故A错误；‎ B．绳子中的张力增大与分析不符，故B错误；‎ C．杆BC的弹力不变与分析不符，故C错误；‎ D．杆与墙面的夹角θ减小，故D正确。‎ ‎5.在美国拉斯维加斯当地时间‎2011年10月16日进行的印地车世界锦标赛的比赛中，发生15辆赛车连环撞车事故，两届印第安纳波利斯500赛冠军、英国车手丹·威尔顿因伤势过重去世．在比赛进行到第11圈时，77号赛车在弯道处强行顺时针加速超越是酿成这起事故的根本原因，下面四幅俯视图中画出了77号赛车转弯时所受合力的可能情况，你认为正确的是(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 物体做曲线运动的轨迹总是夹在速度方向与合外力方向之间，由此可排除AD，又因为是顺时针加速，所以选B。‎ ‎6.如图所示，沿竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，细绳与竖直杆间的夹角为θ，则以下说法正确的是( )‎ A. 物体B向右匀速运动 B. 物体B向右匀加速运动 C. 物体B向右做变加速运动 D. 物体B向右做减速运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体A以速度v沿竖直杆匀速下滑，绳子的速率等于物体B的速率，将A物体的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于绳速，由几何知识求解B的速率，再讨论B的运动情况。‎ ‎【详解】将A物体的速度按图示两个方向分解，如图所示，‎ 由绳子速率v绳=vcosθ 而绳子速率等于物体B的速率，则有物体B的速率vB=v绳=vcosθ。‎ 因θ减小，则B物体加速运动，可知物体B向右做变加速运动，故C正确，ABD错误。‎ 故应选：C。‎ ‎7.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离‎0.5m处有一小物体，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为，g取‎10m/s2，若要使该小物体与圆盘始终保持相对静止，则与圆盘转动的角速度ω不能超过（）‎ A. 0.5‎‎ rad/s B. 1 rad/s C. rad/s D. rad/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得 得 A．0.5rad/s与分析不符，故A错误；‎ B．1rad/s与分析不符，故B错误；‎ C．rad/s与分析不符，故C错误；‎ D．rad/s与分析相符，故D正确。‎ ‎8. 已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍。若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为 A. 6小时 B. 12小时 C. 24小时 D. 36小时 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 地球的同步卫星的周期为T1=24小时，轨道半径为r1=7R1，密度ρ1．某行星的同步卫星周期为T2，轨道半径为r2=3.5R2，密度ρ2．根据牛顿第二定律和万有引力定律分别有： ‎ ‎ ‎ 两式化简解得：小时．故选B．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ 二、多选题(共4小题,每小题4分,错选得0分，选对但不全得2分，共16分)‎ ‎9.如图，传送带两轮间距为L，传送带运动速度为v0‎ ‎，今在其左端静止地放一个木块，设木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，放上木块后传送带速率不受影响，则木块从左端运动到右端的时间可能是(　　)‎ A. L/v0‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ C、若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有μmg=ma ①，根据位移时间公式，有 ②，由①②解得，故C正确；B、若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有μmg=ma ③，根据速度时间公式，有v0=at1 ④，根据速度位移公式，有v02=2ax1 ⑤，匀速运动过程，有L-x1=vt2 ⑥由③④⑤⑥解得，故B正确；D、如果物体滑到最右端时,速度恰好增加到v，根据平均速度公式有,得,故D正确。A、木块放在传送带后做的不是匀速直线运动，时间不可能等于，故A错误。故选BCD。‎ ‎【点睛】本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解．‎ ‎10.如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合它们运动情况的是( 　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 木块可能与木板保持相对静止，一起做匀加速直线运动，也可能与木板发生相对滑动，相对于木板向前滑。根据牛顿第二定律得出加速度以及速度与时间的关系。‎ ‎【详解】A. 木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动加速度大小相等，故A符合题意。‎ B C D. 木块可能相对木板向前滑动，即木块的加速度大于木板的加速度，即。‎ B图中，故B不符合题意；‎ C图为v−t图象,斜率代表加速度，的斜率大于的斜率，即，故C符合题意；‎ D图的斜率大于的斜率，即，故D不符合题意。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道木块和木板之间运动情况，知道速度时间图线的斜率表示加速度。‎ ‎11.倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，如图所示，今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判断 (　　)‎ A. A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3 ‎ B. A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1‎ C. A、B、C处三个小球从抛出到D点速度的增量之比为5∶3∶1‎ D. A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知，三个小球平抛运动的位移之比为9：4：1，则竖直方向上的高度之比为9：4：1，根据得 ‎ ‎ 可知A、B、C处三个小球运动时间之比为3：2：1，故A错误；‎ B．平抛运动在某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为小球均落在斜面上，位移与水平方向的夹角不变，则速度与水平方向的夹角不变，即A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1：1：1，故B正确；‎ C．根据△v=g△t知，A、B、C处三个小球从抛出到D点速度的增量之比等于时间之比，为3：2：1，故C错误；‎ D．因为平抛运动的水平位移之比为9：4：1，时间之比为3：2：1，根据x=v0t可知三个小球的初速度之比为3：2：1，故D正确。‎ ‎12.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，小球直径略小于内、外侧管壁距离，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 小球通过最高点时的最小速度 B. 小球通过最高点时的最小速度 C. 小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力 D. 小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于管子能支撑小球，所以小球能够通过最高点时的最小速度为vmin=0；故A错误，B正确。小球在水平线ab以下的管道中运动时，受到的合外力向上，则主要应是外侧管壁提供作用力，故内侧管壁对小球一定无作用力；故C错误；小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球不一定有作用力。如速度较小时，重力与下管壁的合力充当向心力，故D错误。故选B。‎ 三、实验题(共2小题,每空2分,共14分)‎ ‎13.有同学利用如图所示的装置来探究求合力的方法：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数分别读出三根绳子AO、BO和CO的拉力F1、F2和F3，回答下列问题：‎ ‎(1)改变钩码个数，实验能完成的是（ ）‎ A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4‎ B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4‎ C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4‎ D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5‎ ‎(2)在拆下钩码和绳子前，应该完成的一个步骤是（ ）‎ A．用天平测出钩码的质量 B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度 C．用量角器量出绳子AO和BO之间的∠AOB夹角 D．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向 ‎(3)在作图时，你认为图中________(选填“甲”或“乙”)是正确的．‎ ‎【答案】 (1). BCD (2). D (3). 甲 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]对O点受力分析 OA，OB，OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以OC等于OD．因此三个力的大小构成一个三角形 A．以钩码的个数表示力的大小， N1=N2=2，N3=4时，只能两分力沿直线时才能平衡，不能构成三角形，不符合实验方法，故A错误；‎ B．以钩码的个数表示力的大小，N1＝N3＝3，N2＝4时，则三力为边构成等腰三角形，故B正确；‎ C．以钩码的个数表示力的大小，N1＝N2＝N3＝4时，则三力为边构成等边三角形，故C 正确；‎ D．以钩码的个数表示力的大小，N1＝3，N2＝4，N3＝5时，能构成三角形，故D正确；‎ ‎(2)[2]为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向 A．用天平测出钩码的质量与分析不符，故A错误；‎ B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度与分析不符，故B错误；‎ C．用量角器量出绳子AO和BO之间的∠AOB夹角与分析不符，故C错误；‎ D．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向与分析相符，故D正确。‎ ‎(3)[3]以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。‎ ‎14.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示．‎ ‎(1)下列说法正确的是________．‎ A．在探究加速度与质量的关系时，应该保证拉力的大小不变 B．“重物的质量远小于小车的质量”这一条件如不满足对探究过程也不会产生影响 C．在探究加速度与力的关系时，只需测量一次，记录一组数据即可 D．在探究加速度与力的关系时，作a－F图象应该用折线将所描的点依次连接 ‎(2)在实验中，某同学得到了一条纸带如图所示，选择了A、B、C、D、E 、F、G作为计数点，相邻两个计数点间还有4个计时点没有标出，其中x1＝‎7.05 cm、x2＝‎7.68 cm、x3＝‎8.33 cm、x4＝‎8.92 cm、x5＝‎9.61 cm、x6＝‎10.27 cm，电源频率为50 Hz，可以计算出小车加速度大小是________m/s2.(保留两位有效数字)‎ ‎(3)某同学将长木板右端适当垫高，其目的是________．如果长木板的右端垫得不够高，木板倾角过小，用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力，他绘出的a－F关系图象可能是________．‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】 (1). A (2). 0.64 (3). 平衡摩擦力 (4). B ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) [1]A．探究加速度与质量的关系时，应保证拉力大小不变，故A正确 B．为了使得重物的重力等于绳子的拉力，应满足重物的质量远小于小车的质量，故B错误；‎ C．探究加速度与力的关系时，需多次测量，故C错误；‎ D．在探究加速度与力的关系时，作a-F图象应该用平滑线连接，不能用折线连接各点，故D错误。‎ ‎(2)[2]根据△x=aT2，运用逐差法得：‎ 代入数据得 ‎(3)[3][4]某同学将长木板右端适当垫高，其目的是平滑摩擦力，如果长木板的右端垫得不够高，木板倾角过小，即平滑摩擦力不足，会出现拉力不为零时，加速度仍然为零，故ACD图错误，B图正确。‎ 四、计算题(共3小题,其中15题12分、16题12分、17题14分，共38分)‎ ‎15.甲、乙两辆汽车沿平直公路同向匀速行驶，甲车在乙车前面，它们之间相距s0＝‎30 m，速度均为v0＝‎10 m/s.某时刻，甲车刹车作匀减速直线运动，加速度大小为‎5 m/s2.从此时刻起，求：‎ ‎(1) 当甲车停止时，甲、乙两辆汽车之间的距离为多大？‎ ‎(2) 若甲车停止时，乙车开始匀减速刹车，为避免两车相撞，乙车加速度至少多大？‎ ‎(3) 若甲车开始刹车时乙车也开始匀减速刹车，避免两车相撞，乙车加速度至少多大？‎ ‎【答案】(1)‎20 m(2)‎2.5m/s2(3)‎1.25m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由v=v0+at，甲车停止运动的时间为 时间t1内，甲车的位移为 乙车的位移为 两车相距为 ‎(2)甲车停止后乙车开始匀减速，设加速度大小为a1时两车恰好不相撞，由 代入数据解得 ‎(3)甲车开始刹车后乙车也开始匀减速，设加速度大小为a2时两车恰好不相撞，则乙车的刹车距离为 由代入数据解得 ‎16.如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R＝‎3m，离水平地面的高度H＝‎5m，物块平抛落地点到转轴的水平距离为d＝‎5m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝‎10 m/s2.则：‎ ‎(1)物块做平抛运动的初速度v0大小是多少；‎ ‎(2)物块与转台间的动摩擦因数μ约为多少.‎ ‎【答案】(1)‎4m/s　(2)0.53‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图知小物块沿切线方向飞出做平抛运动，设运动时间为t，水平位移为x，在竖直方向有，根据几何关系有 水平位移，联立解得：‎ ‎(2)物块随转盘一起转动，做水平面内匀速圆周运动，受力分析可知，当物体相对转盘出现滑动时，静摩擦力达到最大，则有：‎ 圆盘支持力与重力平衡，有 最大静摩擦力提供向心力，结合匀速圆周运动向心力公式则有 联立解得：‎ ‎17.如图所示，一质量为mB=‎30kg的车厢B底面粗糙，在其内部紧靠右壁放一质量mA=‎20kg的小物体A（可视为质点），对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F=120N，使之从静止开始运动．测得车厢B在最初t=2s内移动了s=‎5m，且这段时间内小物块与车厢发生了相对滑动．车厢与地面间的摩擦忽略不计． ‎ ‎(1)计算B在2s时间内加速度．‎ ‎(2)求2s末A的速度大小．‎ ‎(3)欲保证小物块A在t=2s内不会碰到车厢后壁，则车厢B至少多长．‎ ‎【答案】(1)‎2.5m/s2(2)‎4.5m/s(3)‎‎0.5m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设t=2s内车厢的加速度为aB，由得 ‎(2)对于车厢B，由牛顿第二定律得 代入数据解得 根据牛顿第三定律，对物块A受力分析可知，其受到向前的滑动摩擦力为，支持力与重力平衡，有 结合牛顿第二定律有 得A的加速度大小为 所以t=2.0s末A的速度大小为 ‎(3)在t=2s内A运动的位移为 A在B上滑动的距离为 则欲保证小物块A在t=2s内不会碰到车厢后壁，车厢长度至少为‎0.5m。‎ ‎ ‎