甘肃省武威第十八中学2020届高三上学期诊断考试物理试题

甘肃省武威第十八中学2020届高三上学期诊断考试物理试题

‎2019——2020学年第一学期第二次诊断考试试卷 高三 物理 命题人：‎ 一不定项选择题（每小题5分，全对满分漏选少选3分错选0分共50分）‎ ‎1．（单选）下列说法正确的是(　　)‎ A．打点计时器是一种测量位移的仪器 B．运动员在某次比赛中用15 s跑完‎100 m，“15 s”是时间，“‎100 m”是位移大小 C．位移为矢量，位移的方向即质点运动的方向 D．物体通过的路程不相等，但位移可能相同 ‎2（单选）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为‎16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是(　　)‎ A. m/s2　　　　　　B. m/s‎2 C. m/s2 D. m/s2 ‎ ‎3 （单选） A、B两物体通过一根跨过定滑轮的轻绳相连放在水平面上，现物体A以速度v1向右匀速运动，当绳被拉成与水平面夹角分别为α、β时，如图所示．物体B的运动速度vB为(绳始终有拉力)(　　) ‎ A．v1sin α/sin β B．v1cos α/sin β C．v1sin α/cos β D．v1cos α/cos β ‎4.（单选）一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，3 s后物体的速率变为‎10 m/s，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力，g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．在A点上方‎15 m处，速度方向竖直向上 B．在A点下方‎15 m处，速度方向竖直向下 C．在A点上方‎75 m处，速度方向竖直向上 D．在A点上方‎75 m处，速度方向竖直向下 ‎ ‎5.（多选）如图甲所示，A、B两个物体叠放在水平面上，B的上下表面均水平，A物体与一拉力传感器相连接，连拉力传感器和物体A的细绳保持水平。从t＝0时刻起，用一水平向右的力F＝kt(k为常数)作用在B物体上，力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示，已知k、t1、t2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。据此可求(　　)‎ A．A、B之间的最大静摩擦力 B．水平面与B之间的滑动摩擦力 C．A、B之间的动摩擦因数μAB D．B与水平面间的动摩擦因数μ　‎ ‎6.（单选）一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)‎ A．2－　　　　B. C. D.　‎ ‎7．（单选）建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。一质量为‎70.0 kg 的工人站在地面上，通过定滑轮将‎20.0 kg的建筑材料以‎0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．510 N　　　　B．490 N C．890 N D．910 N ‎8.（单选）在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是(　　)‎ A．亚里士多德、伽利略　　 B．伽利略、牛顿 C．伽利略、爱因斯坦 D．亚里士多德、牛顿　‎ ‎9.（单选）如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为(　　)‎ A.mg　　　　B.mg C．3mg D．2mg ‎10．（多选）如图所示，三个小球从同一高度处的O处分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的射影点，且O′A∶O′B∶O′C＝1∶3∶5。若不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．v1∶v2∶v3＝1∶3∶5 B．三个小球下落的时间相同 C．三个小球落地的速度相同 D．三个小球落地的位移相同 二、填空题（每小空3分，共24分）‎ ‎11．某同学利用如图所示装置研究小车的匀变速直线运动。‎ ‎(1)实验中，必须的措施是________。‎ A．细线必须与长木板平行 B．先接通电源再释放小车 C．小车的质量远大于钩码的质量 D．平衡小车与长木板间的摩擦力 ‎(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)。s1＝‎3.59 cm，s2＝‎4.41 cm，s3＝‎5.19 cm，s4＝‎5.97 cm，s5＝‎6.78 cm，s6＝‎7.64 cm。则小车的加速度a＝________ m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝________ m/s。(结果均保留两位有效数字)‎ ‎12. 某同学在做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，所用实验装置如图甲所示，所用钩码质量均为‎30 g。他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，并将数据填在表中。实验中弹簧始终未超过弹性限度，取g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)根据实验数据在图乙所示的坐标系中作出弹簧所受弹力大小与弹簧总长度之间的函数关系的图线。‎ 钩码质量/g ‎0‎ ‎30‎ ‎60‎ ‎90‎ ‎120‎ ‎150‎ 弹簧总长度/cm ‎6.00‎ ‎7.00‎ ‎8.00‎ ‎9.00‎ ‎10.00‎ ‎11.00‎ ‎(2)该弹簧的自然长度为________cm；劲度系数k＝________N/m。‎ ‎(3)若该弹簧所能承受的最大拉力(超过此值就不是弹性形变)为10.2 N，则弹簧的最大长度为Lm＝________cm。‎ ‎(4)图线延长后与L＝5×10－‎2 m直线的交点的物理意义是___________________。‎ 三、解答题（13题8分，14题9分15题9分共26分）‎ ‎13．如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度v0＝‎9.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m＝‎1 kg，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2。试求：‎ ‎(1)滑块回到出发点时的速度大小。‎ ‎(2) 滑块在斜面上运动时间t。‎ ‎14.风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力。如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。质量m＝‎0.5 kg的小球以初速度v0＝‎0.40 m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2.0 s内受到一个沿y轴正方向、大小F1＝0.20 N的风力作用；小球运动2.0 s后风力方向变为沿y轴负方向、大小变为F2＝0.10 N(图中未画出)。试求：　‎ ‎(1)2.0 s末小球在y轴方向的速度大小和2.0 s内运动的位移大小；‎ ‎(2)风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同。‎ ‎15.用如图甲所示的水平—斜面装置研究平抛运动。一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O点，O点与斜面顶端P点的距离为s。每次用水平拉力F，将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到P点时撤去拉力F。实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程，作出了如图乙所示的图像。若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，g取‎10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求O、P间的距离s。(保留两位有效数字)‎ 高三物理月考试卷答案 一不定项选择题（每小题5分，全对满分漏选少选3分错选0分共50分）‎ ‎1 D 2 B 3 D ‎4C 5AB ‎6 C 7B 8B ‎9 A 10AB 二、填空题（每小空3分，共24分）‎ ‎11．(1)AB　(2)0.80　0.40‎ ‎12. 解析：(2)由作出的FL图线可知，图线与横轴的交点的横坐标表示弹簧弹力F＝0时弹簧的长度，即弹簧的自然长度，由图知为‎6 cm；图线的斜率即为弹簧的劲度系数k＝＝30 N/m。‎ ‎(3)由图像可以得出图线的数学表达式为F＝‎30L－1.8(N)，所以当弹簧弹力为10.2 N时弹簧长度最大，即Lm＝‎0.4 m＝‎40 cm。‎ ‎(4)图线延长后与L＝5×10－‎2 m直线的交点表示弹簧长度为‎5 cm时的弹力，此时弹簧被压缩了‎1 cm，即表示弹簧被压缩‎1 cm时的弹力为0.3 N。‎ 答案：(1)如图所示 ‎(2)6　30　(3)40　(4)弹簧被压缩‎1 cm时的弹力为0.3 N 三、解答题（13题8分，14题 9分15题9分共25分）‎ ‎13．‎ ‎ 解析：(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：‎ mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝‎9.6 m/s2‎ 设滑块上滑位移大小为L，则由v02＝‎2a1L，解得L＝‎‎4.8 m 滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：‎ mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝‎2.4 m/s2‎ 根据v2＝‎2a2L，解得v＝‎4.8 m/s。‎ ‎(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1＝＝1 s 滑块沿斜面下滑过程用时t2＝＝2 s 答案：(1)‎4.8 m/s　(2)见解析 ‎14‎ ‎ [解析]　(1)设在0～2.0 s内小球运动的加速度为a1，‎ 则F1＝ma1‎ ‎2．0 s末小球在y轴方向的速度v1＝a1t1‎ 代入数据解得v1＝‎0.8 m/s 沿x轴方向运动的位移x1＝v0t1‎ 沿y轴方向运动的位移y1＝a1t12‎ ‎2．0 s内运动的位移s1＝ 代入数据解得s1＝‎0.8 m≈‎1.1 m。‎ ‎(2)设2.0 s后小球运动的加速度为a2，F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同，则F2＝ma20＝v1－a2t2代入数据解得t2＝4.0 s。‎ ‎[答案]　(1)‎0.8 m/s　‎1.1 m　(2)4.0 s ‎ 15 ‎ 解析：根据牛顿第二定律，在OP段有F－μmg＝ma，‎ 又2as＝vP2，由平抛运动规律和几何关系有 物块的水平射程x＝vPt，物块的竖直位移y＝gt2，‎ 由几何关系有y＝xtan θ，联立以上各式可以得到x＝，‎ 解得F＝ x＋μmg。由题图乙知μmg＝5，＝10，‎ 代入数据解得s＝‎0.25 m。答案：‎‎0.25 m