甘肃省嘉峪关市酒钢三中2018-2019届高三上学期模拟考试物理试题
市酒钢三中高三年级第一学期第二次模拟考试
物理试卷
一、单项选择题（每题4 分，共32 分）
1.下列说法中正确的是（ ）
A. 研究一端固定并可转动的木杆的运动时，可把木杆看成质点
B. 质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零
C. 作用力做功,反作用力不一定做功
D. 匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向
【答案】C
【解析】
【详解】A．研究一端固定并可转动的木杆的运动时，木杆不能看成质点，否则就没有转动了，选项A错误；
B．质点某时刻的加速度不为零，但是该时刻的速度可能为零，例如自由落体运动刚开始下落时，选项B错误；
C．作用力做功，反作用力不一定做功，例如物体在粗糙地面上滑动时，摩擦力对木块做负功，但是对地面不做功，选项C正确；
D．匀速圆周运动是速度大小不变的非匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向，选项D错误．
2.下列说法正确的是（ ）
A. 若一个物体的动量发生变化，则动能一定变化
B. 若一个物体的动能发生变化，则动量一定变化
C. 匀速圆周运动的物体，其动量保持不变
D. 一个力对物体有冲量，则该力一定会对物体做功
【答案】B
【解析】
【详解】A.若动量变化，可能是只有速度方向变化，而速度大小不变，则此时动能不变，故A错误；
B.若一个物体的动能变化，则说明速度大小一定变化，动量一定变化，故B正确；
C.匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化；说明动量一定变化，故C错误；
D.一个力对物体有了冲量，若物体没有运动，则该力对物体不做功，故D错误．
3.如图，质量相等的两小球A和B，A球自由下落，B球从同一高度沿光滑斜面由静止开始下滑．当它们运动到同一水平面时，速度大小分别为和，重力的功率分别为和，则（ ）
A 、 B. 、
C. 、 D. 、
【答案】B
【解析】
【详解】A和B在下落过程中，只有重力做功，因下降高度相同，由，得：；A的速度竖直向下，B的速度沿斜面向下，由可知，，故B项正确，ACD三项错误．
4.如图所示，粗糙的水平面上放有一个截面为半圆的柱状物体，与竖直挡板间放有一光滑圆球，整个装置处于静止状态．现将挡板水平向右缓慢平移，始终保持静止．则在着地前的过程中（ ）
A. 挡板对的弹力减小
B. 地面对的摩擦力增大
C. 对的弹力减小
D. 地面对的弹力增大
【答案】B
【解析】
试题分析：先对B受力分析，受重力、A对B的支持力和挡板对B的支持力，如图：
根据共点力平衡条件，有：N2=mgtanθ
再对AB整体受力分析，受重力、地面支持力、挡板对其向左的支持力和地面对其向右的静摩擦力，如图，
根据共点力平衡条件，有f=N2；N=（M+m）g；故f=mgtanθ；挡板保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大；故选B．
考点：物体的平衡
【名师点睛】本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论；此题要可以用图解法讨论，简单快捷.
5.把火星和地球都视为质量均匀分布的球体．已知地球半径约为火星半径的2倍，地球质量约为火星质量的10倍．由这些数据可推算出( )
A. 地球表面和火星表面的重力加速度之比为1：50 B. 地球表面和火星表面的重力加速度之比为10：1
C. 地球和火星的第一宇宙速度之比为 D. 地球和火星的第一宇宙速度之比
【答案】C
【解析】
【详解】AB．据万有引力等于重力，有
得
，
由题意，地球半径约为火星半径的2倍，地球质量约为火星质量的10
倍，则地球表面和火星表面的重力加速度之比为5：2．故AB错误．
CD．根据万有引力等于向心力，有
，
得
，
则得地球和火星的第一宇宙速度之比为，故C正确、D错误．
6.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，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），盘面与水平面间的夹角为30°，g取10m/s2．则ω的最大值是( )
A. rad/s B. rad/s C. 1.0rad/s D. 0.5rad/s
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：随着角速度的增大，小物体最先相对于圆盘发生相对滑动的位置为转到最低点时，此时对小物体有，解得，此即为小物体在最低位置发生相对滑动的临界角速度，故选C．
7.如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为和，AB与BC长度相等，则
A. 整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用
B. 动摩擦因数
C. 小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重
D. 整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力
【答案】B
【解析】
【详解】小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故ACD错误；设AB的长度为L，小孩在B点的速度为v．小孩从A到B为研究对象，由牛顿第二定律可得：，由运动学公式可得：；小孩从B到C为研究过程，由牛顿第二定律可得：，由运动学公式可得：；联立解得：，故B正确．
8.地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1，绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；地球同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3；地球表面重力加速度为g，第一宇宙速度为v，假设三者质量相等，则
A. F2＞F1＞F3 B. a1＞a2=g＞a3 C. v1=v2=v＞v3 D. ω1=ω3＜ω2
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意三者质量相等，轨道半径r1=r2＜r3；近地卫星与同步卫星相比较，卫星所受万有引力充当向心力，则F3＜F2；同步卫星与地球自转同步，故ω1=ω3，根据F=mω2r可知F1
tan θ，下图中表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【详解】物块的运动情况是先向上做减速直线运动，所受滑动摩擦力为μmgcos θ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ>tan θ，即mgsin θ<μmgcos θ，物块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsin θ，小于上滑时的摩擦力μmgcos θ，故AC正确，BD错误．
11.水平面上有一个质量为m=2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．已知小球与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，当剪断轻绳的瞬间，取g=10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A. 此时轻弹簧的弹力大小为20N
B. 小球的加速度大小为8m/s2，方向向左
C. 若剪断弹簧，则剪断瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右
D. 若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=10×2N=20N，故A正确；
B．小球所受的滑动摩擦力为：
f=μmg=0.2×20N=4N
根据牛顿第二定律得小球的加速度为：
合力方向向左，所以加速度方向向左，故B正确；
CD．剪断弹簧瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零．故C错误，D正确．
12.如图所示，带有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面的倾角为．质量均为1kg的A、B两物体用轻弹簧拴在一起，弹簧的劲度系数为5N/cm，质量为2kg的物体C用细线通过光滑的轻质定滑轮与物体B连接．开始时A、B均静止在斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细线刚好被拉直．现把手拿开，让C由静止开始运动，从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，下列说法正确的是（ ）（取g=10m/s2）
A. 初状态弹簧的压缩量为1cm
B. 末状态弹簧的伸长量为1cm
C. 物体B、C与地球组成的系统机械能守恒
D. 物体C克服绳的拉力所做的功为0.2J
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．初状态弹簧的压缩量为
故A正确．
B．末状态弹簧的伸长量为
故B正确．
C．对于物体B、C与地球组成的系统，由于弹簧对B先做正功后做负功，所以系统的机械能不守恒．故C错误．
D．初末状态弹簧的弹性势能相等，对于弹簧、物体B、C与地球组成的系统，根据机械能守恒定律得
对C，由动能定理得
解得物体C克服绳的拉力所做的功 W克=0.2J，故D正确．
三、实验题（每空3 分，共12分）
13.一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图7所示．下列表述正确的是
A. a的原长比b的长 B. a的劲度系数比b的大 C. a的劲度系数比b的小 D. 测得的弹力与弹簧的长度成正比
【答案】B
【解析】
【详解】A．在图中，当弹簧的弹力为零时，弹簧处于原长，故b的原长大于a的原长，A错误；
BC．斜率代表劲度系数，故a的劲度系数大于b的劲度系数，B正确C错误；
D．弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误
14.如图是某小组验证动能定理的实验装置，在滑块上安装一遮光条与拉力传感器，把滑块放在水平气垫导轨上，通过定滑轮的细绳与钩码相连，光电门安装在B处．测得滑块含遮光条和拉力传感器质量为M、钩码的总质量为m、遮光条的宽度为d，当地的重力加速度为当气垫导轨充气后，将滑块在图示A位置由静止释放后，拉力传感器记录的读数为F，光电门记录的时间为．
实验中是否要求钩码总质量m远小于滑块质量M？______填“是”或“否”；
测得AB之间的距离为L，则对滑块验证动能定理的表达式为______用以上对应物理量的符号表示；
为减少实验误差，可采取的方法是______
增大AB之间的距离 减少钩码的总质量
增大滑块的质量 减少遮光条的宽度．
【答案】 (1). 否； (2). (3). AD
【解析】
【分析】
拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关．滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据动能定理列方程．本实验用了气垫导轨，摩擦力几乎没有，不需要平衡摩擦力.
【详解】（1）拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故不需要钩码总质量m远小于滑块质量M；
（2）由于遮光条的宽度很小，通过光电门的时间也很短，故遮光条通过光电门的平均速度可以表示瞬时速度，则通，B点的速度为：，
拉力做功为：
动能的增加量为：，
故本实验中探究动能定理的表达式为为：．
（3）由公式可知，实验误差来自由长度的测量和速度的测量，故可以让AB之间的距离L增大或减小遮光片的长度，故AD正确．故选AD.
【点睛】本题考查验证动能定理的实验，在处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．
四、计算题（共40 分）
15.半径R=1m的四分之一圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度h=0.8 m，如图所示，有一质量m=1.0 kg的小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B，滑块最终落在地面上C点．经测量得x=1.6 m（g取10 m/s2）试求：
(1)不计空气阻力，滑块落在地面上时速度vc多大？
(2)滑块在AB轨道上滑行时克服摩擦力做功多少？
【答案】(1)m/s (2)2J
【解析】
【详解】(1)小球B→C
x=vBt
得
vB=4 m/s
t=0.4 s
vy=gt=10×0.4 m/s=4 m/s
由于水平方向速度与竖直方向速度相等，因此方向与水平夹角45°
(2)根据动能定理，有
解得：
W克f=2J
16.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量m = 1kg，初速度大小为v2的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度-时间图象如图乙所示，取g = 10m/s2，求：
(1)煤块与传送带间的动摩擦因数；
(2)煤块在传送带上运动的时间；
(3)整个过程中由于摩擦产生的热量.
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】(1)由速度﹣时间图象，煤块匀变速运动的加速度大小：
由牛顿第二定律得：
所以煤块与传送带间的动摩擦因数：
(2)由速度﹣时间图象，传送带速度大小：，煤块初速度大小，
煤块在传送带上滑动后与传送带相对静止．
前内煤块的位移：，方向向左，
后内煤块位移：，方向向右，
内煤块的位移：，方向向左，
煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间：，
煤块在传送带上运动的时间；
(3)煤块在传送带上滑动的内，皮带的位移，方向向右；
煤块与传送带间的相对位移
整个过程中摩擦产生的热量：
17.某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度．如图所示，一长L=0.60m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动．
(1)为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？
(2)若F1=22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？
(3)游戏中，如果滑块上移h=1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功．现F1=24N，F2=16N，请通过计算判断游戏能否成功？
【答案】(1)F1＞20N (2)F2＞13.2N (3)游戏不能成功．
【解析】
【详解】(1)滑块与木板间的滑动摩擦力：f=μF1
对木板应有：f＞Mg
代入数据得：F1＞20N
(2)对木板由牛顿第二定律有：μF1﹣Mg=Ma1
对滑块由牛顿第二定律有：F2﹣μF1﹣mg=ma2
要能发生相对滑动应有：a2＞a1
代入数据可得：F2＞13.2N
(3)对滑块由牛顿第二定律有：F2﹣μF1﹣mg=ma3
设滑块上升h的时间为t，则：
对木板由牛顿第二定律有：μF1﹣Mg=Ma4
设木板在t时间上升的高度为H，则：
代入数据可得：H=0.75m
由于H+L＜h，滑块在上升到1.5m之前已经脱离了木板，游戏不能成功．
18.如图所示，两形状完全相同的平板A、B置于光滑水平面上，质量分别为m和2m．平板B的右端固定一轻质弹簧，P点为弹簧的原长位置，P点到平板B左端点Q的距离为L．物块C置于平板A的最右端，质量为m且可视为质点．平板A、物块C以相同速度v0向右运动，与静止平板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后平板A、B粘连在一起，物块C滑上平板B，运动至P点开始压缩弹簧，后被弹回并相对于平板B静止在其左端Q点．弹簧始终在弹性限度内，平板B的P点右侧部分为光滑面，P点左侧部分为粗糙面，物块C与平板B 粗糙面部分之间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g．求：
(1)平板A、B刚碰完时的共同速率v1；
(2)物块C与平板B粗糙面部分之间的动摩擦因数μ；
(3)在上述过程中，系统的最大弹性势能Ep；
【答案】(1)v0(2) (3)m
【解析】
【详解】(1)对A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m) v1
解得：v1=v0
(2)设C停在Q点时A、B、C共同速度为v2，根据动量守恒定律有：2mv0=4mv2
解得：v2=v0
对A、B、C组成的系统，从A、B碰撞结束瞬时到C停在Q点的过程，
根据功能关系有：μmg(2L)＝m＋(3m)－(4m)
解得：
(3)设弹簧压缩到最短时A、B、C共同速度为v3．对于A、B、C组成的系统，弹簧压缩到最短时系统的弹性势能Ep最大．
对于A、B、C组成的系统，从A、B碰撞后瞬间到弹簧压缩到最短的过程，
根据动量守恒定律有：2mv0＝4mv3；解得：v3＝v0
根据功能关系有：μmgL+Ep＝m＋(3m)－(4m)
解得：Ep＝m
