2020届陕西西安精勤学校高三月考模拟物理试题（解析版）

2019-2020 年精勤学校高三物理月考试题 一、选择题（1-4 单选，5-8 多选，每题 6 分，共计 48 分） 1.一物体做匀加速直线运动，通过一段位移 所用时间为 ，紧接着通过下一段位移 所用时间为 ， 则物体运动加速度的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出两段过程中的平均速度，结合时间 求出加速度的大小． 在第一段 内的平均速度为 ，在第二段 内的平均速度为 ，因为某段时间内的平均速 度等于中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为： ．则加速度为 ，B 正确． 2.小球 A、B 通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上。当两球平衡时，连接两球 细绳与 水平面的夹角分别为 和 。假设装置中的各处摩擦均不计，已知 ，则 A、B 球的 质量之比为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题可知本题考查力的平衡。 【详解】设绳的张力大小为 ，则对 A 有 的 x∆ 2t x∆ t 2 x t ∆ 23 x t ∆ 22 x t ∆ 2 2 3 x t ∆ x∆ 1 2 xv t ∆= x∆ 2 xv t ∆= 3 2 2 tt t t∆ = + = 2 2 3 3 2 x x xt ta tt ∆ ∆− ∆= = θ 2θ sin 2 2sin cosθ θ θ= 2cos :1θ 1: 2cosθ tan :1θ 1: 2sinθ T A sinm g T θ=对 B 有 所以 故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 3.如图所示，质量 m=75kg 的滑雪运动员在倾角 θ=37°的直滑道上由静止开始向下滑行的速度—时间图象， 图中的 OA 直线是 t=0 时刻速度图线的切线，速度图线末段 BC 平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因 数为 μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为 k．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则 A. 物体开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动 B. t=0 时刻运动员的加速度大小为 2m/s2 C. 动摩擦因数 μ 为 0.25 D. 比例系数 k 为 15kg/s 【答案】C 【解析】 由速度-时间图像可知 ，物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故 A 错误；在 t=0 时 刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有 ，故 B 错误；在 t=0 时刻开始加 速时，v0=0，由牛顿第二定律可得 ，最后匀速时有：vm=10m/s，a=0，由 平衡条件可得 ，联立解得： μ=0.25，k=30kg/s，故 C 正确、D 错误．所以 C 正确，ABD 错误． 4.为践行新形势下的强军目标，在某次军事演习中，水平匀速飞行的无人机在斜坡底端 A 的正上方投弹，炸 B sin 2m g T θ= A B 1 2cos m m θ= 2 2 0 12 0 m/s 4m/s3 0a −= =− 0 0sin cosmg kv mg maθ µ θ− − = msin cos 0mg kv mgθ µ θ− − =弹垂直击中倾角为 θ＝ 、长为 L＝300m 的斜坡的中点 P，如图所示，若 sin ＝0.6，cos ＝0.8，g 取 10m/s2，则无人机距 A 点的高度 h 和飞行的速度 v 分别为（　　） A. h＝170m　v＝30m/s B. h＝135m　v＝40m/s C h＝80m　v＝30m/s D. h＝45m　v＝40m/s 【答案】A 【解析】 【详解】将炸弹在 P 点的速度分解为水平方向和竖直方向，则有 P 点到 A 点的竖直高度为 P 点到 A 点的水平距离为 由平抛运动规律有 联立解得 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 5.如图甲所示，一长为 l 的轻绳一端穿在过 O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕 O 点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力 F 与其速度二次方 v2 的关系如图乙所示，重力 加速度为 g.下列判断正确的是(　　) . 37° 37° 37° 0tan37 v gt ° = sin37 90m2 Lh °= = cos37 120m2 Lx °= = 21 2H h gt− = 0x v t= 0170m, 30m/sH v= =A. 图线的函数表达式为 F＝m ＋mg B. 重力加速度 g＝ C. 若绳长不变，用质量较小的球做实验，，则图线上 b 点的位置不变 D. 若绳长不变，用质量较小的球做实验，则得到的图线斜率更大 【答案】BC 【解析】 【详解】A 项：小球在最高点，根据牛顿第二定律有： ，解得： ，故 A 错 误； B 项：当 F=0 时，根据表达式有： ，解得： ，故 B 正确； C 项：当 F=0 时， ，可知 b 点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线 b 点的位置不变，故 C 正确； D 项：根据 知，图线的斜率 ，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故 D 错 误． 6.“雪龙号”南极考察船在由我国驶向南极的过程中，经过赤道时测得某物体的重力是 G1；在南极附近测 得该物体的重力为 G2；已知地球自转的周期为 T，引力常数为 G，假设地球可视为质量分布均匀的球体， 由此可知： A. 地球的密度为 B. 地球的密度为 C. 当地球的自转周期为 时，放在地球赤道地面上的物体不再对地面有压力 2v l b l 2vF mg m l + = 2vF m mgl = − 2vmg m l = 2v bg l l = = bg l = 2vF m l = k m l = 1 2 2 1 3 ( ) G GT G G π − 2 2 2 1 3 ( ) G GT G G π − 2 1 2 G G TG −D. 当地球的自转周期为 时，放在地球赤道地面上的物体不再对地面有压力 【答案】BC 【解析】 试题分析：在两极物体不随地球自转，故受到的重力等于地球对其的引力，在赤道引力与支持力的合力提 供向心力，联立方程解题，在赤道上物体受到的万有引力完全充当向心力时，放在地球赤道地面上的物体 不再对地面有压力 在两极物体受到的重力等于地球对其的引力，故有 ① 在赤道引力与支持力的合力提供向心力， ②，地球的密度 ③，联 立解得 ，A 错误 B 正确；在赤道上万有引力完全充当向心力时，物体将“飘”起来，即 ④，联立①②④解得 ，故 C 正确 D 错误． 7.总质量为 m 的汽车在平直公路上以速度 v0 匀速行驶时，发动机的功率为 P，司机为合理进入限速区，减 小了油门，使汽车功率立即减小到 P 并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从 司机减小油门开始，汽车的速度 v－t 图象如图所示，t1 时刻后，汽车做匀速运动，汽车因油耗而改变的质 量可忽略．则在 0～t1 时间内，下列说法正确的是（　　） A. t＝0 时，汽车的加速度大小为 B. 汽车的牵引力一直减小 C. 克服阻力所做的功为 m ＋ Pt1 D. 汽车行驶的位移为 — 【答案】AC 【解析】 2 1 1 G G TG − 22 MmG GR = 2 12 2 4MmG G m RR T π− = 34 3 M M V R ρ π = = ( )2 2 2 1 3 G GT G G πρ = − 2 2 2 1 4MmG m RR T π= 2 1 1 2 G GT TG −= 2 3 03 P mv 5 18 2 0v 2 3 0 12 3 v t 2 05 18 mv【详解】A．汽车以速度 v0 匀速行驶时牵引力大小等于阻力，即为 司机减小油门时牵引力为 由牛顿第二定律有 解得 负号表示加速度方向，则 t＝0 时，汽车的加速度大小为 ，故 A 正确； B．由于汽车减小油门后功率仍保持不变，汽车的速度减小，由公式 可知，汽车的牵引力增大，故 B 错误； C．0～t1 时间内由动能定理可得 解得 故 C 正确； D．阻力对汽车做的功为 得 故 D 错误。 故选 AC。 8.如图所示，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直 方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上。现用手控制住 A，并使细线刚刚拉直但无 0 0 Pf F v = = 1 0 2 3 P F v = 1 0F f ma− = 0 03 Pa mv = − 03 P mv P Fv= 2 2 1 f 0 0 2 1 2 1( )3 2 3 2Pt W m v mv− = − 2 0 1 5 2 18 3fW mv Pt= + ' 2 0 1 5 2 18 3fW fx mv Pt= − = − − 3 0 0 15 2 18 3 mv v tx P = +拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知 A 的质量为 4m，B、C 的质量均为 m， 重力加速度为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放 A 后，A 沿斜面下滑 至速度最大时 C 恰好离开地面。下列说法正确的是（　　） A. 斜面倾角 B. A 获得最大速度为 C. C 刚离开地面时，B 的加速度最小 D. 从释放 A 到 C 刚离开地面的过程中，A、B 两小球组成的系统机械能守恒 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．C 恰好离开地面，此时弹簧处于拉伸且伸长量为 A 沿斜面下滑至速度最大时 B 速度也最大，即 A、B 加速度均为 0，对 B 有 对 A 有 得 故 A 正确； B．开始时弹簧压缩量为 A 沿斜面下滑至速度最大时弹簧伸长量为 则 B 上升和 A 沿斜面下滑的距离都为 30°=α 2 5 mg k 2 2mg F kx= = 2 2T mg F mg= + = 4 sin 2mg T mgα = = 30°=α 1 mgx k = 2 mgx k =由机械能守恒得 解得 故 B 正确； C．C 刚离开地面时，A 速度最大，则 B 速度也最大，说明 B 的加速度为 0 即最小，故 C 正确； D．从释放 A 到 C 刚离开地面的过程中，弹簧对 B 先做正功后做负功，则 A、B 两小球组成的系统机械能 不守恒，故 D 错误。 故选 ABC。 二、实验题（每空 4 分，共计 24 分） 9.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹 簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一 段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能． （1）实验中涉及到下列操作步骤： ①把纸带向左拉直 ②松手释放物块 ③接通打点计时器电源 ④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量 上述步骤正确的操作顺序是__（填入代表步骤的序号）． （2）图（b）中 M 和 L 纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流 电的频率为 50Hz．由 M 纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为__m/s．比 较两纸带可知，__（填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大． 【答案】 (1). ④①③② (2). 1.29 (3). M 1 2 2mgx x x k = + = 214 sin30 ( 4 )2 mmgx mgx m m v° − = × + 2 5m mv g k =【解析】 【详解】（1）实验中应先向物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释 放纸带；故步骤 ④①③②； （2）由 M 纸带可知，右侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后减小；故 2.58 段时 物体应脱离弹簧；则由平均速度可求得，其速度 v= =1.29m/s； 因弹簧的弹性势能转化为物体的动能，则可知离开时速度越大，则弹簧的弹性势能越大；由图可知，M 中 的速度要大于 L 中速度；故说明 M 纸带对应的弹性势能大； 10.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上 A 点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为 M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为 m 的小球 相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上 B 点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间 t， 用 d 表示 A 点到光电门 B 处的距离，b 表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看做滑块通过 B 点时的瞬时速度，实验时滑块在 A 处由静止开始运动． (1)某次实验测得倾角 θ＝30°，重力加速度用 g 表示，滑块从 A 处到达 B 处时 m 和 M 组成的系统动能增加 量可表示为 ΔEk＝_________，系统的重力势能减少量可表示为 ΔEp＝________，在误差允许的范围内，若 ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒．(用题中字母表示) (2)在上述实验中，某同学改变 A、B 间的距离，作出的 v2－d 图象如图乙所示，并测得 M＝m，则重力加速 度 g＝________m/s2. 【答案】 (1). (2). (3). 9.6 【解析】 【详解】（1）滑块从 A 处到达 B 处的速度: 则系统动能的增加量： 为 2.58 0.02 2 2 ( ) 2 M m b t + ( )2 Mm gd− bv t ＝ ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2k M m bE M m v t ++ = ＝系统重力势能的减小量：△Ep=mgd-Mgdsin30°=（m− ）gd （2）根据系统机械能守恒 ： （M+m）v2＝（m− ）gd 则： 图线的斜率： 解得：g=9.6m/s2 三、计算题（第 11 题 12 分，第 12 题 16 分） 11.如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成 30°角的恒力拉着它沿水平地面运动， 已知拉力 F＝6.5 N，玩具的质量 m＝1 kg，经过时间 t＝2.0 s，玩具移动了距离 x＝2 m，这时幼儿将手 松开，玩具又滑行了一段距离后停下．(g 取 10 m/s2)求： (1)玩具与地面间的动摩擦因数． (2)松手后玩具还能滑行多远？ (3)当力 F 与水平方向夹角 θ 为多少时拉力 F 最小？ 【答案】(1) 　(2) m　(3)30° 【解析】 【详解】(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式 x＝ at2 解得： a＝ m/s2， 对玩具，由牛顿第二定律得： Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma 解得： μ＝ . (2)松手时，玩具的速度： v＝at＝2 m/s 的 2 M 1 2 2 M ( )2 2m M gdv M m − +＝ 2 2.4 0.5 m Mk gM m −= + ＝ 3 3 3 3 5 1 2 3 3 3 3松手后，由牛顿第二定律得： μmg＝ma′ 解得： a′＝ m/s2 由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移： x′＝ ＝ m. (3)设拉力与水平方向的夹角为 θ，玩具要在水平面上运动，则 Fcos θ－Ff>0，Ff＝μFN 在竖直方向上，由平衡条件得： FN＋Fsin θ＝mg 解得： 因为 cos θ＋μsin θ＝ sin(60°＋θ) 所以当 θ＝30°时，拉力最小． 12.如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37°的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道 上 B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为 的光滑圆弧轨道相切于 C 点，AC=7R，A、B、C、D 均在同一竖直面内．质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E 点（未画出），随后 P 沿轨 道被弹回，最高点到达 F 点，AF=4R，已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 ，重力加速度大小为 g．（取 ， ） 10 3 3 20 v 2a − − ′ 3 3 5 cos sin mgF µ θ µ θ> + 21 µ+ 5 6 R 1 4 µ = 3sin37 5 = 4cos37 5 =（1）求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小． （2）求 P 运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能． （3）改变物块 P 质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放．已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后， 恰好通过 G 点．G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距 、竖直相距 R，求 P 运动到 D 点时速度的大小和 改变后 P 的质量． 【答案】（1） （2） （3） ， 【解析】 试题分析：（1）根据题意知，B、C 之间的距离 l 为 l=7R–2R① 设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得 ② 式中 θ=37°，联立①②式并由题给条件得 ③ （2）设 BE=x．P 到达 E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 Ep．P 由 B 点运动到 E 点的过程中，由 动能定理有 ④ E、F 之间的距离 l1 为 l1=4R–2R+x⑤ P 到达 E 点后反弹，从 E 点运动到 F 点的过程中，由动能定理有 Ep–mgl1sin θ–μmgl1cos θ=0⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x=R⑦ ⑧ （3）设改变后 P 的质量为 m1．D 点与 G 点的水平距离 x1 和竖直距离 y1 分别为 ⑨ ⑩ 的 7 2 R 2 gR 12 5 mgR 3 55 gR 1 3 m式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 θ 的事实． 设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t．由平抛运动公式有 ⑪ x1=vDt⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得 ⑬ 设 P 在 C 点速度的大小为 vC．在 P 由 C 运动到 D 的过程中机械能守恒，有 ⑭ P 由 E 点运动到 C 点的过程中，同理，由动能定理有 ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 ⑯ 【学科网考点定位】动能定理、平抛运动、弹性势能 【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能．此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、 弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件， 灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问题的能力．