新疆乌鲁木齐市第一中学2019届高三月考物理试题

乌鲁木齐市第一中学2019届高三年级第二次月考物理试卷（时间90分钟，满分100分）一、选择题（每题4分，共40分。其中1-5小题为单选，6-10小题为多选。漏选得2分,错选得0分）。1.如图所示是物体做直线运动的v-t图象，由图可知，该物体A. 第1s内和第3s内运动方向相反B. 第3s内和第4s内的加速度相同C. 第1s内和第4s内的位移大小不相等D. 0-2s和0-4s内的平均速度大小相等【答案】B【解析】【详解】0-1s向正方向做加速度为1m/s2的匀加速直线运动；1-2s向正方向做匀速直线运动；2-3s向正方向做加速度为1m/s2的匀减速直线运动；3-4s以1m/s2的加速度向相反方向做匀加速直线运动，故选项A错误，B正确；据速度—时间图象中图线与时间轴围成的面积大小表示位移大小，可知，第1s内和第4s内的位移大小均为0.5m，选项C错误；0-2s内与0-4s内位移大小相等，但时间不同，故平均速度大小不相等，选项D错误．2.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升，夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是（ ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】对木块分析，根据牛顿第二定律得对整体分析，根据牛顿第二定律得联立解得，故A正确，BCD错误故选A。 3.如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为，b与转轴的距离为2。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）A. a一定比b先开始滑动B. a、b所受的摩擦力始终相等C. 若时，a所受摩擦力的大小为D. 是b开始滑动的临界角速度【答案】D【解析】【详解】A．小木块a和b所受到的摩擦力为可知小木块的最大静摩擦力相等，根据静摩擦力提供向心力可知做圆周运动时b需要更大的静摩擦力，故b先开始滑动，A错误；B．小木块a和b所受到的摩擦力为各自的圆周运动提供向心力可知做圆周运动时b受到的静摩擦力较大，故B错误；C．假设小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，可得由于，假设成立，故C错误；D．根据静摩擦力提供向心力可得，故D正确。4.质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量.该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为A. GMm B. GMmC.  D.  【答案】C【解析】【详解】卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则：轨道半径为时①，卫星的引力势能为②轨道半径为时③，卫星的引力势能为④设摩擦而产生的热量为，根据能量守恒定律得：⑤联立①～⑤得，故选项C正确．【点睛】求出卫星在半径为圆形轨道和半径为的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量．5.一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用、分别表示拉力F1、F2所做的功，、分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】C【解析】【详解】由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为S1：S2==1：2两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比Wf1：Wf2=fS1：fS2=1：2再由动能定理，则有：WF﹣Wf=可知，WF1﹣Wf1=WF2﹣Wf2=4×由上两式可解得：WF2=4WF1﹣2Wf1故C正确，ABD错误；故选C． 6.将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，图像如图所示．以下判断正确的是（ ）A. 前3s内货物处于超重状态B. 最后2s内货物只受重力作用C. 前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D. 第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒【答案】AC【解析】【详解】前3s内货物速度增大，加速度向上，处于超重状态，A正确；最后2s内货物的加速度为，受重力和拉力作用，B错误；前3s内的平均速度，后2s内的平均速度，两段时间内的平均速度相同．故C正确；3到5s内物体做匀速直线运动，动能不变，高度增大，重力势能增加，所以机械能不守恒，D错误． 7.质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则A. 3t0时刻的瞬时功率为B. 3t0时刻的瞬时功率为C. 在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D. 在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为【答案】BD【解析】【详解】AB.3t0时速度v=a1·2t0+a2t0=·2t0+·t0=3t0时刻瞬时功率P=3F0·v=故A错，B对；CD.0~2t0内，力F0做的功W1=F0···（2t0）2=2t0~3t0内位移x2=a1·2t0·t0+··=+=2t0~3t0内水平力3F0做的功W2=3F0x2=0~3t0内平均功率==C错，D对．8.如图，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（　　）A. 动能损失了2mgH B. 动能损失了mgHC. 机械能损失了2mgH D. 机械能损失了mgH【答案】AD【解析】【详解】AB．根据动能定理，小物块冲上斜面有合外力做负功，故动能损失2mgh，A正确，B错误；CD．由牛顿第二定律可得，对小物块有可求得：根据功能关系，物块机械能的损失等于物块克服f做的功，即故C错误，D正确；故选AD。9.如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看做质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是（　　）A. B球减少的机械能等于A球增加的机械能B. B球减少的重力势能等于A球增加的重力势能C. B球的最大速度为D. B球克服细杆所做的功为【答案】ACD【解析】【详解】A．由于轨道光滑，整个系统机械能守恒，故B球减少的机械能等于A球增加的机械能，A正确；B．由于能量守恒，B球减少的重力势能等于A球增加的重力势能与A、B两球增加的动能之和，B错误；C．当B球运动到最低点时速度最大，根据机械能守恒解得最大速度C正确；D．对B球，根据动能定理克服细杆所做的功D正确。故选ACD。10.如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑．弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有A. 当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B. 当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C. 当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D. 当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大【答案】BCD【解析】【详解】处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化．对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有，对B有，得，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于B的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于B的合力（加速度）.两物体运动的v-t图象如图，时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值，A错误B正确；时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值，即两物体的相对位移最大，此时弹簧被拉到最长，弹性势能最大，故CD正确．二、实验题（每空2分，共14分）11.如图所示，是用落体法“验证机械能守恒定律”的实验装置，请回答下列问题： (1)从下列器材中选出实验所必需的，其编号为__________． A．打点计时器(含纸带)； B.重锤； C．天平； D.毫米刻度尺； E.秒表． (2)实验中产生系统误差的主要原因是纸带通过打点计时器的摩擦阻力，使重锤获得的动能往_______它所减小的重力势能(填“大于”、“小于”或“等于”)． (3)如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出-h图线是一条通过坐标原点的倾斜直线，该直线的斜率所代表的含义为__________．【答案】    (1). ABD    (2). 小于    (3). 重力加速度（或重物下落的加速度）【解析】【详解】(1)[1]A、打点计时器（含纸带）必须的；B、重锤，必须的；C．天平；因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平；D．毫米刻度尺，必须的，用来测量计数点距离；E．秒表．不需要，打点计时器本身可以计算时间。故选ABD。
(2)[2]由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量．所以重锤获得的动能往往小于它所减小的重力势能。(3)[3]根据机械能守恒可知mgh＝mv2得出＝gh因此-h图线的斜率为重力加速度。12.某同学把附有滑轮长木板放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系，此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．（1）若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些______．（2）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是下列的哪个_____（填字母代号）A.避免小车在运动过程中发生抖动B.可使打点计时器在纸带上打出的点清晰C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力（3）平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法_______．（4）他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的____（填字母代号）．A.在接通电源的同时释放了小车B小车释放时离打点计时器太近C.阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D.钩码匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力【答案】    (1). 刻度尺、天平（包括砝码）    (2). D    (3). 在小车上加适量的砝码（或钩码）    (4). CD【解析】【详解】（1）根据实验原理可知，需要验证mgx=Mv2，同时根据运动学规律可知，此实验中需要测量钩码质量、小车质量和位移，故还需要的器材有：刻度尺和天平．（2）分析小车受力可知，在平衡摩擦力的基础上，使细绳与木板平行是为了让细绳的拉力充当小车所受合外力，故D正确，ABC错误．（3）纸带上打出的点较小，说明小车的加速度过大（即小车过快），故在所挂钩码质量不变的情况下，可以增加小车质量（在小车上加上适量的砝码）（4）在此实验中，根据牛顿第二定律可知，钩码的重力大于细绳的拉力，而实验中用重力代替拉力会导致拉力做功大于小车动能增量；如果实验未平衡摩擦力也会导致拉力做功大于动能增量，故CD正确，AD错误．三、计算题（共46分，要写出必要的文字说明和解题过程，只写答案不给分）13.如图所示，质量M=kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m=kg的小球相连。今用跟水平方向成α=300角的力F=N,拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s2。求：（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ。【答案】（1）30°。（2）【解析】【详解】（1）小球受力分析如图所示，

由平衡条件得：Fcos30°=TcosθTsinθ+Fsin30°=mg联立以上两式得：θ=30°T=10N≈17.3N（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，受力分析如图，

根据平衡条件得：FN+Fsin30°=（m+M）gFf=Fcos30°
Ff=μFN联立以上三式得：14.某兴趣小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v-t图象，如图所示（除2s~10s时间段内的图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）。已知小车运动的过程中，2s~14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行。小车的质量为1kg，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变。求：（1）小车所受到的阻力大小；（2）小车匀速行驶阶段的功率；（3）小车在加速运动过程中位移的大小。【答案】(1) 1.5N；(2) 9W；(3) 42m【解析】【详解】(1) 由图象可得，在14s-18s内：小车受到阻力大小：f=ma3=1.5N(2) 在10s-14s内小车做匀速运动：F=f，故小车功率：P=Fv=1.5×6W=9W即小车匀速行驶阶段的功率为9W．(3) 速度图象与时间轴的“面积”的数值等于物体位移大小：0-2s内，2s-10s内，根据动能定理有：故小车在加速过程中的位移为：S=S1+S2=42m15.山谷中有三块大石头和一根不可伸长的青之青藤，其示意图如下．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m．开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤的下端荡到右边石头的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，求：（1）大猴子水平跳离的速度最小值；（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小；（3）荡起时，青藤对猴子的拉力大小．【答案】（1）=8m/s （2）9m/s （3）F=216N【解析】【详解】根据解得则跳离的最小速度．（2）根据机械能守恒定律得，解得．（3）根据牛顿第二定律得，根据几何关系得，联立解得 F=216N． 16.如图所示，固定光滑1/4圆弧轨道AB，半径为R=0.8m，末端水平．质量为m1=2kg、高H=0.4m方凳紧靠在圆弧AB的末端，方凳上表面与圆弧相切．现有一个质量为m2=2kg的滑块（视为质点）从A端由静止沿圆弧下滑，在B点滑上方凳，经过一段时间后从方凳右端滑落．已知：方凳与地面、滑块与凳面间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.5；方凳从开始运动到停止运动，在水平面上运动的位移x=27cm．（取g=10m/s2）求：（1）滑块滑上方凳时的速度；（2）滑块与方凳分离时，方凳的速度；（3）滑块刚落地时，滑块与方凳右端之间的距离（结果保留三位有效数字）．【答案】（1）4m/s．（2）0.6m/s．（3）0.193m【解析】【详解】试题分析：由机械能守恒定律可以求出滑块的速度；对方凳应用动能定理可以求出其速度；对方凳与滑块应用牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出其位移．（1）滑块从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得：m2gR=m2v02代入数据解得：v0=4m/s； （2）方凳由静止开始做匀加速直线运动，直至滑块从其右端滑落，设此段位移为x11，然后做匀减速直线运动直至停止设此段位移为x12，中间最大速度为v1由动能定理得：μ2m2gx11﹣μ1（m1+m2）gx11=m1v12﹣μ1m1gx12=0﹣m1v12由题意可知：x11+x12=x=0.27m代入数据解得：v1=0.6m/s   x11=0.18m   x12=0.09m （3）设滑块在面运动的时间为t1，滑块从其右端滑落时的速度为v2对方凳：v1=a1t1，μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g=m1a1对滑块：v0﹣v2=a2t1，代入数据解得：v2=1m/s滑块从面滑落后做平抛运动，设时间为t2，水平位移为x2，H=gt22，x2=v2t2方凳不能撞到物块，则滑块与方桌右端之间的距离：x=x2﹣x12=0.193m点睛：物体运动过程复杂，难度较大，分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、动能定理、牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．