2019届高三物理上学期第三次模拟考试试卷(含解析) (I).doc

2019届高三物理上学期第三次模拟考试试卷(含解析) (I)一、选择题1.如图为水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的.不计空气阻力，则()A. a的飞行时间比b的长B. b的初速度比c的小C. a的初速度比b的小D. b的着地速度比c的大【答案】D【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度。【详解】A项：根据h=12gt2得，高度越高，运动的时间越长，则a的飞行时间比b短，b的飞行时间和c的飞行时间相等，故A错误；B项：b、c的运动的时间相等，b的水平位移大，则b的初速度大，故B错误；C项：a的运动时间短，水平位移大，则a的初速度大于b的初速度，故C错误；D项：由于b、c的高度相同，所以b、c着地时竖直方向的速度相同，由于b的水平位移大，即b的初速度大，由平行四边形定则可知，b着地的速度比c大，故D正确。故应选：D。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。2.如图所示,水平细杆上套一球A，球A与球B间用一轻绳相连，质量分别为mA和mB，由于B球受到水平风力作用，球A与球B一起向右匀速运动。已知细绳与竖直方向的夹角为，则下列说法中正确的是（ ）A. 球A与水平细杆间的动摩擦因数为mBsinmA+mBB. 球B受到的风力F为mBgtanC. 风力增大时，若A、B仍匀速运动，轻质绳对球B的拉力保持不变D. 杆对球A的支持力随着风力的增加而增加【答案】B【解析】【分析】先对球B受力分析，受重力、风力和拉力，根据共点力平衡条件列式分析；对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、风力和水平向左的摩擦力，再再次根据共点力平衡条件列式分析各力的变化【详解】对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如图：风力为F=mBgtan，绳对B球的拉力为T=mBgcos，把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力mA+mBg、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如图，根据共点力平衡条件可得：杆对A环的支持力大小：N=mA+mBg、f=F，则A环与水平细杆间的动摩擦因数为=fN=mBtanmA+mB，B正确A错误；当风力增大时，增大，则T增大。C错误；对整体分析，竖直方向上杆对环A的支持力NA=mA+mBg，不变，D错误【点睛】本题考查受力分析以及共点力的平衡条件应用，要注意明确整体法与隔离法的正确应用整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用1、当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法2、整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法3.如图所示，在绳下端挂一物体，用力F作用于O点，使悬线偏离竖直方向的夹角为，且保持物体平衡。设F与水平方向的夹角为，在保持角不变的情况下，要使拉力F的值最小，则应等于 （ ）A. B. 12C. 0D. 2【答案】A【解析】O点受三个拉力处于平衡，向上的两个拉力的合力大小等于物体的重力，方向竖直向上，根据作图法，作出力的变化图象由图可知，当F与天花板相连的绳子垂直时，拉力F最小，根据几何关系知=故A正确，BCD错误，故选A.【点睛】对结点O受力分析，抓住拉物体绳子的拉力大小和方向都不变，与天花板相连绳子拉力方向不变，通过作图法求出拉力的最小值4.如图，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点。过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30，则半圆柱体的半径为(不计空气阻力，重力加速度为g )( )A. 23v023gB. 23v029gC. (43-6)v02gD. (4-23)v02g【答案】C【解析】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30，设位移与水平方向的夹角为，则有tan=tan6002=32，因为tan=yx=yR+32R ，则是竖直位移为：y=(32+34)R，tan=vyv0联立以上各式解得：R=(436)v02g，故C正确。点晴：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解。5.将一物体由坐标原点O以初速度v0抛出，在恒力作用下轨迹如图所示，A为轨迹最高点，B为轨迹与水平x轴交点，假设物体到B点时速度为vB ，v0与x轴夹角为，vB与x轴夹角为，已知OA水平距离x1小于AB水平距离x2，则（ ）A. 物体从O到A时间大于从A到B时间B. 物体在B点的速度vB大于v0C. 物体在O点所受合力方向指向第一象限D. 可能等于【答案】B【解析】【详解】物体在恒力作用下运动，故可将物体运动分解为水平和竖直方向上的匀变速运动；又有A为轨迹最高点，所以，A点的水平速度为0；O点和B点的竖直高度一致，由匀变速运动规律可知：物体从O到A时间等于从A到B时间，故A错误；已知OA水平距离x1大于AB水平距离x2，且物体从O到A时间等于从A到B时间，那么物体在AB上的平均速度大于在OA上的，所以，由匀变速运动规律可知物体做匀加速运动，加速度方向向右，所以物体在B点的速度vB大于v0，故B正确；由图可知，恒力在竖直方向上的分量方向向下；由A可知，恒力在水平方向上的分量方向向右，所以，恒力方向指向第四象限，则物体在O点所受合力方向指向第四象限，故C错误；由B可知物体在竖直方向上做匀变速运动，在O点和在B点时竖直方向上的分速度大小相等，方向相反；由A可知，物体在O点和在B点时水平方向上的分速度方向相同，vBv0，所以，大于，故D错误；故选B。【点睛】在类平抛运动中，我们一般将物体运动分解为两个垂直方向上的分运动；若题目给出的条件为水平、竖直方向上的，则将运动按这两个方向分解；若题目给的条件较少，且可转化到合外力方向和垂直合外力方向，则按沿合外力及垂直合外力方向分解.6.如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（）A. 系统运动稳定时，弹簧秤的示数是50NB. 系统运动稳定时，弹簧秤的示数是26NC. 在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13m/s2D. 在突然搬去F1的瞬间，m1的加速度大小为15m/s2【答案】BC【解析】对整体运用牛顿第二定律得a=F1F2m1+m2=30205m/s2=2m/s2，隔离对m1分析，有F1F=m1a，则F=F1m1a=3022N=26N，A错误B正确；在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小a1=Fm1=262=13m/s2，C正确D错误7.某同学通过Internet查询“神舟五号”飞船绕地球运转的相关数据，从而将其与地球同步卫星进行比较。他查阅到“神舟五号”在圆形轨道上的运转一周的时间大约为90min，由此可得出 （ ）A. “神舟五号”在圆轨道上运转的速率比地球同步卫星的大B. “神舟五号”在圆轨道上运转的角速度比地球同步卫星的小C. “神舟五号”在圆轨道上运转离地面的高度比地球同步卫星低D. “神舟五号”在圆轨道上运转的向心加速度比地球同步卫星的小【答案】AC【解析】【分析】“神舟”五号飞船的周期比同步卫星短，先根据万有引力提供向心力，求出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，先比较出轨道半径的大小，然后再比较线速度、角速度、加速度的大小。【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F=F向F=GMmr2 F向=mv2r=m2r=m(2T)2r 所以GMmr2=mv2r=m2r=m(2T)2r=ma 解得：v=GMrT=2r3GMa=GMr2=GMr3“神舟”五号飞船的周期比同步卫星短，根据式可知同步卫星的轨道半径大，故C正确；根据式，同步卫星的线速度小，故A正确；根据式，同步卫星的加速度小，故D错误；根据式，同步卫星的角速度小，故B错误。故应选：AC。【点睛】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，然后先判断轨道半径的大小，再去比较其它要球的物理量。8.在水平面上静止地放一足够长的长木板N，将一铁块M放在长木板上，在长木板的右端加一水平向右的拉力F，拉力的大小由零逐渐增大。已知铁块的质量为2m、长木板的质量为m，铁块与长木板间的动摩擦因数为、长木板与水平面间的动摩擦因数为0.5，且满足最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度用g表示，则（ ）A. 如果外力F3mg，则铁块与长木板之间有相对运动D. 在逐渐增大外力F的过程中，铁块加速度的最大值等于g【答案】B【解析】试题分析：N与地面的最大静摩擦力f=0.53mg=1.5mg，若F2mg，可知铁块与长木板不一定静止在水平面上不动，故A错误；如果外力F=52mg，假设M和N保持相对静止，整体的加速度a=F0.53mg3m=13g，此时M和N间的摩擦力f=2ma=2mg32mg，假设成立，可知铁块的加速度为13g，故B正确；M和N发生相对滑动的临界加速度a=g，对整体分析，F0.53mg=3ma，解得发生相对滑动的最小外力F=4.5mg，故C错误； M和N发生相对滑动的临界加速度a=g，可知增大外力F的过程中，铁块的最大加速度为g，故D错误。考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律的临界问题，知道M和N发生相对滑动的临界条件，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用。二、实验题9.某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）。完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为1.00kg；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为_kg；(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为_ N；小车通过最低点时的速度大小为_ m/s（保留2位有效数字，重力加速度大小取10m/s2）【答案】 (1). 1.40； (2). 8.0； (3). 1.4；【解析】【分析】根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位；根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为mg，根据Fm=m桥g+FN，知小车经过凹形桥最低点时对桥的压力FN，根据FN=m0g+m0v2R求解速度。【详解】(1) 根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位，为1.40kg；(2) 根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为：Fm=1.80+1.75+1.85+1.75+1.855g=m桥g+FN 解得：FN=8.0N根据牛顿运动定律知：FN-m0g=m0v2R 代入数据解得：v=1.4m/s。【点睛】此题考查读数和圆周运动的知识，注意估读，在力的问题注意分析受力和力的作用效果。10.某物理课外小组利用如图甲所示的装置完成探究小车的加速度与其所受合外力之间的关系实验。(1)请补充完整下列实验步骤的相关内容。用天平测量砝码盘的质量m0；用游标卡尺测量遮光板的宽度d，游标卡尺的示数如图乙所示，则其读数为_cm；按图甲所示安装好实验装置，用米尺测量两光电门之间的距离s；在砝码盘中放入适量的砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门A和光电门B的时间相等；取下细绳和砝码盘，记下_；（填写相应物理量及其符号）让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间tA和tB；步骤中，小车从光电门A下滑至光电门B过程合外力为_，小车的加速度为_；（用上述步骤中的物理量表示，重力加速度为g）重新挂上细线和砝码盘，改变长木板的倾角和砝码盘中砝码的质量，重复步骤。(2)本实验中，以下操作或要求是为了减小实验误差的是_。 A尽量减小两光电门间的距离sB尽量增大遮光片的宽度dC调整滑轮，使细线与长木板平行D砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量【答案】 (1). 0.54 (2). 砝码盘中砝码的质量m (3). (m+m0)g (4). d2s(1tB21tA2) (5). C【解析】【详解】（1）.游标卡尺的读数为0.5cm+0.1mm4=0.54cm；.在砝码盘中放入适量砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门A和光电门B的时间相等，此时小车做匀速运动，取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m.取下细绳和砝码盘后，小车受到的合力即为砝码盘和盘中砝码的总重力，即为F=（m+m0）g，由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度vA=dtA，滑块通过光电门2速度vB=dtB，根据速度位移公式可知2as=vB2- vA2，解得a=d2s(1tB21tA2) 尽量增大两光电门间的距离s，距离大一些，误差小一些，故A错误；尽量减小遮光片的宽度d，使测量的瞬时速度等于平均速度，故B错误；调整滑轮，使细线与长木板平行，否则撤去绳子后，合力不等于绳子拉力，故C正确；本实验没有用砝码盘和盘中砝码的重力代替绳子的拉力，不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故D错误故选C.【点睛】光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度.三、计算题11.如图所示，质量为4kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，t=0时物体受到大小为20N与水平方向成37角斜向上的拉力F作用，沿水平面做匀加速运动，拉力作用4s后撤去，（g取10m/s2，sin370.6，cos370.8）求：（1）撤去拉力时物体的速度大小。（2）物体从出发到停止的总位移大小。【答案】（1）（2）4.4m【解析】试题分析：（1）在拉力作用下由牛顿第二定律可得，撤去拉力时物体的速度大小为（2）加速阶段通过的位移为；撤去外力后加速度为a2=g=5m/s2减速阶段通过的位移为；x2=0v22a2=0.4m整个过程通过的位移考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用12.如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道BC的圆心角=37经圆孤轨道后滑上与C点等高、静止在光滑水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，小物块与长木板之间的动摩擦因数=0.5，cos37=0.8，sin37=0.6，g=10m/s2求：（1）小物块水平抛出时，初速度v0的大小；（2）小物块滑动至C点时，圆弧轨道对小球的支持力大小；（3）木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？【答案】（1）4m/s（2）47.3N（3）2.24m【解析】【分析】(1)已知平抛的抛出高度和落地速度方向，求落地的速度大小和方向，用运动的合成与分解求解；(2)小物块在BC间做圆周运动运动，在C点时轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力，据此求解即可；(3)根据物块在长木板上滑动时，物块的位移-长木板的位移应该小于等于长木板的长度这一临界条件展开讨论即可。【详解】(1) 设小物块做平抛运动的时间为t，则有：H-h=12gt2 设小物块到达B点时竖直分速度为vy，有：vy=gt，由以上两式代入数据解得：vy=3m/s由题意，速度方向与水平面的夹角为37，有：tan370=vyv0 解得：v0=4m/s；(2) 设小物块到达C点时速度为v2，从B至C点，由动能定理得：mgh=12mv22-12mv12 设C点受到的支持力为FN，则有：FN-mg=mv22R 由几何关系得：cos=R-hR 由几何关系得：R=0.75m，v2=27ms，FN=47.3N；(3)将m、M选作系统，设系统的共同速度为v，由动量守恒可知mv2=(m+M)v代入数据解得：v=275ms由能量守恒得：mgL=12mv22-12(m+M)v2 代入数据解得：L=2.24m【点睛】本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键。13.下列说法正确的是_ A肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的B在双缝干涉实验中条纹变宽,可能是将入射光由绿光变为红光造成的C光导纤维传送图像信息利用了光的衍射原理D光从真空中以相同的入射角斜射入水中,红光的折射角大于紫光的折射角E. A、B两种光从相同的介质入射到真空中,若A