甘肃省古浪县第二中学2020届高三物理上学期第四次诊断考试试题（含解析）.docx

甘肃省古浪县第二中学2020届高三物理上学期第四次诊断考试试题（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一个选项符合题目要求，第10-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.2019年1月3日10时26分，嫦娥四号探测器经过约38万公里、26天的漫长飞行后，自主着陆在月球背面，实现人类探测器首次在月球背面软着陆嫦娥四号着陆前距离月球表面l00米处有一次悬停，对障碍物和坡度进行识别，并自主避障；选定相对平坦的区域后，开始缓速垂直下降最终，在反推发动机和着陆缓冲机构的“保驾护航”下，一吨多重的探测器成功着陆在月球背面东经177.6度、南纬45.5度附近的预选着陆区下面有关嫦娥四号探测器的说法正确的是( )A. 嫦娥四号探测器从地球到月球的位移大小就是其运行轨迹的长度38万公里B. “3日10时26分”指的是时间间隔C. 研究嫦娥四号探测器在月球着陆过程的姿态时，不可以将其看成质点D. 嫦娥四号探测器在最后100米着陆过程中可以视作做自由落体运动【答案】C【解析】【详解】A. 位移是指从起点指向终点的有向线段的长度，则嫦娥四号探测器从地球到月球的位移大小小于其运行轨迹的长度38万公里，选项A错误；B. “3日10时26分”指的是时刻，选项B错误；C. 研究嫦娥四号探测器在月球着陆过程的姿态时，探测器的大小和形状不能忽略不计，则不可以将其看成质点，选项C正确；D. 嫦娥四号探测器在最后100米着陆过程中缓慢数值下降，加速度小于g，则不可以视作做自由落体运动，选项D错误2.在任意相等时间内，物体的速度变化不相同的运动是A. 匀减速直线运动B. 匀速圆周运动C. 平抛运动D. 自由落体运动【答案】B【解析】【分析】据知，加速度恒定的运动，在任意相等时间内，速度变化相等；加速度变化的运动，在任意相等时间内，速度变化不相等根据四个运动加速度的特点，可得在任意相等时间内，物体的速度变化是否相等【详解】A：匀减速直线运动的加速度不变，据知，匀减速直线运动，在任意相等时间内，物体的速度变化相等B：匀速圆周运动加速度变化(大小不变，方向不断变化)，据知，匀速圆周运动，在任意相等时间内，物体的速度变化不相等C：平抛运动的加速度不变，据知，平抛运动，在任意相等时间内，物体的速度变化相等D：自由落体运动的加速度不变，据知，自由落体运动，在任意相等时间内，物体的速度变化相等综上，在任意相等时间内，物体的速度变化不相同的运动是匀速圆周运动故B项正确3.甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，同时落地下列表示这一过程的位移时间图象和速度时间图象中正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，加速度相同，时间由高度决定，高度越高，时间越长，再结合位移时间图象和速度时间图象的特点分析即可【详解】甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，则运动时间不同，高度高的，位移大，运动时间长，但同时落地，说明高度高的先释放，故AB错误；都做自由落体运动，加速度相同，则图象的斜率相同，运动时间不等，故C错误，D正确故选D4.如图所示，两个小球a、b质量分别为m、2m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弾簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为45，已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧最短伸长量为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】以小球a、b整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知F与T的合力与整体重力3mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为，根据胡克定律，所以A与计算结果不相符,故A错误B与计算结果不相符,故B错误C与计算结果相符,故 C正确D与计算结果不相符,故D错误5.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度图象如图所示在0t2时间内，下列说法中正确的是：（）A. I、II两个物体所受的合外力都在不断减小B. I物体的加速度不断增大，II物体的加速度不断减小C. I、II两个物体t1时刻相遇D. 物体平均速度的大小：I物体的大于，II物体的等于【答案】D【解析】【详解】AB.速度-时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，故物体做加速度不断减小的加速运动，物体做加速度不变的减速运动，根据牛顿第二定律可知. I物体所受的合外力都在不断减小，. II物体所受的合外力合力不变，故AB错误；C. 图线与时间轴围成的面积表示对应时间内的位移大小，在0t1时间内两物体图线与时间轴围成的面积不相等，说明两物体的位移不相等，而从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体，所以I、II两个物体在t1时刻没有相遇，故C错误；D. v1均匀增加到v2，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于，所以的平均速度大于，如图所示；II物体的图像是一条倾斜直线，表示它做匀减速直线运动，所以II物体的等于，故D正确6.某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程A. 两次在空中运动的时间相等B. 两次抛出时的速度相等C. 第1次抛出时速度水平分量小D. 第2次抛出时速度的竖直分量大【答案】C【解析】【详解】A将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；BCD将篮球的运动反向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，第二次运动过程中的高度较小，故第二次抛出时速度的竖直分量较小，所用时间减小；平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，由可知，第二次水平分速度较大；水平速度第二次大，竖直速度第一次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小关系不能确定，故C正确，BD错误7.如图所示，质量不等的甲、乙两个物块放在水平圆盘上，两物块与水平圆盘的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，让圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，并逐渐增大转动的角速度，结果发现甲物块先滑动，其原因是（）A. 甲的质量比乙的质量小B. 甲的质量比乙的质量大C. 甲离转轴的距离比乙离转轴的距离小D. 甲离转轴的距离比乙离转轴的距离大【答案】D【解析】【分析】根据牛顿第二定律，结合最大静摩擦力，求出发生滑动的临界角速度，通过临界角速度判断原因.【详解】AB.根据牛顿第二定律得：mg=mr2解得发生滑动的临界角速度为：，与质量无关.故A项、B项均错误.CD.动摩擦因数相同，甲物块先滑动，一定是甲离转轴的距离比乙离转轴的距离大，故C错误，D正确.【点睛】解决本题的关键知道物块做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解.8.如图所示，细绳的一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，使小球在竖直平面内作圆周运动，周期一定，当小球在最高点时绳的张力为T1，在最低点时，绳的张力为T2，则T1和T2的差值为( )A. 2mgB. 4mgC. 6mgD. 8mg【答案】C【解析】本题考查的是圆周运动中的向心力问题，在最高点，最高点临界速度：在最低点，且满足则；答案选C9.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3轨道1、2相切于Q点轨道2、3相切于P点（如图），则当卫星分别在1，2，3，轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【答案】D【解析】【详解】万星做圆周运动时万有引力提供圆周运动的向心力有解得，A由知，在轨道1上卫星的速率大于轨道3上的速率，故A错误；B由知，在轨道1上的角速度大于在轨道3上的角速度，故B错误；C由知，在轨道1上经过Q点和轨道2上经过Q点的加速度大小相等，故C错误；D由知，在轨道2上经过P点和轨道3上经过P点的加速度大小相等，故D正确.故选D。10.一质点在水平面上沿直线自由滑行，其平均速度与时间的关系满足10-2t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是A. 质点运动的加速度大小为2m/s2B. 质点2s末的速度大小为2m/sC. 质点4s末的速度大小为2m/sD. 4s内质点的位移为12.5m【答案】BD【解析】【详解】A根据平均速度知，,根据知，质点的初速度，加速度，加速度和速度方向相反，质点做匀减速直线运动，故A错误BC质点停下所需时间，质点在2s末的速度，质点在4s末的速度，故B正确,C错误D4s内质点的位移故D正确11.某人从楼顶由静止释放一颗石子如果忽略空气对石子的阻力，利用下面的哪些已知量可以测量这栋楼的高度H(已知重力加速度为g)( )A. 石子落地时的速度B. 石子下落最初1 s内的位移C. 石子下落的时间D. 石子下落最后1 s内的位移【答案】ACD【解析】解： A、知道石子的落地速度，根据v2=2gh可求出楼的高度，故A正确;B、石子下落最初1s内的位移为h=5m，故最初1s内的平均速度为5m/s，与运动总时间无关，故B错误;C、知道石子下落的时间，根据h=可求出楼的高度，故C正确;D、知道石子最后1s内的位移，根据可以求出最后1s内的初速度，根据速度时间公式求出落地速度，再根据v2=2gh，求出楼的高度，故D正确;故选ACD.12.两个物体M、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30、60，物体M的重力大小为20 N，M、m均处于静止状态则A. 绳OA对M的拉力大小为10NB. 绳OB对M的拉力大小为10 NC. m受到水平面的静摩擦力大小为10ND. m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左【答案】AD【解析】【详解】先对节点O受力分析，节点O受OA，OB，OM三根绳子得拉力，通过条件得知OA和OB的夹角为90度，因此利用力得平衡有，故A对；对物体m受力分析，受向左的拉力10N，向右的拉力，因此物体m收到的静摩擦力水平向左，大小为()N二、实验题： (每空2分,共 16分。)13.用如图甲所示的实验装置做探究加速度与力、质量关系的实验（1）某同学通过实验得到如图乙所示的a-F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角_（填“偏大”或“偏小”）（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足_的条件（3）某同学得到如图所示的纸带已知打点计时器电源频率为50 HzA、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点ssDGsAD_ cm由此可算出小车的加速度a_ m/s2（保留两位有效数字）【答案】 (1). 偏大 (2). 小于 (3). Mm (4). 1.80 (5). 5.0【解析】【详解】（1）1 当拉力F等于0时，小车已经产生力加速度，故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大，在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大（2）2 小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力；3 对整体分析，根据牛顿第二定律得解得则绳子的拉力当，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，所以为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足的条件（3）4 刻度尺上读出A、D、E三点的位置，算出5 计数点间的时间间隔为T，由匀变速直线运动的推论x=aT2可知，加速度：14.一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果取，那么：（1）闪光频率是_ Hz （2）小球运动中水平分速度的大小 _ m/s（3）小球在B点的速度大小为_m/s【答案】 (1). 10 (2). 1.5 (3). 2.5【解析】【详解】（1）1在竖直方向上有：其中：代入求得：则频率为：；（2）2水平方向匀速运动，有：，其中，代入解得：；（3）3根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，在B点有：所以B点速度为：三、计算题（共36分）15.如图所示，质量为m=1kg的物块放在粗糙水平地面上，物块与水平地面之间的滑动摩擦系数为=0.5，某时刻物块在与水平方向成=37的拉力F=10N的作用下，由静止开始向右运动，经时间t1=2s时撤去拉力F（g=10m/s2，sin37=0.6,cos37=0.8）求：（1）撤去拉力F时物块的速度大小；（2）物块从静止开始到最后停止的过程中运动的位移大小【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）设02s时间内，物体运动加速度为，正压力为，2s末的速度为，向右为正方向则， 由解得：（2）设02s时间内的位移为，撤掉拉力到停止的位移为，总位移为x 由解得：16.如图所示,倾角光滑斜面的下端有一水平传送带,传送带以的速度顺时针转动。一个质量为的物体(可视为质点),从高处由静止开始沿斜面下滑。物体经过点时,无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面,都不计其速率变化。物体与传送带间的动摩擦因数为,传送带左右两端、间的距离,重力加速度。问:(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间?(2).物体在传送带上向左最多能滑到距多远处?【答案】（1）1.6s（2）6.4m【解析】【详解】（1）物体在光滑斜面上运动，由牛顿第二定律得：mgsin=ma1解得 a1=5m/s2由运动学公式得 其中位移 由以上公式可得 t=1.6s（2）物体滑到斜面底端速度为：v0=a1t=51.6=8m/s物体在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：mg=ma2得：a2=5m/s2当物体速度减为0时物体距A最远，有运动学公式可得：v02=2a2x得：x=6.4m17.某高速公路的一个出口路段如图所示，情景简化：轿车从出口A进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B点（通过B点前后速率不变），再匀速率通过水平圆弧路段至C点，最后从C点沿平