安徽省皖南八校2019届高三10月份联考物理

1、绝密启用前安徽省皖南八校2019届高三10月份联考物理试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1如图是伽利略做了上百次的铜球沿斜面运动的实验示意图，他通过对斜面上球运动的研究来寻找自由落体运动的规律这个研究案例确立了科学研究的一般过程和方法关于该实验，下列说法正确的是A 伽利略用该实验证明力是产生加速度的原因B 伽利略用该实验巧妙“冲淡”重力，便于测量铜球的瞬时速度C 若铜球从静止开始运动的总位移与所用时间成正

2、比，铜球就是做匀加速直线运动D 伽利略推断，斜面的倾角越接近90，铜球的运动就越接近自由落体运动2火车站以及商场都装有智能化电动扶梯，如图所示，当乘客站上扶梯时，它先缓慢加速，然后再匀速上升，则A 乘客始终处于超重状态B 在匀速阶段，电梯对乘客的作用力不做功C 在加速阶段，电梯对乘客有水平向右的摩擦力D 在运送乘客的全过程中，电梯多做的功等于乘客增加的重力势能3一质点沿着x方向运动，t00时刻，其初始位置坐标x00，初速度v00，加速度a的变化情况如图所示，下面关于该质点的运动判断正确的是A t0至t1时段，质点的速度v减小，总位移x增大B t1至t2时段，质点沿一x方向匀加速运动C t1时刻

3、，质点沿x方向速度v最大，t2时刻，vv0D t1至t2时段，质点沿x方向减速运动，t2时刻，v04如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点；另一细绳滑过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态，若F的大小不变，缓慢沿顺时针方向转动，直到水平为止，物块b始终保持静止，则A 物块b所受到的支持力逐渐变大B 绳OO的张力逐渐变大C 连接a和b的绳的张力逐渐变大D 物块b与桌面间的摩擦力也一定逐渐变大5如图所示，倾角为的光滑斜面固定，质量均为m的A、B球用轻弹簧相连，用平行于斜面的细线拉住静止在斜面上现在B球上施加一个平行斜面向上，由

4、零缓慢增大的外力F，直至弹簧恰好处于原长，此时为：t1时刻，下列说法正确的是A t1时外力F的大小为2 mgsinB 外力F作用过程中，F做的功等于B球重力势能的增加量C 若t1时刻突然撤去外力F，则A，B两球的瞬时加速度沿斜面向下，大小均为 gsinD 若t1时刻突然撤去外力F，则B球的瞬时加速度大小为gsin6质量为m的子弹，以水平速度射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，下列说法正确的是A 子弹动能的减少量与木块动能增加量相等B 阻力对子弹做的功与子动能的变化量相等C 子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等D 子弹克服阻力做的功等于系统克服摩擦所产生的内能7如图所示，一足够

5、长的斜面倾角为45，一弹性小球，在与斜面上端等高的某处A点由静止释放小球落到斜面上的B点后反弹，反弹时速度大小不变，反弹前后，速度方向与斜面夹角相等，小球反弹后落到斜面上C点，不计空气阻力，则小球在AB段和BC段运动中A 运动时间之比为tAB：tBC1：1B 重力做功的平均功率之比为PAB：PBC1：2C 运动的竖直高度之比为hAB：hBC1：3D 若小球释放点自A点向右平移少许，则小球反弹后再次落到斜面上时速度方向与落到C点的不同8如图所示，质量为m的小球（可看作质点）在竖直放置的半径为R的固定光滑圆环轨道内运动，若小球通过最高点时的速率为v02gR，下列说法中正确的是A 小球在最高点时只受

6、到重力作用B 小球绕圆环一周的时间等于2Rv0C 小球在最高点对圆环的压力大小为2mgD 小球经过任一直径两端位置时的动能之和是一个恒定值评卷人得分二、多选题9有a、b、c、d四地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，方向均与地球自转方向一致，各卫星排列位置如图所示，则A 卫星a的向心加速度近似等于重力加速度gB 在相同时间内卫星b转过的弧长最长C 卫星c的速度一定比卫星d的速度大D 卫星d的角速度比卫星c的角速度大10如图甲所示，水平传送带始终以恒定速率v1向右运行，质量为m的物块，以v2的初速度从与传送带

7、等高的光滑水平地面上的A处向左滑入传送带，若从物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的vt图象（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2v1则A t1时刻，物块离A处的距离达到最大B t2时刻，物块相对传送带滑动的距离达到最大C 0t3时间内，物块一直受到方向向右的摩擦力D t1t2时间内，由于带动物块电动机多做的功为mv1211如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R1m的半球形容器，容器直径AB水平，O点为球心，容器的内表面及容器口光滑右侧是一个足够长的固定光滑斜面、斜面倾角为45，一根不可伸长的轻质细绳跨过容器口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块

8、m2，且m12kg，m21kg开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点是圆心O的正下方当m1由静止释放开始运动，取g10ms2，则下列说法中正确的是A m1运动到C点时速率最大B m1不可能沿碗面上升到B点C 当m1运动到C点时，m2的速率为2msD 当m1运动到C点时，m1的向心力为16N12随着我国航天技术的发展，国人的登月梦想终将实现，若宇航员着陆月球后在其表面以一定的初速度竖直上抛一小球（可视为质点），经时间t小球落回抛出点；然后字航员又在离月面高度为h处，以相同的速度大小沿水平方向抛出一小球，一段时间后小球落到月球表面，测得

9、小球的水平射程为L已知月球的质量为M，引力常量为G，月球可看做质量分布均匀的球体下列判断正确的是A 月球表面的重力加速度大小为2L2ht2 B 小球上的初速度大小为L22htC 月球的半径为tLGMh2 D 月球的第一宇宙速度大小为LhtGMh第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、实验题13在探究弹簧的伸长量x与所受拉力F之间的关系实验中，某实验小组根据实验数据获得下列图象，则（1）该弹簧的劲度系数是_N/m.（2）实验中，操作者从弹簧的原长用力缓慢地拉伸到伸长量为x40cm时，拉力对弹簧做功_J，此时弹簧的弹性势能是_J14在探究物体的加速度与力、质量的关系时，小王同

10、学采用如图装置，如图1中小车及砝码的质量用M表示，沙桶及沙的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出（1）往沙桶中加入一定量的沙子，当M与m的大小关系满足_时，可近似认为绳对小车的拉力大小等于沙桶和沙的重力；在释放小车_（选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点。（2）在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图2，该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出，打点计时器使用交流电的频率是50Hz，则小车的加速度大小是_ms2，当打点计时器打计数点3时小车的速度是_ms；（结果保留两位有效数字）（3）小明同学用同一装置做验证动能定理实验，把沙桶改用钩码

11、，若小车质量M200g，钩码4只，每只质量m50g平衡摩擦力后，小车上有两只钩码，用两只钩码牵引小车打印出一条纸带，如图3所示，纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出，计时器的打点周期为T用计数点2到计数点6这一段验证，若关系式_成立（用M、m、g、T和纸带上的信息表示），则动能定理得以验证。15如图所示，固定在竖直平面内的轨道由硬杆制成，其中水平轨道BC和EF的长度均为2RAB、FG部分的倾角均为30，CDE部分是半径为R的半圆轨道，B、C、E、F四点共线且各部分均平滑连接，将一个质量为m的圆环套在轨道上从A点由静止释放，已知AB6R，小环与BC和EF间的动摩擦因数均为01，轨道其他部分均光

12、滑，重力加速度为g，求：（1）小环从释放至第一次到达B点所用的时间（2）小环第一次向右通过半圆執道的最高点D时，对轨道的作用力（3）小环通过半圆轨道的最高点D的次数及其最终停在轨道上的位置评卷人得分四、解答题16如图所示，一光滑直杆上套了A、B两个质量均为m的圆环，OBL，OA2L杆的一端O有固定铵链，可自由转动现在使杆绕竖直轴做匀速转动试证明：A、B两环不可能同时随杆稳定转动，并说明，若B环能随杆稳定转动，则A环沿杆有怎样的运动现象？17质量为m2kg的物体，静止在水平地面上，t0时刻在F112N的水平恒力作用下从A点开始向右运动，经过t16s到达B点，速度为18ms此时F1突变为反向，大小

13、变为F26N，经过一段时间，作用力再次反向，大小变为F310N，再经过一段时间运动到达C点，速度为18ms物体从A到C的时间为14s取g10ms2，求（1）物体与地面间的滑动摩擦因数（2）AC间的距离x18某汽车发动机的额定功率为P，质量m2000kg，当汽车在路面上行驶时受到的阻力为车对路面压力的01倍若汽车以a1ms2的加速度匀加速从静止启动，t120s时，车的功率达到额定功率此后汽车以额定功率运动，t2100s时汽车速度达到最大值，车的速度时间图象如图所示，取g10ms2，求（1）该汽车的额定功率P（2）汽车在自t1至t2期间运动的位移x2：（3）若该汽车在路面倾角为的斜坡路段行驶，匀速

14、上坡的最大速度（已知sin01，cos1）。参考答案1D【解析】【详解】A. 伽利略用该实验证明自由落体运动是匀变速直线运动，故A错误； B. 伽利略用斜面实验研究自由落体运动，巧妙“冲淡”重力，延长运动时间，便于测量时间，故B错误；C. 若铜球从静止开始运动的总位移与所用时间的平方成正比，铜球就是做匀加速直线运动，故C错误；D. 伽利略在实验的基础上，进行合理的外推，即斜面的倾角趋接近90，铜球的运动就越接近自由落体运动，故D正确。故选：D2C【解析】【详解】A、加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动

15、阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重。故A错误；B、在匀速阶段，电梯对乘客的作用力与重力等大反向，做正功，故B错误；C、匀加速运动阶段，电梯对顾客的支持力竖直向上，静摩擦力水平向右，两者合力斜向右上方，故C正确；D、在运送乘客的全过程中，乘客的动能和势能都增加，电梯多做的功等于乘客增加的重力势能和动能，故D错误。故选：C3C【解析】【详解】A. t0至t1时段，质点的速度与加速度方向一致，v增加，总位移x增大，故A错误；B. t1至t2时段，质点的速度与加速度方向相反，沿+x方向做匀减速运动，故B错误；C. t1时刻之前，质点沿x方向做加速运动，t1至t2时段，质点沿+x方向做匀减速运动，t

16、1时刻，质点速度v最大，t2时刻，vv0，故C正确，D错误；故选：C4A【解析】由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO中的张力保持不变，故BC错误；b处于静止，对b受力分析，如图所示：根据平衡条件，力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：N+Tsin+Fsin-mg=0，由于绳的拉力不变，所以Tsin不变，则F不变，减小，所以支持力增大，故A正确；由于不知道起初摩擦力的方向，故无法判断摩擦力的大小变化情况，故D错误。所以A正确，BCD错误。

17、5D【解析】【详解】A.t1时刻，弹簧恰好处于原长，根据B受力平衡，F=mgsin，故A错误；B. 外力F作用过程中，F和弹簧弹力都做正功，两力做功之和等于B球重力势能的增加量，故B错误；C. t1时刻突然撤去外力F，则沿斜面方向，B球只受重力的分力作用，瞬时加速度沿斜面向下，大小为 gsin；A球受力不变，加速度为零。故C错误，D正确。故选：D6B【解析】【详解】A. 由能量转化可知，子弹动能的减少量等于木块动能增加量和系统增加的内能之和，故A错误；B. 对于子弹来说只有阻力做功，其效果就是子弹动能减少，子弹动能的减少和阻力对子弹所做的功数值上相等，所以B正确；C. 子弹对木块做的功等于木块

18、的动能，小于子弹克服阻力做的功，故C错误；D. 子弹克服阻力做功使损失的动能一部分转化成了系统的内能，一部分转化成了木块的动能，故D错误。故选：B.7B【解析】【详解】A.设小球第一次碰板时速度大小为v，对自由下落阶段v=gtABtAB=vg对平抛阶段y2=12gtBC2x2=vtBC联立得：tBC=2vtan450g=2vg 故tAB：tBC1：2，故A错误；B.根据h=12gt2，hAB：hBC1：4， 根据重力做功W=mgh，得WAB：WBC1：4，根据功率p=Wt得：PAB：PBC1：2，故B正确，C错误； D. 设小球反弹后再次落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角tan=gtBCv=

19、g2vgv=2tan450，与B点的位置无关，故D错误。故选：B8D【解析】【详解】AC. 根据牛顿第二定律有：mg+N=mv02R，解得N=mg.故小球在最高点受到圆环的压力，压力大小为mg，故A错误，C错误；B. 小球做的运动不是匀速圆周运动，绕圆环一周的时间不等于2Rv0。故B错误；D.小球在运动的过程中机械能守恒,在某一运动的过程中小球的重力势能减小多少，则经过关于圆心对称的位置重力势能就增加多少。所以小球经过任一直径两端位置时的动能之和是一个恒定值。故D正确。故选：D.【点睛】小球在最高点靠竖直方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力大小；根据机械能守恒定律判断小球

20、经过任一直径两端位置时的动能之和是否是一定值9BC【解析】【详解】A. 地球同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度。由GMmr2=ma，得g=GMr2，可知卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则地球同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故a的向心加速度小于重力加速度g.故A错误；BC. 由GMmr2=mv2r，得v=GMr，则知卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长。故B正确，C正确；D.由GMmr2=m2r，得=GMr3，则知卫星的轨道半径越大，角速度

21、越小，所以卫星d的角速度比卫星c的角速度小，故D错误。故选：BC10ABD【解析】【详解】A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A正确；B、t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；C、t2t3时间内小物块不受摩擦力作用，故C错误；D、t1t2时间内，小物块在滑动摩擦动力作用下，做匀加速运动，小物块增加的动能为12mv12；设小物块的位移为x，根据动能定理，fx= 12mv12。小物块相对传送带的位移也为x，则系统转化成的内能为Q=fx=12mv12；由于带动物块电动机多做的功为等于小物块增加的动能和系统产生的内能为mv12，故D正确；故选：ABD【点

22、睛】0t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，然后向右匀加速，当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失小物块动能增加，系统产生内能，根据能量守恒定律可求由于带动物块电动机多做的功。11BCD【解析】【详解】A.圆周运动中物体的速度最大时，其切向加速度一定为零，而在m1过C点时，合外力的切向分力水平向右，切向加速度与速度反方向，故A错误；B.在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，若m1能沿碗面上升到B点，系统的机械能增加，所以m1不可能沿碗面上升到B点，故B正确；C.设小球m1到达最低点C时，m1、m2的速度大小分别是v1、v2

23、，由运动的合成分解得：v1cos45=v2，对A、B组成的系统，根据动能定理可知：m1gR-m2g2Rcos45= 12m1v12+12m2v22，解得v2=2m/s,v1=22m/s，故C正确；D.根据向心力F=mv2R可知，F=2(22)21N=16N，故D正确。故选：BCD【点睛】在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒。将m1到达最低点C时的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于m2的速度，根据平行四边形定则求出两个速度的关系。12AC【解析】【详解】A.设竖直上抛小球初速度为v，月球表面重力加速度为g，根据题意知：在月球表面，

24、有：t=2vg ，小球做平抛运动时：t=2hg，水平位移：L=vt=v2hg ，联立得：g=2L2ht2 。故A正确；B.联立得初速度：v=gt2=L2ht，故B错误；C.根据万有引力提供重力得：mg=GMmR2，联立得：R=tLGMh2，故C正确；D.根据万有引力等于向心力，得：GMmR2=mv12R，所以：v1=Lht2GMh，故D错误。故选：AC。【点睛】竖直上抛运动返回地面时的速度和抛出时的速度大小相等，方向相反，根据匀变速直线运动的规律得出加速度；根据平抛运动的规律得出初速度根据万有引力等于向心力，求解月球的第一宇宙速度。13（1）200；（2）16，16【解析】【详解】（1）由图象

25、根据数学知识可知，该图象代表的函数关系为F=200x(其中x代表弹簧的形变量).图象斜率的大小表示劲度系数大小，故有k=200N/m.（2）根据W=Fx，F-x图像的面积等于拉力F做的功，W=12800.4J=16J；根据功能转换，弹簧的弹性势能等于拉力对弹簧所做的功，为16J.14（1）Mm， 之前；（2）0.34，0.47；（3）2mg(x2+x3+x4+x5)=12(M+2m)(x5+x610T)2-(x1+x210T)2 【解析】【详解】（1）将砂、砂桶和小车看作一个整体，根据牛顿第二定律，mg=（m+M）a，a=mgm+M，当M与m的大小关系满足Mm时，可近似认为绳对小车的拉力大小等

26、于沙桶和沙的重力；为充分利用纸带，在释放小车之前接通打点计时器的电源。(2)相邻两个计数点间还有4个点未标出，计数点间的时间间隔为：t=0.025=0.1s，由匀变速直线运动的推论：x=at2可知,加速度为：a=0.1747-0.0805-0.0805(20.1)2=0.34m/s2；根据某段时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，v3=0.1747-0.080520.1m/s=0.47m/s； (3) v2=x1+x210T，v2=x5+x610T根据动能定理，两只砝码重力所做的功等于砝码和小车动能的增量，即：2mg(x2+x3+x4+x5)=12(M+2m)(x5+x610T)2-(x

27、1+x210T)2。【点睛】（1）当小车质量远大于沙和沙桶质量时可以近似认为小车受到的拉力等于沙和沙桶的重力；实验时要先接通电源然后再释放小车（2）应用匀变速直线运动的推论：=at2可以求出小车的加速度根据某段时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求打点3时的速度；（3）根据动能定理，两只砝码重力所做的功等于砝码和小车动能的增量，列出动能定理的关系式。15（1）26Rg；（2）2.6mg；（3）7次，E点 【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律得，小环沿AB下滑的加速度a=mgsin/m=gsin=g/2，根据6R=12at2得，小环从释放第一次到达B点的时间t=26Rg.(2)对A到D段运用动能定理得,mg(6RsinR)m