湖南省益阳市箴言中学2019届高三上学期10月模拟考试物理试题

1、湖南省益阳市箴言中学2019届高三上学期10月模拟考试物理试题题号一二三总分得分评卷人得分一、选择题 本大题共12道小题。1.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列叙述错误的是( )A. 下滑过程中，环受到的合力先减小后增大B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为C. 从C到A过程，弹簧对环做功为D. 环经过B时，上滑的速度小于下

2、滑的速度2.如图所示，可看作质点的物体从光滑斜面的顶端a以某初速度水平抛出，落在斜面底端b，运动时间为t，合外力做功为W1，合外力的冲量大小为I1。若物体从a点由静止释放，沿斜面下滑，物体经过时间2t到达b，合外力做功为W2，合外力的冲量大小为I2，不计空气阻力。下列判断正确的是( )A. I1：I2=1：1B. W1：W2=1：1C. 斜面与水平面的夹角为30D. 物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向夹角为603.a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用大小为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1;当用恒力F竖直向上拉着

3、 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2 ；当用恒力F倾斜向上向上拉着 a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示。则（ ）A. x1= x2= x3 B. x1 x3= x2C. 若m1m2，则 x1x3= x2 D. 若m1m2的圆柱形小物体，分别系在一条跨过定滑轮的柔软细绳两端；C、D是置于A物体一侧，相距为h的两个沿A物体下落方向摆放的计时光电门，利用这两个光电门，可以分别测量物体A经过C、D位置时的时间间隔t1和t2。(1)要利用此装置验证机械能守恒定律，除题中已知量m1、m2、h、t1和t2外，还需要测量的物理量是_；(2)已知当

4、地的重力加速度为g，若系统的机械能守恒，则需满足的等式为_；(3)为了减小实验误差，提高测量精度，其中一项有效的措施是：保持C、D两光电门的竖直高度差h不变，将C、D一起上下移动。你认为_（填“向上”或“向下”）移动才能减小实验误差，提高测量精度。评卷人得分二、计算题 本大题共3道小题。15.如图，质量均为1kg的小球A、B（均可视为质点）静置于水平面上的C点，D点处有一固定的竖直光滑半圆轨道，轨道半径R8cm，CD间距离x0=4m。现用F9N的水平向右的力推A，在到达D点前某时刻撤去F，此后B恰能通过半圆轨道的最高点。已知A、B与水平面动摩擦因数分别为10.2，20.1。求：力F作用的时间。

5、最终A、B两球间的距离（B落地后即静止）。16.如图甲、乙质量均为1kg，水平面光滑，某时刻乙受水平恒力作用向右做加速度为a=2m/s2的匀加速直线运动，同时给甲一个水平向右的瞬时冲量I4N.s，两物体在t=3s时第二次相遇（两物体相遇时不会相撞）。求：(1)甲、乙的初始距离；(2)甲、乙两次相遇的位置之间的距离17.如图所示，倾角=37的传送带顺时针转动，传送带的长度（两轴心距离）s=15m。质量m=1kg的小物体以初速度v0=2m/s从A端滑上皮带，从B端滑上置于光滑水平面上质量为M=3Kg，上表面为光滑圆弧的槽车（物块由皮带滑上槽车时无机械能损失）。已知物体与皮带间的动摩擦因数为=0.8

6、，求：(1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，皮带的传送速度至少为多少？(2)物块以最大速度滑上槽车后，能上升的最大高度？(3)若皮带传送速度为v，且满足vv0，写出物体与皮带因摩擦产生的热量Q与v的关系式。试卷答案1.D解：圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，则合力先减小后增大，故A正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式：mgh+Wf-W弹=0，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式-mgh+W弹+Wf=0-mv2；解得：Wf=-mv2，所以产生

7、的热量为mv2，故B正确；在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式：-mgh+W弹+Wf=0-mv2，h=Lsin，解得：W弹=mgLsin-mv2，故C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mgh+Wf-W弹=mvB2-0；研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式-mgh+Wf+W弹=0-mvB2，由于Wf0，所以mvB2mvB2，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误；此题选择错误的选项，故选D。【点睛】能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用2.A

8、BC解：物体两种状态从a到b，都只有重力做功，物体下落高度一致，故合外力做功相等，即W1=W2，故B正确；物体平抛落到b点的过程，运动时间为t，则斜面高度hgt2；物体沿斜面下滑，设斜面与水平面的夹角为，受重力、支持力作用，合外力为mgsin，运动时间为2t，故位移为，加速度为gsin，所以有：gsin(2t)22gt2sin，所以，4sin2=1，即sin，得：=30，故C正确；物体平抛落到b点的过程，只受重力作用，故合外力的冲量大小I1=mgt；物体沿斜面下滑，设斜面与水平面的夹角为，受重力、支持力作用，合外力为mgsin，故合外力的冲量大小为：I2=2mgtsin=2I1sin= I1，

9、故B正确；物体平抛落到b点的过程，水平位移为x=v0t，竖直位移为hgt2，所以有：；那么物体在b点的水平速度为v0，竖直速度为gt，所以，物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向夹角为：arctanarctan(2tan)arctan，故D错误；故选ABC。【点睛】物体运动学问题，一般先对物体进行受力分析，然后由牛顿第二定律，根据运动规律求得物体运动过程量；由动能定理求取物体某一时刻的状态量3.A解：通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量。对右图，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为： ；对b物体有：T1=m2a1；得；对中间图： 运用整体法，由牛顿第二

10、定律得，整体的加速度为：；对b物体有：T2-m2g=m2a2得：；对左图，整体的加速度： ，对物体b： ，解得；则T1=T2=T3，根据胡克定律可知，x1= x2= x3，故A正确，BCD错误。故选A。【点睛】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体4.B解：飞船绕行星运动时由万有引力提供向心力。则有：得：，所以在Gliese581c表面附近运行的周期与地球表面运行的周期之比为：；由于地球表面运行的周期小于1天，所以飞船在Gliese581c表面附近运行的周

11、期小于13天。故A错误。由万有引力提供向心力得： ，所以飞船在行星表面做圆周运动时的速度大于7.9km/s，故B正确。行星的密度，故C错误。在Gliese581c表面，物体受到的万有引力等于重力。所以有G=mg；忽略地球自转，物体受到的万有引力等于重力。所以有整理得，所以在Gliese581c上的重力大于在地球上所受的重力。故D错误。故选B。【点睛】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用5.ABD当时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，小球处于平衡状态，可得：

12、，解得：，故A正确；由图可知，时，物体的速度减小，加速度向上，故说明物体处于超重状态，故B正确；由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当为0.1m时，小球的速度最大，然后速度减小，故C错误；图中的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D正确。本题选不正确的，故选C。【点睛】根据图象可知，当为0.1m时，小球的速度最大，加速度为零，此时重力等于弹簧对它的弹力，根据求出k，小球和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。6.B解：物体以恒定的功率上升时，由P=Fv可知，随v的增大，F减小，则拉力的功不能通过

13、WF=Fh求解，选项AC错误；根据动能定理：Pt-mgh=mv2/2，选项B正确；当物体匀速上升时F=mg，此时P=mgv，即v=P/(mg)，因速度v不一定是匀速上升的速度，可知选项D错误；故选B.7.C解：取物体B为研究对象，分析其受力情况如图所示，则有F=mgtan，T=，在将物体B缓慢拉高的过程中，增大，则水平力F和细绳上的拉力T随之变大。在这个过程中尽管绳子张力变大，但是开始时物体A所受斜面体的摩擦力方向未知，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定，即当开始时物体A受沿斜面向下的摩擦力时，随绳子的拉力T的增大摩擦力变大。故C正确，A错误；对A、B两物体与斜面体这个系统而言，系统处于

14、平衡状态，因拉力F变大，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，而竖直方向并没有增加其他力，故斜面体所受地面的支持力不变；故BD错误；故选C。【点睛】此题考查整体法及隔离法的应用问题；解题时要正确选择研究对象，并能对研究对象正确的受力分析，根据正交分解法或合成法列方程.8.ABC解：物体做直线运动，当加速度与速度同向时，加速度减小，速度变大，选项A错误；物体做曲线运动，速度变化，加速度不一定变化，例如平抛运动，选项B错误；匀变速直线运动的速度方向不一定是恒定不变的，例如做匀减速直线运动的物体，选项C错误；物体速度为零时加速度可能不为零，例如上抛运动的物体到达最高点时，选项D正确；此题选择错误的选项，故

15、选ABC.9.CD试题分析：根据速度时间公式，抓住速度大小相等，结合平行四边形定则分别求出甲乙运动的时间，从而得出甲乙两球到达C点的时间根据速度位移公式求出乙球到达C点的速度，抓住两球在C点的速度大小相等，结合平行四边形定则求出甲乙两球做平抛运动的初速度根据速度位移公式求出AC的高度差，从而得出AB的高度差结合初速度和时间求出A、B两点的水平距离解：对乙球有；v=gt乙， ，所以 ；对甲有：vcos60=gt甲，则，则乙球释放时间要比甲球抛出时间提前故D正确。乙球到达C点的速度，则甲球到达C点时竖直方向的分速度：vyvcos60，根据重力的功率的表达式：P=mgvy可知，两球经过C点时重力的功

16、率不相等。故C正确。AC两点的高度差，则A、B的高度差hhhhh/4=3h/4，故A错误。根据平行四边形定则知，甲球平抛运动的初速度，A、B的水平距离，故B错误。故选CD。10.A解：以小球为研究对象，分析受力情况可知：重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力定沿斜面向下。如图，由牛顿第二定律得：=ma，解得a=2g，再对整体根据牛顿第二定律可得：F+（2m+m）gsin30=3ma；解得F=4.5mg； 故选A。【点睛】本题是小球受到两个力，运用合成法进行处理，也可以采用正交分解法进行研究还要注意正确选择研究对象，做好受力分析，才能准确利用牛顿第二定律求解，注意在求

17、拉力时需要用整体法进行分析11.D解：m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定。故A正确。设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得：v1cos45=v2，则，故B正确。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。故C正确。在m1从A点运动到C点的过程中，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得：，结合，解得：v1；若m1运动到C点时绳断开，至少需要有的速度m1才能沿碗面上升到B点，现由于m1上升的过程中绳子对它做负功，所以m1不可能沿碗面上升到

18、B点。故D错误。此题选择错误的选项，故选D。【点睛】解决本题的关键是要明确系统的机械能是守恒的，两球沿绳子方向的分速度大小相等，要注意对其中一个球来说，机械能并不守恒。12.B解：设经过AB和BC的时间均为t，则物体的加速度 ；B点的速度，则，则CD=，故选B.13. (1). 2.5m/s2； (2). 1.45m/s； (3). BC； (4). 解：（1） 由x=aT2即可算出加速度： ；计数点6的瞬时速度（2）根据牛顿第二定律mg-Mg=(M+m)a，解得 可知，还需测出滑块的质量M以及托盘和砝码的总质量m，所以选BC.（3）滑块与木板间的动摩擦因数.【点睛】解决实验问题首先要掌握该实

19、验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；此题中必须要 先根据牛顿第二定律求得动摩擦因数的表达式，然后通过表达式确定要测量的物理量14. (1). 圆柱体A的高度L； (2). ； (3). 向下解：（1、2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，A通过C和D的瞬时速度分别为：v1，v2，则系统动能的增加量为(m1+m2)( )2()2，系统重力势能的减小量为（m1-m2）gh，若机械能守恒，应满足的等式为：（m1-m2）gh=(m1+m2)( )2()2，故还需要测量的物理量是圆柱体A的高度L（3）保持C、D两光电门的竖直高度差h不变，将C、D一起向下移动，可以减小误差，因为越向下，通过光电门的时间越短，平均速度表示瞬时速度越准确【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，注意研究的对象是系统，抓住系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量列出表达式是关键，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度15.(1)t=1s (2)x=0.09m解：B恰能通过半圆轨道的最高点，则 ，解得v= 由最低点到最高点：，解得B在D点的速度vD=2m/s；AB在力F作用下的加速度 撤去F后B的加速度为aB=-2g=-1m/s；设F作用的时间为t，则 带入数据解得：t=1s 则力F作用的时间为1s.撤去F时AB距离D