【物理】河南省三门峡市2020届高三11月阶段性考试试题（解析版）

【物理】河南省三门峡市2020届高三11月阶段性考试试题（解析版）

河南省三门峡市2020届高三11月阶段性考试试题 一、选择题 ‎1.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－时间图象如图所示．在0～t2时间内，下列说法中正确的是（ ）‎ A. Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小 B. 在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远 C. t2时刻两物体相遇 D. Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是 ‎【答案】B ‎【详解】试题分析：速度时间图像的斜率表示加速度，从图中可知I曲线的斜率都在减小，所以I加速度都在减小，根据牛顿第二定律可得I合力都在减小，II斜率恒定，做匀减速直线运动，合力恒定，A错误；速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知在时刻两物体面积差最大，相距最远，故B正确；时刻，物体I的位移比物体II的位移大，两者又是从同一地点同时开始运动的，所以时刻两物体没有相遇，故C错误；‎ 物体的位移就等于图中两图象与时间轴所围的面积，平均速度就等于位移与时间的比值，由图知物体I的位移比物体II的位移大，且II物体做匀减速运动，其平均速度为，I的平均速度大于，D错误．‎ 考点：考查了速度时间图像 ‎【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移 ‎2.用一根长1m的轻质细绳将一副质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（取）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【详解】一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，因而当绳子拉力达到F=10N的时候，绳子间的张角最大，为120°，此时两个挂钉间的距离最大；画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图．‎ 绳子与竖直方向的夹角为：θ=60°，绳子长为：L0=1m，则有：mg=2Fcosθ，两个挂钉的间距离：L＝，解得：L=m ‎3.假定太阳系一颗质量均匀、可看成球体的小行星，自转原来可以忽略.现若该星球自转加快，角速度为ω时，该星球表面的“赤道”上物体对星球的压力减为原来的．已知引力常量G，则该星球密度ρ为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 忽略自转影响时行星表面的物体受到的万有引力等于其重力，不能忽略自转影响时万有引力等于重力与向心力之和，应用万有引力定律与牛顿第二定律求出星球的质量，然后应用密度公式可以求出密度．‎ ‎【详解】解：忽略行星的自转影响时：Gmg，自转角速度为ω时：Gmg+mω2R，‎ 行星的密度：ρ，解得：ρ；故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了求行星的密度，知道万有引力与重力的关系是解题的关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题．‎ ‎4.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是 A. 物体的加速度大小为5 m/s2‎ B. 弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C. 物体的质量为3 kg D. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：初始时物体处于静止状态，，由图可知x1=4cm，初始时，N，在x1=4cm之后F不变，说明物体离开弹簧，物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态，由牛顿第二定律，F2=30N,解得m=2kg，a="5" m/s2，所以A正确，B、C、D错误．‎ ‎5.如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 只减小A的质量，B对A的压力大小不变 B. 只减小B的质量，B对A的压力大小会增大 C. 只减小斜面间的倾角，B对A的压力大小不变 D. 只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：将AB看做一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得 ‎，‎ 隔离B分析可得，解得：，由牛顿第三定律可知，B对A的压力：，若只减小A的质量，变大，若只减小B的质量，变小，AB错误；AB之间的压力与斜面的倾角、与斜面的动摩擦因数无关，C正确D错误 考点：考查了牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】以两物体组成的系统为研究对象，应用牛顿第二定律求出加速度，然后以B为研究对象，应用牛顿第二定律求出B与A间的作用力，然后根据该作用力的表达式分析答题 ‎6.一名滑雪运动员练习跳台滑雪，第一次从斜坡的起点O水平飞出，落到斜坡上的A点，该运动员第二次从O点水平飞出时速度是第一次从O点飞出时速度的倍，已知OA= AB，不计空气阻力，下列判断不正确的是 A. 两次飞行中速度变化率相同 B. 第二次飞行运动员将落在AB之间 C. 两次落到斜面时的速度方向与斜面之间的夹角相同 D. 该运动员落到斜面时速度大小是前一次落到斜面时速度的倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.速度变化率即为加速度，两种情况下的加速度均为重力加速度，所以两次飞行中速度变化率相同，故A不符合题意；‎ B.设运动员平抛运动的水平位移为、竖直位移为，则有：‎ 解得：‎ 则水平位移：‎ 当速度为时水平位移：‎ 所以运动员刚好落在点，故B符合题意；‎ C.设运动员落到斜面时的速度方向与水平方向夹角为，如图所示 根据速度方向偏向角与位移方向偏向角的关系可得：‎ 所以两种情况下相同，则两次落到斜面时的速度方向与斜面之间的夹角也相同，故C不符合题意；‎ D.设运动员落到斜面上的速度为，则：‎ 解得：‎ 当该运动员第二次从点水平飞出时速度是第一次从点飞出时速度的倍时，运动员落到斜面时的速度大小是前一次落到斜面时速度的倍，故D不符合题意。‎ ‎7.2018年1月11日，福建省高校首支女子手球队在莆田学院成立．女子手球比赛采用的是质量m=0.4kg的2号球，若2号手球竖直向下以5 m/s的速度落至水平地面，再以3 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量的变化量和合外力对小球做的功W，下列结果正确的是 A. W=-6.8J， =0.8 kg. m/s B. W=-3.2J， =0.8kg. m/s C. W=-6.8J， =3.2 kg. m/s D. W=-3.2J，=3.2 kg. m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】取竖直向上方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：‎ 方向竖直向上；‎ 根据合外力的功等于动能的变化量则有：‎ A．与分析不符，故A错误；‎ B．与分析不符，故B错误；‎ C．与分析不符，故C错误；‎ D．与分析相符，故D正确。‎ ‎8.如图所示，质量为m重物沿竖直杆下滑，并通过绳带动质量也为m的小车沿倾角θ=45°的斜面上升．若重物与滑轮等高时由静止开始释放，当滑轮右侧的绳与竖直方向成θ=45°角时，重物下滑的速率为 (不计一切摩擦)．则此过程中重物下落的高度是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将重物的速度进行分解可得小车速度为：‎ 小车与重物组成的系统机械能守恒，设此过程中重物下落的高度为，则有：‎ 解得： ‎ A．与分析不符，故A错误；‎ B．与分析相符，故B正确；‎ C．与分析不符，故C错误；‎ D．与分析不符，故D错误 ‎9.如图所示，甲和他的冰车总质量为M =30kg，乙和他的冰车总质量也为M =30kg，甲推着小木箱m和他一起以大小为v0 =2m/s的速度滑动，乙以同样大的速度迎面而来．为了避免相撞，甲突然将小木箱沿冰面以v=5.2m/s的速度推给乙，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住，这样恰好避免了甲、乙相撞，若不计冰面的摩擦力，则小木箱的质量为 A. 5kg B. 10kg C. 15kg D. 20kg ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设推出箱子后甲的速度为，乙的速度为，取向右方向为正方向，根据动量守恒得：‎ 当甲与乙恰好不相撞时，则有：‎ 联立解得：‎ A．与分析不符，故A错误；‎ B．与分析不符，故B错误；‎ C．与分析相符，故C正确；‎ D．与分析不符，故D错误。‎ ‎10.在平直公路上汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，v-t图象如图所示．设汽车的牵引力为F，摩擦力为Ff，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则下述正确的关系是 A. =3: 1‎ B. =4: 1‎ C. W 1: W2=1: 1‎ D. W1: W2=1:3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知，物体先做匀加速直线运动，1s末速度为，由动能定理可知：‎ 减速过程中，只有阻力做功：‎ 由图象可知：‎ 联立解得：‎ 故A错误，B正确；‎ CD．对全程由动能定理得：‎ 可得：‎ 故C正确，D错误。‎ ‎11.甲、乙两名溜冰运动员,面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演, 如图所示.已知M甲=80 kg,M乙=40 kg,两人相距0.9 m,弹簧秤的示数为96 N,下列判断正确的是( ) ‎ A. 两人的线速相同,约为40 m/s B. 两人的角速相同,约为2 rad/s C. 两人的运动半径相同,都为0.45 m D. 两人的运动半径不同,甲为0.3 m,乙为0.6m ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】两人面对面拉着弹簧秤做圆周运动所需向心力由相互作用力提供,角速度相同,即F=m甲r甲ω2=m乙r乙ω2，又由r甲+r乙=0.9 m，可解得r甲=0.3 m，r乙=0.6 m，ω=2 rad/s，再结合v=rω有v甲=0.6 m/s，v乙=1.2 m/s，故BD正确，AC错误．‎ ‎12.一质量为800kg的电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为18m/s,利用传感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出图象，图中AB、BC均为直线．若电动汽车行驶过程中所受的阻力恒定，由图象可知下列说法正确的是（ ）‎ A. 电动汽车由静止开始一直做变加速直线运动 B. 电动汽车的额定功率为10．8kW C. 电动汽车由静止开始经过2s，速度达到6m/s D. 电动汽车行驶中所受的阻力为600N ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动．故A错误；额定功率 P=Fminvmax=600×18=10．8kW，故B正确；匀加速运动的加速度，到达B点时的速度，所以匀加速的时间，若电动汽车一直做匀加速运动2s，则由静止开始经过2s的速度v=at=6m/s，所以电动汽车由静止开始经过2s，速度小于6m/s，故C错误；当最大速度vmax=18m/s时，牵引力为Fmin=600N，故恒定阻力 f=Fmin=600N，故D正确．故选BD．‎ 考点：牛顿第二定律；功率 ‎【名师点睛】解决本题关键能够从图线中分析出电动车在整个过程中的运动情况，当牵引力等于阻力时，速度达到最大．‎ 二、实验题 ‎13.某同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O点是水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点，B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且在G、R、O所在的平面内，米尺的零点与O点对齐．‎ ‎（1）碰撞后B球的水平射程应取为________cm．‎ ‎（2）在以下选项中，本次实验必须进行的测量是__________‎ A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离 B．测量A球与B球碰撞后，A球落点位置到O点的距离 C．测量A球与B球的质量 D．测量G点相对于水平槽面的高度 ‎【答案】 (1). 64.8(64.0～65.0cm均可) (2). ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图乙所示可知，刻度尺分度值为mm，用最小的圆把这些落地点圈起来，其圆心为B的平均落地点，则由图示可知，碰撞后B球的水平射程应取为64.80cm； （2）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则mAv0=mAvA+mBvB，两边同时乘以时间t得：mAv0t=mAvAt+mBvBt，则mAxA=mAxA′+mBxB′，因此实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故选ABC．‎ ‎14.如图所示为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，实验步骤如下:‎ ‎①用天平测量物块和遮光条的总质量M、重物的质量m ，用游标卡尺测量遮光条的宽度d = 0.950 cm;用米尺测量两光电门之间的距离s;‎ ‎②调整轻滑轮，使细线水平; ‎ ‎③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光条经过光电门A和光电门B所用的时间和，求出加速度a;‎ ‎④多次重复步骤③，求a的平均值 ;‎ ‎⑤根据上述实验数据求出物块与水平桌面间动摩擦因数μ．‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)物块的加速度a可用d、s、和表示为a= ________________．‎ ‎(2)动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ=_____________．‎ ‎(3)如果滑轮略向下倾斜，使细线没有完全调节水平，由此测得的μ___(填 “ 偏大”或“偏小”);这一误差属于______ ( 填“偶然误差"或“系统误差")．‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 偏大 系统误差 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]物块经过点时的速度：‎ 物块经过点时的速度：‎ 物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：‎ 解得加速度：‎ ‎(2)[2]以、组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎(3)[3]如果滑轮略向下倾斜，使细线没有完全调节水平，则滑块对接触面的正压力测量值偏大，测得的加速度偏小，根据动摩擦因数的表达式知，动摩擦因数测量值偏大，[4]该误差属于系统误差。‎ 三、计算题 ‎ ‎15.一质量为的滑块能在倾角为的足够长的斜面上以的加速度匀加速下滑．如图所示，若用一水平向右的恒力作用于滑块上，使之由静止开始在内沿斜面向下运动的位移．（取）求：‎ ‎（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数；‎ ‎（2）恒力的大小．‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据牛顿第二定律得 解得．‎ ‎（2）滑块沿斜面做匀加速直线运动，则 解得加速度大小为 根据牛顿第二定律可得:‎ 垂直斜面方向:‎ 解得．‎ ‎16.如图所示，AB为固定在竖直面内、半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道，其末端端切线水平，且距水平地面的高度也为R； 1、2两小滑块均可视为质点用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧两滑块从圆弧形轨道的最高点A由静止滑下，当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时，拴接两滑块的细绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，滑块2恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点已知，滑块1的质量，滑块2的质量，重力加速度g取，空气阻力可忽略不计求：‎ 两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前瞬间对轨道的压力的大小；‎ 在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能；‎ 滑块2的落地点与滑块1的落地点之间的距离．‎ ‎【答案】(1) (2)E弹=0.90J (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为，所受轨道的支持力为，‎ 两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到端的过程，根据机械能守恒定律有：‎ 代入数据解得：，‎ 对于两滑块在轨道最低点，根据牛顿第二定律有：‎ ‎，‎ 解得：，‎ 根据牛顿第三定律可知,两滑块对轨道的压力大小为：．‎ ‎（2）设弹簧迅速将两滑块弹开时，两滑块的速度大小分别为和，‎ 因滑块恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道最高点，此过程中机械能守恒，所以对滑块有：，‎ 代入数据解得：，方向向左，‎ 对于弹簧将两滑块弹开的过程，设水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：‎ ‎，‎ 代入数据解得：，‎ 对于弹簧将两滑块弹开的过程，根据机械能守恒定律有：‎ ‎， ‎ 代入数据解得：．‎ ‎（3）设两滑块平抛运动的时间为，根据，‎ 解得两滑块做平抛运动的时间为：，‎ 滑块平抛的水平位移为：，‎ 滑块从点上滑到点，再从点返回到点的过程，‎ 机械能守恒，因此其平抛的速度大小仍为，‎ 所以其平抛的水平位移为：，‎ 所以滑块的落地点与滑块的落地点之间的距离为：．‎ 综上所述本题答案是：(1)FN=6.0N；(2)E弹=0.9J；(3)d=0.45m ‎17.如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向.现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升.若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地面时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 画出未放A时弹簧的原长状态和挂C后刚好使B离开地面的状态.‎ 以上两个状态弹簧的压缩量和伸长量分别为x1=m1g/k和x2=m2g/k，‎ 该过程A上升高度和C下降的高度都是x1+x2，且A、C的初速度、末速度都为零.设该过程弹性势能的增量为ΔE，‎ 由系统机械能守恒：m1g(x1+x2)-m3g(x1+x2)+ΔE=0‎ 将C换成D后，A上升x1+x2过程系统机械能守恒：‎ m1g(x1+x2)-(m1+m3)g(x1+x2)+ΔE+(2m1+m3)v2/2=0‎ 由以上两个方程消去ΔE，得 ‎【点睛】前后两次的过程中，弹簧弹性势能的增加量是相同的，这是联系两个过程的过度量，由此来求解D的速度．‎ ‎18.如图所示，一质量m=1kg的小物块(可视为质点），放置在质量M=4kg的长木板左侧．长木板放置在光滑的水平面上初始时，长木板与物块一起以水平速度v0=2m/s向左匀速运动，在长木板的左端上方固定着一障碍物A，当物块运动到障碍物A处时与A发生弹性碰撞(碰撞时间极短，无机械能损失)．而长木板可继续向左运动，取重力加速度g=10m/s²．‎ ‎（1）设长木板足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与长木板所能获得的共同速率； ‎ ‎（2）设长木板足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动所能达到的最大距离是S=0.4m，求物块与长木板间的动摩擦因数以及此过程中长木板运动的加速度的大小； ‎ ‎（3）要使物块不会从长木板上滑落，长木板至少应为多长？整个过程中物块与长木板系统产生的内能．‎ ‎【答案】（1）1.2m/s（2）1.25m/s²（3）10J ‎【解析】‎ ‎（1）物块与挡板碰后，小物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0-mv0=（M+m）v， 代入数据解得：v=1.2m/s， （2）物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右做减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得： −μmgS＝0−mv02‎ 代入数据得：μ=0.5 （3）由题可知，物块多次与障碍物碰撞后，最终将与木板同时都静止，设物块在木板上的相对位移为l，则由能量的转化与守恒得： μmgl＝(m+M) v02 代入数据得：l=2m 可知，木板的长度至少为2m 又：Q=μmgl 代入数据得：Q=10J 点睛：本题考查了求速度与距离问题，对应的过程比较多，解答时要分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．‎