河南省中牟县第一高级中学2020届高三物理第四次双周考试试题

河南省中牟县第一高级中学2020届高三物理第四次双周考试试题

‎2020学年高三年级第四次双周考 ‎ 物理试题 一、选择题（1—8为单选，每题3分；9—14为多选，每题4分，共48分）‎ ‎1.下列说法正确的是(   )‎ A. 地球同步卫星根据需要可以定点在北京正上空 B. 若加速度方向与速度方向相同,当物体加速度减小时,物体的速度可能减小 C. 物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒 D. 做平抛运动的物体，在任何相等的时间内速度的变化量都是相等的 ‎2.在如图所示的某物体做直线运动的 a-t图像中,引入“加速度的变化率”描述加速度变化的快慢.下列说法正确的是(   )‎ A.t = 1s时,“加速度的变化率”为1.5 m/s2‎ B.2 s内物体的速度改变量为3 m/s C.2 s内物体的速度越来越小 D.2 s后“加速度的变化率”为0,物体的速度也一定为0‎ ‎3.如图所示,在水平放置的半径为的圆柱体轴线的正上方的点,将一个小球以水平速度垂直圆柱体的轴线抛出,小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的点沿切线飞过,测得、连线与竖直方向的夹角为,那么小球完成这段飞行的时间是(   )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎4.重为的两个完全相同的小球,与水平面间的动摩擦因数均为.竖直向上的较小的力作用在连接两球轻绳的中点,绳间的夹角=60O,如图所示,缓慢增大到两球刚要运动的过程中,下列说法正确的是(   )‎ A.地面对球的支持力变大 B.球刚开始运动时,地面对球没有支持力 C.地面对球的摩擦力变小 D.球刚开始运动时,球受到的摩擦力最大 ‎5. 如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，轻弹簧与竖直方向的夹角为30°，则(   )‎ A.滑块不可能受到3个力的作用 B.轻弹簧一定处于压缩状态 C.斜面对滑块的支持力大小可能为零 D.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg ‎6.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为的重物,当重物的速度为时,起重机的有用功率达到最大值,以后起重机保持该功率不变,继续提升重物,直到以最大速度匀速上升为止,则整个过程中,下列说法错误的是(   )‎ A.钢绳的最大拉力为 B.钢绳的最大拉力为 C.重物的最大速度为 D.重物做匀加速直线运动的时间为 ‎7.如图所示,光滑轨道由、两段细圆管平滑连接组成,其中AB段水平,段为半径为的四分之三圆弧,圆心及点与等高,整个轨道固定在竖直平面内,现有一质量为,初速度的光滑小球水平进入圆管,设小球经过轨道交接处无能量损失,圆管孔径远小于,则(小球直径略小于管内径)‎ ‎(   )‎ A.小球到达点时的速度大小 B.小球能通过点且抛出后恰好落至点 C.无论小球的初速度为多少,小球到达点时的速度都不能为零 D.若将轨道拆除,则小球能上升的最大高度与点相距2‎ ‎8.如图所示,竖直放置在水平面上的轻弹簧上,放着质量为的物体,处于静止状态。若将一个质量为的物体轻放在上,在轻放瞬间(取)(   )‎ A. 的加速度为 B. 对的压力大小为 C. 的加速度为 D. 对的压力大小为18 N ‎9.如图甲所示,足够长的木板静置于光滑水平面上,其上放置小滑块.木板受到随时间变化的水平拉力作用时,用传感器测出木板的加速度,得到如图乙所示的图象,已知取10,则(   )‎ A.滑块的质量为4‎ B.木板的质量为1‎ C.当时木板加速度为4‎ D.滑块与木板间动摩擦因数为0.1‎ ‎10.按照我国整个月球探测活动的计划,在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后,将开展第二步“落月”工程,预计在2020年以前完成.假设月球半径为R,月球表面的重力加速度为g0,飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道I运动,到达轨道的A点.点火变轨进入椭圆轨道II,到达轨道的近月点B再次点火进入月球近月轨道Ⅲ绕月球作圆周运动.下列判断正确的是(   )‎ A.飞船在轨道I上的运行速率 B.飞船在A点处点火时,动能增大 C.飞船从A到B运行的过程中处于完全失重状态 D.飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间 ‎11.如图所示, 为半径为的竖直光滑圆弧的左端点, 点和圆心连线与竖直方向的夹角为,—个质量为的小球在圆弧轨道左侧的点以水平速度抛出,恰好沿圆弧在点的切线方向进入圆弧轨道,已知重力加速度为,下列说法正确的是(    )‎ A.小球从运动到的时间 B. ,之间的距离 C.小球运动到点时,重力的瞬时功率 D.小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时,圆弧轨道对它的支持力一定大于mg ‎12.如图所示,半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切,质量均为m的小球A、B与轻杆连接,置于圆轨道上,A位于圆心O的正下方,B与O等高。让它们由静止释放,最终在水平面上运动。下列说法正确的是(   )‎ A.当B球滑到圆轨道最低点时,轨道对B球的支持力大小为3mg B.下滑过程中重力对B球做功的功率先增大后减小 C.下滑过程中B球的机械能增加 D.整个过程中轻杆对A球做的功为 ‎13.如图所示,甲、乙两传送带与水平面的夹角相同,都以恒定速率向上运动。现将一质量为的小物体(视为质点)轻轻放在处,小物体在图甲传送带达处时恰好达到传送带的速率。在乙传送带上到达离处竖直高度为的处时达到传送带的速率,已知处离地面的高度均为,则在小物体从到的过程中(   )‎ A.小物体与图甲中传送带间的动摩擦因数较小 B.两传送带对小物体做的功相等 C.两传送带消耗的电能相等 D.两种情况下因摩擦产生的热量相等 ‎14.如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连.弹簧处于自然长度时物块位于点(图中未标出).物块的质量为,,物块与桌面间的动摩擦因数为.现用水平向右的力将物块从点拉至点,拉力做的功为.撤去拉力后物块由静止向左运动,经点到达点时速度为零.重力加速度为.则上述过程中(    )‎ A.物块在点时,弹簧的弹性势能等于 B.物块在点时,弹簧的弹性势能小于 C.经点时,物块的动能小于 D.物块动能最大时,弹簧的弹性势能小于物块在点时弹簧的弹性势能 二．实验题（共12分）‎ ‎15.(6分)如图甲所示是某同学验证动能定理的实验装置,其步骤如下：‎ a.易拉罐内盛上适量细沙,用轻绳通过滑轮连接在小车上,小车连接纸带。合理调整木板倾角,让小车沿木板匀速下滑。‎ b.取下轻绳和易拉罐,测出易拉罐和细沙的质量m及小车质量M。‎ c.取下细绳和易拉罐后,换一条纸带,让小车由静止释放,打出的纸带如图乙(中间部分未画出),O为打下的第一点。已知打点计时器的打点频率为f,重力加速度为g。‎ ‎(1)步骤c中小车所受的合外力为　　　　　。‎ ‎(2)为验证从O→C过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系,测出BD间的距离为x0,OC间距离为x1,则C点的速度为　　　　　。需要验证的关系式为 ‎(用所测物理量的符号表示)。‎ ‎16．(6分)为了探究质量一定时加速度与力的关系．一同学设计了如图所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．(滑轮质量不计)‎ ‎(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是________．‎ A．用天平测出砂和砂桶的质量 B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M ‎(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有两个点没有画出)．已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2(结果保留两位有效数字)．‎ ‎(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________．‎ A．2tan θ　　　B． C．k D． 三．计算题（共40分）‎ ‎17.(8分)质量为3×106kg的列车,在恒定的额定功率下,沿平直的轨道由静止出发,在运动过程中受到的阻力恒定,经1×103s后达到最大行驶速度72 km/h。此时司机关闭发动机,列车继续滑行4 km停下来。求：‎ ‎(1)列车在行驶过程中所受阻力的大小。 (2)列车在加速过程中通过的距离。‎ ‎18.(10分)如图所示,AB为斜轨道,与水平方向成45°角,BC为水平轨道,两轨道在B处通过一段小圆弧相连接,一质量为m的小物块,自轨道AB的A处从静止开始沿轨道下滑,最后停在轨道上的C点,已知A点高h,物块与轨道间的动摩擦因数为μ,求：‎ ‎(1)物块沿轨道AB段滑动时间t1与沿轨道BC段滑动时间t2之比。‎ ‎(2)使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A点所需做的功。‎ ‎19．(10分)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：‎ ‎(1)物体与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎(2) 0～8 s内物体机械能的增加量;‎ ‎(3)物体与传送带摩擦产生的热量Q.‎ ‎20.(12分)如图甲所示,一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成,AD与DCE相切于D点,C为圆轨道的最低点,将一小物块置于轨道AD上离地面高为H处由静止下滑,用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力N,改变H的大小,可测出相应的N的大小,N随H的变化关系如图乙折线PQI所示(PQ与QI两直线相连接于Q点),QI反向延长交纵轴于F点(0,5.8N),重力加速度g取10m/s2,求：‎ ‎(1)小物块的质量m。‎ ‎(2)圆轨道的半径及轨道DC所对应的圆心角θ(可用角度的三角函数值表示)。‎ ‎(3)小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ。‎ 物理答案 ‎1. D 2.答案：B 3. 答案：C 4. 答案：D 解析：把两小球看成一个整体,根据受力图可列得: ,由于不断增大,故不断减小.故A错误;对结点受力分析如图:  有 即,对小球进行受力分析如图有:小球静止时,在滑动之前为静摩擦,故增大, 增大, 增大,故C错误.在滑动后, 为滑动摩擦, 增加, 减小,故刚要开始滑动时, 最大.D正确B错误.‎ 考点:整体法及隔离法;共点力的平衡。‎ ‎5. 答案：D 解析：解本题的关键是分析轻弹簧弹力的有无。假设没有轻弹簧并且斜面足够粗糙，滑块也可能静止在题图所示位置，所以轻弹簧可能处于原长状态，此时滑块受到3个力的作用，A，B错误。如果斜面对滑块的支持力大小为零，那么斜面与滑块之间肯定没有摩擦力，滑块只受到竖直向下的重力和沿轻弹簧方向的拉力，二力不可能平衡，所以斜面对滑块的支持力大小不可能为零，C错误。根据滑块在斜面上静止可知，斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg，选项D正确。‎ ‎6. 答案：B 7. 答案： B ‎8.答案：C解析：本题的疑难在于想当然地认为初始状态是平衡状态,压力等于重力,突破点是通过对轻放前后的及整体做受力分析进而确定其状态。‎ 在轻放在上的瞬间,虽然速度为,但因、整体的合外力不为,故加速度不为,所以选项A错误。在物体轻放在上之前,轻弹簧处于压缩状态,设其压缩量为,对有;轻放在上之后,对整体有,对有 ,解得,根据牛顿第三定律可知, 对的压力大小为,选项BD错误,选项C正确。‎ ‎9. 答案：BC解析：由图知,当时,加速度为: ,对整体分析,由牛顿第二定律有: ,代入数据计算得出: ,当时, 、发生相对滑动,根据牛顿第二定律,对有,由图示可知,图线的斜率: ,计算得出: ,滑块的质量为: 。当,,代入计算得出,故A、D错误,B正确。C项根据时,滑块与木块相对滑动, 的加速度为: ,所以C正确,选BC。‎ ‎10. 答案：CD 11. 答案：ACD ‎12.答案：BD解析：AB小球组成的系统,在运动过程中机械能守恒,设B到达轨道最低点时速度为v,根据机械能守恒定律得: ,解得: 。在最低点,根据牛顿第二定律得: ,解得N=2mg,故A错。‎ 因为初位置速度为零,则重力的功率为零,最低点速度方向与重力方向垂直,重力功率也为零,所以重力功率先增大后减小,故B正确。A的重力势能没变,动能增加,所以A的机械能增加,又因AB系统机械能守恒,所以B的机械能减少,故C错。整个过程对A,根据动能定理得: ,代入,得,故D正确。‎ ‎13. 答案：AB 解析：根据公式,可知物体加速度关系,‎ 再由牛顿第二定律,得知,故A正确;‎ 传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量,动能增加量相等,‎ 重力势能的增加量也相同,故两种传送带对小物体做功相等,故B正确;‎ 由摩擦力热知,甲图中,,‎ ‎,‎ 乙图中:,,‎ 解得,,‎ ‎,根据能量守恒定律,电动机消耗的电能等于摩擦产生的 热量与物块增加机械能之和,因物块两次从到增加的机械能相同,,所以将小物体传送到处,两种传送带消耗的电能甲更多,故CD错误;‎ ‎14. 答案：BC 解析：由于物块与桌面间有摩擦, 大于,故.设物块在点时,弹簧的弹性势能等于,用水平向右的力将物块从点拉至点,拉力做的功为,物块在点时,弹簧的弹性势能小于,选项A错误.‎ 物块从到再由到的过程克服摩擦力做的功为,大于.由功能关系,物块在点时,弹簧的弹性势能小于,选项B正确.‎ 物块从到再由到的过程,克服摩擦力做的功为,大于,所以经点时,物块的动能小于,选项C正确.‎ 物块从向运动,弹簧弹力等于摩擦力时物块的动能最大,此时弹簧处于拉伸状态,运动到点时弹簧处于压缩状态,根据题述不能判断这两个位置弹簧的弹性势能的大小,选项D错误.‎ ‎15.mg x0f/2 mgx1=M x02 f2/8‎ ‎16. (1)BCD ‎(2) a＝×10－2 m/s2≈1.3 m/s2.‎ ‎(3)对小车受力分析，由牛顿第二定律可得：2F＝Ma，可得：a＝F，即k＝＝tan θ，选项D正确，选项A、B、C错误．‎ ‎17.答案：(1)　1.5×105N　(2)1.6×104m ‎18.【解析】(1)设物块沿轨道AB滑动的加速度为a1,由牛顿第二定律有 mgsin45°-μmgcos45°=ma1　 (2分)‎ 设物块到达B点时的速率为vB,则有 vB=a1t1　 (1分)‎ 设物块沿轨道BC滑动的加速度为a2,由牛顿第二定律有 μmg=ma2　 (1分)‎ 物块从B点开始做匀减速直线运动,到达C点时,速度为零,故有：0=vB-a2t2　‎ ‎(1分)‎ 由上面各式得：==　 (2分)‎ ‎(2)由动能定理：‎ 由A到C：Wf-mgh=0　 (2分)‎ 由C到A：WF-mgh-Wf=0　 (2分)‎ 所以,WF=2mgh　 (1分)‎ ‎19解析： (1)由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度 a＝1 m/s2‎ 对此过程中物体受力分析得μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得μ＝0.875.‎ ‎(2) 从图乙中求出物体的位移 x＝6× m＋4×2 m＝14 m.‎ 物体被送上的高度h＝xsin θ＝8.4 m 重力势能增加量ΔEp＝mgh＝84 J 动能增加量ΔEk＝mv－mv＝6 J 机械能增加量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J ‎（3）0～8 s内只有前6 s发生相对滑动．‎ ‎0～6 s内传送带运动距离x带＝4×6 m＝24 m ‎0～6 s内物体的位移x物＝6 m 产生的热量Q＝μmgcos θ·x相对＝126 J.‎ ‎20.【解析】(1)如果物块只在圆轨道上运动,‎ 则由动能定理得mgH=mv2解得v=　 (1分)‎ 由向心力公式N-mg=m　 (1分)‎ 得N=m+mg=H+mg　 (1分)‎ 结合PQ曲线可知mg=5N 得m=0.5kg (1分)‎ ‎(2)由图像可知=10N/m 得R=1m (1分)‎ cosθ==0.8,θ=37°　 (1分)‎ ‎(3)如果物块由斜面上滑下,由动能定理得 mgH-μmgcosθ=mv2　 (2分)‎ 解得mv2=2mgH-μmg(H-0.2m)　 (1分)‎ 由向心力公式N-mg=m 得N=m+mg=H+μmg+mg　 (2分)‎ 结合QI曲线知μmg+mg=5.8N(2分)‎ 解得μ=0.3　(1分)‎