甘肃省武威第十八中学2020届高三上学期诊断考试物理试题

甘肃省武威第十八中学2020届高三上学期诊断考试物理试题

‎2019——2020学年第一学期第二次诊断考试试卷 高三 物理 一、不定项选择题（每小题5分，全对满分漏选少选3分错选0分共50分）‎ ‎1.下列说法正确的是(　　)‎ A. 打点计时器是一种测量位移的仪器 B. 运动员在某次比赛中用15 s跑完‎100 m，“15 s”是时间，“‎100 m”是位移大小 C. 位移为矢量，位移的方向即质点运动的方向 D. 物体通过的路程不相等，但位移可能相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】打点计时器是一种记录时间的仪器，故A错误；运动员在比赛中用15 s跑完‎100 m，“15 s”是时间，“‎100 m”是路程，故B错误；位移为矢量，位移的方向即从起点指向终点的方向，与质点的运动方向不一定相同，故C错误；物体通过的路程不相等，但位移可能相同，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎2.物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为‎16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，2s时的瞬时速度等于0-4s内的平均速度：，5s时的瞬时速度等于4-6s内的平均速度：，两个中间时刻的时间间隔为：△t=2+1s=3s，根据加速度定义可得：，故B正确，ACD错误。‎ ‎3.在水平面上有A、B两物体，通过一根跨过定滑轮的轻绳相连，现A物体以v1的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面的夹角分别为α、β时(如图所示)，B物体的运动速度vB为(绳始终有拉力)(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将物体A的速度分解为使绳右端伸长和逆时针转动两个分量，如图(a)所示，则绳端伸长的速度v′＝v1cosα；同理对物体B，速度分解如图(b)所示，绳端缩短的速度v″＝v′，因此物体B的运动速度vB＝v″/cosβ＝ ，D项正确．‎ ‎4.一物体自空中A点以一定的初速度竖直向上抛出，3s后物体的速率变为‎10m/s，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是（不计空气阻力，g=‎10m/s2）（　　）‎ A. 在A点上方‎15m处，速度方向竖直向上 B. 在A点上方‎15m处，速度方向竖直向下 C. A点上方‎75m处，速度方向竖直向上 D. 在A点上方‎75m处，速度方向竖直向下 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】假设此时物体的速度方向向上，由竖直上抛公式v=v0-gt，物体的初速度为：v0=v+gt=10+10×3=‎40m/s，物体的位移为：h1＝×‎3m＝‎75m，物体在A点的上方。故A错误，C正确；假设此时速度的方向向下，由竖直上抛公式v=v0-gt，物体的初速度：v0=-v+gt=-10+10×3=‎20m/s。物体的位移为：h2＝×‎3m＝‎15m，物体仍然在A点的上方。故B正确，D错误。故选BC。‎ ‎5.如图甲所示，A、B两个物体叠放在水平面上，B的上下表面均水平，A物体与一拉力传感器相连接，连拉力传感器和物体A的细绳保持水平。从t＝0时刻起，用一水平向右的力F＝kt(k为常数)作用在B的物体上，力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示，已知k、t1、t2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。据此可求(　　)‎ A. A、B之间的最大静摩擦力 B. 水平面与B之间的滑动摩擦力 C. A、B之间的动摩擦因数μAB D. B与水平面间的动摩擦因数μ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】0﹣t1内，A不受水平拉力，说明水平面对B的静摩擦力没有达到最大值，t1﹣t2内力传感器的示数逐渐增大，说明水平面对B的静摩擦力达到最大值，B对A有向右有静摩擦力，t2时刻后力传感器的示数不变，说明B相对A向右运动，A受到滑动摩擦力，则t2时刻A、B之间的静摩擦力达到最大值，且为 fmax=kt2．故A正确．由于B运动后A静止不动，则A、B间有滑动摩擦力，等于k（t2-t1）．故B正确．由于A对B的压力不能求出，所以不能求出A、B之间的动摩擦因数μAB．故C错误．B对水平面的压力求不出来，因此不能求出B与水平面间的动摩擦因数．故D错误．故选AB.‎ ‎6.如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)‎ A. 2－ B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：，当拉力倾斜时，物体受力分析如图 由平衡条件得：，，又，得摩擦力为：，联立解得：，故选C.‎ ‎7.建筑工人用图示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为‎70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将‎20.0kg的建筑材料以0．‎500m／s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取‎10m／s2。)‎ ‎ ‎ A. 510 N B. 490 N C. 890 N D. 910 N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对建筑材料进行受力分析根据牛顿第二定律有,得绳子的拉力大小等于F=210N,然后再对人受力分析由平衡的知识得,得FN=490N,根据牛顿第三定律可知人对地面间的压力为490N，B对.‎ ‎8. 在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是（ ）‎ A. 亚里士多德、伽利略 B. 伽利略、牛顿 C. 伽利略、爱因斯坦 D. 亚里士多德、牛顿 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：物理常识理解和记忆，对于每个物理学家，他的主要的贡献是什么要了解．‎ 解：亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才会运动，但这是不对的；‎ 伽利略推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态的原因；‎ 牛顿提出了物体的运动定律，其中的牛顿第一定律即为惯性定律；‎ 爱因斯坦提出了光子说很好的解释了光电效应的实验规律．‎ 所以B正确．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况．‎ ‎9.长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小均为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg=m ‎，当小球在最高点的速率为2v时，根据牛顿第二定律有：mg+2Tcos30°＝m，解得：T=mg。故选A.‎ ‎10.如图所示，三个小球从同一高度处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的射影点，且O′A：O′B：O′C=1：3：5．若不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）‎ A. v1：v2：v3=1：3：5 B. 三个小球下落的时间相同 C. 三个小球落地的速度相同 D. 三个小球落地的位移相同 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定小球运动的时间，根据水平位移求出三个小球的初速度之比，将落地速度分解，求出落地的速度关系．‎ 解：A、三个小球的高度相等，则根据h=知，平抛运动的时间相等，水平位移之比为1：3：5，则根据x=v0t得，初速度之比为1：3：5．故AB正确．‎ C、小球落地时的竖直方向上的分速度相等，落地时的速度v=，初速度不等，则落地的速度不等．故C错误．‎ D、小球落地时的位移，水平位移不等，竖直位移相等，则小球通过的位移不等．故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式进行求解．‎ 二、填空题（每小空3分，共24分）‎ ‎11.某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。‎ ‎（1）实验中必要的措施是______。‎ A．细线必须与长木板平行 B．先接通电源再释放小车 C．小车的质量远大于钩码的质量 D．平衡小车与长木板间的摩擦力 ‎（2）他实验时将打点计时器接到频率为50 HZ的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）。s1=‎3.59 cm，s2=‎4.41 cm，s3=‎5.19 cm，s4=‎5.97 cm，s5=‎6.78 cm，s6=‎7.64 cm。则小车的加速度a=______m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB=______m/s。（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). （1）AB (2). （2）0.80 (3). 0.40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带，故AB正确；本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可，故C错误；由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故D错误，故选AB。‎ ‎②每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为；‎ 根据逐差法可知，物体的加速度；‎ B点的速度等于AC段的平均速度，则有：。‎ ‎【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量。‎ ‎12.某同学在做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，所用实验装置如图甲所示，所用钩码质量均为‎30 g。他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，并将数据填在表中。实验中弹簧始终未超过弹性限度，取g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)根据实验数据在图乙所示的坐标系中作出弹簧所受弹力大小与弹簧总长度之间的函数关系的图线________。‎ 钩码质量/g ‎0‎ ‎30‎ ‎60‎ ‎90‎ ‎120‎ ‎150‎ 弹簧总长度/cm ‎6.00‎ ‎7.00‎ ‎8.00‎ ‎9.00‎ ‎10.00‎ ‎11.00‎ ‎(2)该弹簧的自然长度为________cm；劲度系数k＝________N/m。‎ ‎(3)若该弹簧所能承受的最大拉力(超过此值就不是弹性形变)为10.2 N，则弹簧的最大长度为Lm＝___cm。‎ ‎(4)图线延长后与L＝5×10－‎2 m直线的交点的物理意义是___________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 6 (3). 30 (4). 40 (5). 弹簧被压缩‎1 cm时的弹力为0.3 N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．图像如图：‎ ‎(2)[2][3]．由作出的FL图线可知，图线与横轴的交点的横坐标表示弹簧弹力F＝0时弹簧的长度，即弹簧的自然长度，由图知为‎6 cm；图线的斜率即为弹簧的劲度系数 k＝＝30 N/m。‎ ‎(3)[4]．由图像可以得出图线的数学表达式为 F＝‎30L-1.8(N)‎ 所以当弹簧弹力为10.2 N时弹簧长度最大，即Lm＝‎0.4 m＝‎40 cm。‎ ‎(4)[5]．图线延长后与L＝5×10－‎2 m直线的交点表示弹簧长度为‎5 cm时的弹力，此时弹簧被压缩了‎1 cm，即表示弹簧被压缩‎1 cm时的弹力为0.3 N。‎ 三、解答题（13题8分，14题9分15题9分共26分）‎ ‎13.如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度v0＝‎9.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m＝‎1 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2。试求：‎ ‎(1)滑块回到出发点时的速度大小。‎ ‎(2) 滑块在斜面上运动时间t。‎ ‎【答案】(1)‎4.8 m/s　(2)3s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：‎ mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1‎ 解得 a1＝‎9.6 m/s2‎ 设滑块上滑位移大小为L，则由v02＝‎2a1L，解得 L＝‎‎4.8 m 滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：‎ mgsin θ－μmgcos θ＝ma2‎ 解得 a2＝‎2.4 m/s2‎ 根据v2＝‎2a2L，解得 v＝‎4.8 m/s ‎(2)滑块沿斜面上滑过程用时 t1＝＝1 s 滑块沿斜面下滑过程用时 t2＝＝2 s 滑块在斜面上运动时间为 t=t1+t2=3s ‎14.风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力。如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。质量m＝‎0.5kg的小球以初速度v0＝‎0.40m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2.0s内受到一个沿y轴正方向、大小F1＝0.20N的风力作用；小球运动2.0s后风力方向变为y轴负方向、大小变为F2＝0.10N(图中未画出)。试求：‎ ‎(1)2.0s末小球在y方向的速度大小和2.0s内运动的位移大小；‎ ‎(2)风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同。‎ ‎【答案】（1）‎11m （2）4.0s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）y轴方向在0-2.0s内小球运动的加速度为a1，则 ‎2.0s末小球在y方向的速度 y轴方向位移 带入数据得 X轴方向为匀速直线运动 ‎2s内的位移 ‎（2）设2.0s后小球运动的加速度为a2， 则 F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同．由于水平方向匀速直线运动，速度不变，竖直方向速度从减小到0即恢复原来的速度 代入数据解得 考点：类平抛运动 ‎15.用如图a所示的水平﹣﹣斜面装置研究平抛运动，一物块（可视为质点）置于粗糙水平面上的O点，O点距离斜面顶端P点为s．每次用水平拉力F，将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到P点时撤去拉力F．实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程x，做出了如图b所示的F﹣x图象，若水平面上的动摩擦因数μ=0.1，斜面与水平地面之间的夹角θ=45°，g取‎10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：OP间的距离s=？‎ ‎【答案】OP间的距离s是‎1.25m ‎【解析】‎ 试题分析：对OP段，运用动能定理列出F与s的关系．抓住小球平抛运动运动的竖直位移和水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，得出F和水平射程x的关系式，结合图象找到截距和斜率的数值，即可解得s．‎ 解：OP段，根据动能定理得：Fs﹣μmgs=①‎ 由平抛运动规律和几何关系有，物块的水平射程：‎ x=vPt ②‎ 小球的竖直位移：‎ y=gt2③‎ 由几何关系有：‎ y=xtanθ ④‎ 由②③④有：x=⑤‎ 由①⑤式解得 F=+m 由图象知：m=‎5kg，=10，解得 s=‎‎1.25m 答：OP间的距离s是‎1.25m．‎ ‎【点评】本题知道平抛运动水平方向和竖直方向上运动的规律，抓住竖直位移和水平位移的关系，把握两个过程之间速度关系．注意公式和图象的结合，重点是斜率和截距．‎