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2019届高三物理上学期第二次月考试题含解析
一、选择题
1.如图所示,在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程;由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程关于她的实验现象,下列说法中正确的是()A.只有“起立”过程,才能出现失重的现象B.只有“下蹲”过程,才能出现超重的现象C.“下蹲”的过程,先出现超重现象后出现失重现象D.“起立”、“下蹲”的过程,都能出现超重和失重的现象【答案】D【解析】试题分析下蹲过程中,人先向下做加速运动,后向下做减速运动,所以先处于失重状态后处于超重状态;人从下蹲状态站起来的过程中,先向上做加速运动,后向上做减速运动,最后回到静止状态,人先处于超重状态后处于失重状态,故D正确考点考查了超重失重【名师点睛】对于超重还是失重的判断,关键取决于加速度的方向当物体的加速度向上时,处于超重状态;当加速度方向向下时,处于失重状态.
2.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上,其右端有一固定放置的竖直挡板MN在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q,整个装置处于平衡状态,如图所示是这个装置的截面图现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移,在Q滑落到地面之前,发现P始终保持静止则在此过程中,下列说法中正确的是A.MN对Q的弹力逐渐减小B.地面对P的摩擦力逐渐增大C.P、Q间的弹力先减小后增大D.Q所受的合力逐渐增大【答案】B【解析】试题分析对圆柱体Q受力分析如图所示,P对Q的弹力为F,MN对Q的弹力为FN,挡板MN向右运动时,F和竖直方向的夹角逐渐增大,如图所示,而圆柱体所受重力大小不变,所以F和FN的合力大小不变,D错误;由图可知,F和FN都在不断增大,A、C错误;对P、Q整体受力分析知,地面对P的摩擦力大小就等于FN,所以地面对P的摩擦力也逐渐增大,故选B考点共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用【名师点睛】正确选择研究对象,先对物体Q受力分析,再对P、Q整体受力分析,然后根据平行四边形定则画出力图,应用图解法进行讨论
3.如图所示,甲、乙两船在同一条河流中同时渡河,河的宽度为L,河水流速为u,划船速度均为v,出发时两船相距2L,甲、乙船头均与岸边成60°角,且乙船恰好能直达正对岸的A点,则下列判断正确的是()A.甲船在A点左侧靠岸B.两船可能在未到达对岸前相遇C.甲、乙两船到达对岸的时间不相等D.甲船也在A点靠岸【答案】D【解析】乙船恰好能直达正对岸的A点,根据速度合成与分解,知.将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向,抓住分运动和合运动具有等时性,在垂直于河岸方向上的分速度相等,知甲乙两船到达对岸的时间相等.渡河的时间;甲船沿河岸方向上的位移,知甲船在A点左侧靠岸,不可能在未到对岸前相遇,A正确.
4.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网.其原因是()A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大【答案】C【解析】发球机发出的球,速度较大的球越过球网,速度度较小的球没有越过球网,原因是发球机到网的水平距离一定,速度大,则所用的时间较少,球下降的高度较小,容易越过球网,故C正确.
5.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.B.C.D.【答案】C【解析】当拉力水平时,物体匀速运动,则拉力等于摩擦力,即F=μmg;当拉力倾斜时,物体受力分析如图:由f=μFN,FN=mg-Fsinθ可知摩擦力为f=μmg-Fsinθ;代入数据为解得.故选C.【点睛】本题考查了共点力的平衡,解决本题的关键是把拉力进行分解,然后列平衡方程.
6.经长期观测,人们在宇宙中已经发现了“双星系统”.“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成,每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离,而且双星系统一般远离其他天体,如图所示,两颗星球组成的双星,在相互之间的万有引力作用下,绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动.现测得两颗星之间的距离为L,质量之比为m1∶m2=3∶2,下列说法中正确的是()A.m
1、m2做圆周运动的线速度之比为32B.m
1、m2做圆周运动的角速度之比为32C.m1做圆周运动的半径为D.m2做圆周运动的半径为【答案】C【解析】试题分析双星靠相互间的万有引力提供向心力,具有相同的角速度.对两颗星分别运用牛顿第二定律和万有引力定律列式,进行求解即可.设双星运行的角速度为ω,由于双星的周期相同,则它们的角速度也相同,则根据牛顿第二定律得对
①;对
②,由
①②得,由,ω相同得做圆周运动的线速度之比为,故AB错误;又,得,故C正确D错误.
7.如图,某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系,用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板,O与A在同一高度,小球的水平初速度分别是v
1、v
2、v3,打在挡板上的位置分别是B、C、D,且AB∶BC∶CD=1∶3∶5,则v
1、v
2、v3之间的正确关系是()A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1B.v1∶v2∶v3=5∶3∶1C.v1∶v2∶v3=6∶3∶2D.v1∶v2∶v3=9∶4∶1【答案】C【解析】试题分析据题知小球被抛出后都做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,根据h=gt2,解得t=因为hAB hAChAD=149所以三次小球运动的时间比为t1t2t3==123,小球的水平位移相等,由v=可得,速度之比为v1v2v3==632;故选C.
8.如图所示,长
0.5m的轻质细杆一端O有光滑的固定转动轴,另一端固定有一个质量为3kg的小球,当杆绕O在竖直平面内作圆周运动,小球通过最高点时的速率为2m/s,则此时轻杆的受力情况是(取g=10m/s2)A.受6N的拉力B.受6N的压力C.受24N的拉力D.受54N的拉力【答案】B【解析】试题分析杆子对小球的作用力可以是拉力,也可以是推力,在最高点,杆子的作用力是推力还是拉力,取决于在最高点的速度.在最低点,杆子一定表现为拉力,拉力和重力的合力提供圆周运动的向心力.在最高点时,若重力完全充当向心力,则此时杆对球的作用力为零,此时有,解得,若速度大于,则杆对球有拉力,若速度小于,则杆对球有支持力,因为,所以此时杆对球有支持力,根据牛顿第二定律可得,即,根据牛顿第三定律可知杆受到6N的压力,B正确.
9.如图所示,两光滑斜面的倾角分别为30°和45°,质量分别为2m和m的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接不计滑轮的质量和摩擦,分别置于两个斜面上并由静止释放;若交换两滑块位置,再由静止释放.则在上述两种情形中正确的有A.质量为2m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用B.质量为m的滑块均沿斜面向上运动C.绳对质量为m滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力D.系统在运动中机械能均守恒【答案】BD【解析】试题分析两个滑块都受到重力、支持力和拉力,下滑趋势是重力的作用效果,故A错误;由于2m的物体的重力的下滑分量总是较大,故质量为m的滑块均沿斜面向上运动,故B正确;根据牛顿第三定律,绳对质量为m滑块的拉力均等于该滑块对绳的拉力,故C正确;系统减小的重力势能完全转化为动能,无其他形式的能量参与转化,故机械能守恒,故D正确;故选BCD考点功能关系;牛顿定律的应用【名师点睛】本题关键受力分析后判断滑块的运动规律对两个滑块受力分析,先加速静止不动,得到两边对细线的拉力大小,得到运动情况;机械能是否守恒的判断可以从能量转化的角度来分析
10.“蹦床”已被奥运会列为正式比赛项目.运动员利用蹦床网的弹性弹起到空中,完成动作后落回到网上,再经蹦床网的弹性弹起,如此往复.图示的F﹣t图象是传感器记录的是一位运动员双脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化情况.设运动员只在竖直方向上运动,取重力加速度为10m/s2,则运动员在前12s的时间内()A.获得的最大加速度为40m/s2B.获得的最大加速度为50m/s2C.腾空弹起时的最大高度约为
2.5mD.腾空弹起时的最大高度约为
3.2m【答案】AD【解析】由图知运动员的重力G=500N,则得其质量为点睛本题要读懂图象,由图象读出运动员在空中运动的时间t,将运动员的运动近似看成竖直上抛,根据对称性下落时间.
11.地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动,所受的向心力为F1,向心加速度为a1,线速度为v1,角速度为ω1;绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星(高度忽略)所受的向心力为F2,向心加速度为a2,线速度为v2,角速度为ω2;地球同步卫星所受的向心力为F3,向心加速度为a3,线速度为v3,角速度为ω3;地球表面重力加速度为g,第一宇宙速度为v,假设三者质量相等,则下列说法错误的是()A.F1=F2>F3B.a1=a2=g>a3C.v1=v2=v>v3D.ω1=ω3<ω2【答案】ABC【解析】试题分析题中涉及三个物体地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体
1、绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星
12.如图,质量是M、倾角是θ的斜面置于水平面上,,质量是m的物块放在斜面上,现对物块施一水平向右的推力,使物体与斜面保持相对静止,各接触面光滑,下列说法正确的是()A.推力F=mgtanθB.推力C.斜面对地面的压力等于(M+m)gD.斜面对地面的压力大于(M+m)g【答案】BC【解析】对整体分析,有水平方向F=(M+m)a,竖直方向FN=(M+m)g;隔离对m分析,竖直方向上有Ncosθ=mg,水平方向上有F-Nsinθ=ma,联立解得.故选项BC正确,AD错误;故选BC.
二、非选择题
13.在“探究平抛运动的运动规律”的实验中,可以描绘出小球平抛运动的轨迹,实验简要步骤如下A.让小球多次从____________填相同,或不同位置上滚下,在一张印有小方格的纸记下小球碰到铅笔笔尖的一系列位置,如右下图中a、b、c、d所示B.安装好器材,注意轨道末端水平,记下平抛初位置O点和过O点的竖直线C.取下白纸以O为原点,以竖直线为y轴建立坐标系,用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹
(1)完成上述步骤,将正确的答案填在横线上
(2)上述实验步骤的合理顺序是__________________
(3)已知图中小方格的边长L=
1.25cm,则小球平抛的初速度为v0=________(用L、g表示),其值是___________________________________(取g=
9.8m/s2),【答案】
1.相同
2.BAC
3.
4.
0.7【解析】
(1)为保证小球做平抛运动的初速度相同,应让小球多次从同一位置上滚下;
(2)应选安装使用器材,然后做实验,在进行实验数据的处理,因此合理的实验步骤是BAC.
(3)小球竖直方向做自由落体运动,在相同时间内走过的位移差为定值,所以,即,解得,小球初速度为.
14.在“验证机械能守恒定律”的一次实验中,质量m=1kg的重物自由下落,在纸带上打出一系列的点,如下图所示相邻记数点时间间隔为
0.02s,那么
(1)纸带的________填“P”或“C”,必须用字母表示端与重物相连;
(2)打点计时器打下计数点B时,物体的速度vB=________m/s保留到小数点后两位;
(3)从起点P到打下计数点B的过程中物体的重力势能减少量△EP=________J,此过程中物体动能的增加量△Ek=________J;g取
9.8m/s2保留到小数点后两位
(4)通过计算,数值上△EP________△Ek填“”、“”或“=”【答案】
1.P
2.
0.98m/s
3.
0.49J
4.
0.48J
5.【解析】试题分析纸带实验中,若纸带匀变速直线运动,测得纸带上的点间距,利用匀变速直线运动的推论,可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度.从而求出动能.根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值.
(1)实验中重锤是从静止释放的,速度逐渐增大,与重锤相连的纸带速度较小,后面逐渐增大.从图中可以看出应该是P端与重物相连;
(2)利用匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程中的平均速度可得;
(3)重力势能减少量,增加的动能为;
(4)通过计算可以看出,这是因为纸带和重錘运动过程中受阻力.
15.如图1所示,山区高速公路上,一般会在较长的下坡路段的坡底设置紧急避险车道如图2所示,将紧急避险车道视为一个倾角为θ的固定斜面一辆质量为m的汽车在刹车失灵的情况下,以速度v冲上紧急避险车道匀减速至零汽车在紧急避险车道上受到除重力之外的阻力,大小是自身重力的k倍
(1)求出汽车行驶时的加速度;
(2)求出汽车行驶的距离【答案】
(1)
(2)【解析】试题分析根据牛顿第二定律求出汽车在紧急避险车道上行驶的加速度;根据速度位移公式求出汽车行驶的距离.
(1)以汽车为研究对象,受到竖直向下的重力、沿斜面向下的阻力及垂直于斜面向上的支持力,受力示意图如图所示.汽车在紧急避险车道做匀减速直线运动,其加速度大小a,由题意知,阻力…
①根据牛顿第二定律可知…
②,联立
①②可解得,方向沿斜面(避险车道)向下.
(3)汽车做匀减速直线运动,根据速度位移关系式可知,汽车行驶的距离.
16.如图所示,长L=
1.5m、质量M=3kg的木板静止放在水平面上,质量m=1kg的小物块可视为质点放在木板的右端,木板和物块间的动摩擦因数μ1=
0.1,木板与地面间的动摩擦因数μ2=
0.
2.现对木板施加一水平向右的恒定拉力F,取g=10m/s
2.
(1)求使物块不掉下去的最大拉力F0物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.
(2)如果拉力F=21N恒定不变,经多长时间物块从板上滑下【答案】
(1)12N
(2)1s【解析】
(1)物块刚好不掉下去,则物块与木板达到最大静摩擦力,且具有相同的最大加速度a1.对物块有牛顿第二定律得对整体F0-μ2(M+m)g=(M+m)a1解得F0=μ2(M+m)g+(M+m)a1=
0.2×(3+1)×10+(3+1)×1N=12 N
(2)当拉力F=21 N>F0时,物块相对木板滑动. 由牛顿第二定律,F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2得木板的加速度设小物块滑离时经历的时间为t,则a2t2-a1t2=L 解得 .点睛本题关键明确木块和木板的运动规律和受力特点,根据牛顿第二定律求解出加速度后根据运动学公式规律联立求解.
17.质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端,绳子跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的定滑轮上,斜面固定在水平地面上,开始时把物体B拉到斜面底端,这时物体A离地面的高度为
0.8米,如图所示.若摩擦力均不计,从静止开始放手让它们运动.(斜面足够长,g取10m/s2)求
(1)物体A着地时的速度;
(2)物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离.【答案】
(1)2m/s
(2)
0.4m【解析】试题分析A、B开始运动到A着地过程中,分析系统的受力及做功情况,系统的机械能守恒,运用机械能守恒定律求出它们的速度.A着地后,B沿斜面做匀减速运动,当速度减为零时,B能沿斜面滑行的距离最大.解
(1)设A落地时的速度为v,系统的机械能守恒,代入数据得V=2m/s.
(2)A落地后,B以v为初速度沿斜面匀减速上升,设沿斜面又上升的距离为S,由动能定理得代入数据得s=
0.4m.答
(1)物体A着地时的速度是2m/s.
(2)物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离
0.4m.
18.)我国不少省市ETC联网正式启动运行,ETC是电子不停车收费系统的简称.汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示.假设汽车以正常行驶速度v1=16m/s朝收费站沿直线行驶,如果过ETC通道,需要在距收费站中心线前d=8m处正好匀减速至v2=4m/s,匀速通过中心线后,再匀加速至v1正常行驶;如果过人工收费通道,需要恰好在中心线处匀减速至零,经过t0=25s缴费成功后,再启动汽车匀加速至v1正常行驶.设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为a1=2m/s
2、a2=1m/s
2.求
(1)汽车过ETC通道时,从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小;
(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道速度再达到v1时节约的时间Δt是多少?【答案】
(1)188m
(2)29s【解析】试题分析1汽车通过ETC通道时匀减速过程x1=1=60m匀加速过程x2=2x1=120m汽车的总位移x=x1+d+x2=188m.2汽车通过ETC通道时匀减速过程t1==6s匀速过程t2==2s匀加速过程t3==12s汽车通过ETC通道的总时间t=t1+t2+t3=20s汽车通过人工收费通道时,匀减速过程t1′==8s匀加速过程t2′==16s汽车通过人工通道的总时间t′=t1′+t0+t2′=49s汽车节约的时间Δt=t′-t=29s.考点匀变速直线运动的规律。