陕西省安康市2020届高三物理上学期12月阶段性检测试题.doc

1、 陕西省安康市陕西省安康市20202020届高三物理上学期届高三物理上学期1212月阶段性检测试题 （含解析）月阶段性检测试题 （含解析） 一、选择题一、选择题 1.在水平地面固定倾角为的斜面体，质量为m的物体在平行于底边、大小为F的水平力 作用下静止于斜面上，如图所示重力加速度大小为g该物体受到的摩擦力大小为（ ） A. F B. F+mg C. F+mgsin D. 22 +(sin )Fmg 【答案】D 【解析】 【详解】对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、拉力以及摩擦力的作用而处于平衡状 态；将重力分解为垂直于斜面和沿斜面上的两个分力，则可知，在沿斜面方向上，重力的分 力mgsin

2、与拉力F以及摩擦力的合力为零； 根据则可知， 摩擦力等于拉力与重力的分力的 合力，由几何关系可知，摩擦力为 22 +(sin )Fmg A.F与分析结论不符，故 A 错误 B.F+mg与分析结论不符，故 B 错误 C.F+mgsin与分析结论不符，故 C 错误 D. 22 +(sin )Fmg与分析结论相符，故 D 正确 2.如图所示，质量不等的甲、乙两个物块放在水平圆盘上，两物块与水平圆盘的动摩擦因数 相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，让圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，并逐渐增大转动 的角速度，结果发现甲物块先滑动，其原因是（ ） A. 甲的质量比乙的质量小 B. 甲的质量比乙的质量大 C.

3、甲离转轴的距离比乙离转轴的距离小 D. 甲离转轴的距离比乙离转轴的距离大 【答案】D 【解析】 【分析】 根据牛顿第二定律，结合最大静摩擦力，求出发生滑动的临界角速度，通过临界角速度判断 原因. 【详解】AB.根据牛顿第二定律得： mg=mr 2 解得发生滑动的临界角速度为： g r ，与质量无关.故 A 项、B 项均错误. CD.动摩擦因数相同，甲物块先滑动，一定是甲离转轴的距离比乙离转轴的距离大，故 C 错 误，D 正确. 【点睛】解决本题的关键知道物块做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二 定律进行求解. 3.如图所示， 三角块B放在斜面体A上， 轻弹簧一端连接三角块B， 另

4、一端连接在天花板上， 轻弹簧轴线竖直，斜面的倾角为 30，若A的质量为 1kg，B的质量为 0.5kg，地面对A的 支持力大小为 20N，重力加速度为 10m/s 2，则 A对B的摩擦力大小为（ ） A. 0 B. 2.5N C. 5N D. 2 3N 【答案】C 【解析】 【详解】对整体研究，根据平衡条件得： GA+GB+F弹=N地， 解得轻弹簧向下压力大小为： F弹=20N-15N=5N， 对三角块B研究，沿斜面方向由平衡条件得： f=（F弹+mBg）sin 解得：f=5N. A. 0 与计算结果不相符；故 A 项错误. B. 2.5N 与计算结果不相符；故 B 项错误. C. 5N 与计

5、算结果相符；故 C 项正确. D.2 3N与计算结果不相符；故 D 项错误. 4.一个质点做直线运动，其 0-t0时间内的v-t图象如图所示，则在 0-t0时间内下列说法正 确的是（ ） A. 质点一直做减速运动 B. 质点的加速度与速度一直反向 C. 质点的平均速度为 0 3 4 v D. 质点的加速度大小为 0 0 3 2 v t 【答案】D 【解析】 【详解】A.由图象可知，质点先做匀减速运动后做匀加速运动，故 A 错误； B.质点先做匀减速运动后做匀加速运动， 则加速度先与速度反向， 后与速度同向， 故 B 错误； C.质点的加速度不变，做匀变速直线运动，平均速度的大小为 0 0 02

6、 24 v v v v ， 故 C 错误； D.质点的加速度大小 a= 00 0 1 2 vv t = 0 0 3 2 v t ， 故 D 正确. 5.如图所示，在P点斜向上抛出一个小球，要使小球始终垂直打在竖直墙面上，则抛出的初 速度大小v和初速度与水平方向的夹角的关系，不计空气阻力.正确的是（ ） A. v与sin成反比 B. v与tan成正比 C. 2 v 与2sin成反比 D. 2 v与 2cos成正比 【答案】C 【解析】 【详解】ABCD.可将小球看成反向平抛运动，依据运动的合成与分解，及运动学规律，设P 点到墙的水平距离为x，则有： x=vcost， vsin=gt， 则有： 2

7、 2 sin2 gx v ，可得 2 v与sin2成反比；故 A、B、D 均错误，C 项正确. 6.某种木材做成的长方体物块静止在水池(水域面积很宽)中时， 恰好有一半没人水中， 如图 甲所示， 物块在水中所受浮力F随着没入水中的深度h的图象如图丙所示。 把物体恰好完全 压人水中，如图乙所示，并从此位置由静止释放物块，重力加速度为g，下列说法中正确的 是 A. 物块上浮过程做匀加速直线运动 B. 物块上浮过程先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动 C. 物块弹回到甲图位置时的速度为 2 gH D. 物块弹回到甲图位置时速度刚好为零 【答案】C 【解析】 【详解】AB由图丙可知物块上浮过程中浮力

8、随高度均匀变化，而物块重力不变，故合力在 发生变化，加速度变化，不是做匀变速直线运动，故 A 错误，B 错误. CD物块弹回到图甲位置时，根据图丙可知图线与水平轴围成的面积为浮力所做的功，故从 乙图到弹回图甲位置由动能定理有： 2 0 0 1 0 2422 FHH Fmgmv 而由图甲和图丙可知： 0 1 2 Fmg 所以联立解得： 2 gH v 故 C 正确，D 错误. 故选 C. 7.如图所示，木块 B 上表面是水平的，当木块 A 置于 B 上，并与 B 保持相对静止，一起沿固 定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中（ ） A. A 所受的合外力对 A 做正功 B. B 对 A 的弹力做

9、正功 C. B 对 A 的摩擦力做正功 D. A 对 B 做正功 【答案】AC 【解析】 木块向下加速运动，故动能增加，由动能定理可知，木块 A 所受合外力对 A 做正功，故 A 正确；A、B 整体具有沿斜面向下的加速度，设为 a，将 a 正交分解为竖直方向分量 a1，水平 分量 a2，如图所示，由于具有水平分量 a2，故必受水平向左摩擦力 f，A 受力如图所示， 所以 A 受到支持力做负功，摩擦力做正功，故 B 错误，C 正确；由牛顿第二定律得； 竖直方向上； mgN=ma1 水平方向上：f=ma2 假设斜面与水平方向的夹角为 ，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为 ，由几何关系 得； a1=

10、gsinsin a2=gsincos tan= N f 联立至得： tan= cos sin =cot=tan（ 2 ） 即 += 2 所以 B 对 A 的作用力与斜面垂直，所以 B 对 A 不做功，由牛顿第三定律得，A 对 B 的作用力垂直斜面向下，所以 A 对 B 也不做功，故 D 错误故选 AC 8.光滑水平面上放着一异形物块b，其曲面是四分之一圆弧，在它的最低点静止地放着一个 小球c，如图所示。滑块a以初速度v0水平向左运动，与b碰撞后迅速粘在一起。已知a、 b、c的质量均为m，小球c不能从物块b的上端离开，在它们相互作用与运动的全过程中 A. a、b、c组成的系统动量守恒 B. a、

11、b、c组成的系统机械能不守恒 C. 小球c在曲面上，上升的最大高度为 2 0 3 v g D. 小球c在曲面上上升的最大高度为 2 0 12 v g 【答案】BD 【解析】 【详解】A由题意在碰撞过程及之后一起运动过程中，a、b、c为系统水平方向上动量守 恒，小球c在竖直方向上有运动，而竖直方向上小球c受力不平衡，故竖直方向上动量不守 恒，故 A 错误. Ba与b碰撞过程中有能量损失，故整个相互作用过程中机械能不守恒，故 B 正确 CDa与b碰撞过程动量守恒有： 01 2mvmv 解得 0 1 2 v v ； 之后a、b、c相互作用过程中水平方向动量守恒，小球上升到最高点时三者共速，有： 1

12、23mvmv 解得 0 3 v v 而由碰撞后到小球上升到最高点h过程中根据能量守恒有： 22 1 11 23 22 mvmvmgh 解得： 2 0 12 v h g 故 C 错误，D 正确. 故选 BD 9.如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到 水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现 小球从A点由静止开始运动，小球运动的v-t图象如图乙所示，下列说法中正确的是 A. 小球在MN右侧运动的时间为t1一t2 B. F2的大小为 11 131 2vmv m ttt C. 小球在MN右侧运动的加速度大小为 1

13、 31 2v tt D. 小球在 0t1时间内运动的最大位移为 1 1 v t 【答案】BC 【解析】 【详解】A由图乙知小球在t1时加速度改变方向，故可知t1时刻小球进入MN右侧，图线 与t轴围成的面积即为小球的位移，小球在MN右侧运动的时间为t3-t1，故 A 错误. BC由图乙可知小球在MN右侧的加速度大小为： 1 31 2vv a ttt 在 MN 左侧，有牛顿第二定律可得： 1 1 1 m Fma t 所以MN的右方，由牛顿第二定律可知： 21 FF ma 所以有： 11 21 311 2mvmv FmaF ttt 故 B 正确，C 正确. D由图线与t轴围成的面积可得 0t1时间内

14、运动的最大位移为： 1 1 2 v t x 故 D 错误. 故选 BC. 10.如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直面内，质量均为m的两球用轻杆连接套在圆 环上，开始时轻杆竖直并同时由静止释放两球，当A球运动到B开始的位置时，轻杆刚好水 平，重力加速度为g，则从开始运动到轻杆水平的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 小球A、B的机械能均保持守恒 B. 小球A、B组成的系统机械能守恒 C. 杆对小球A做的功为 0 D. 杆对小球B做的功为 2 2 mgR 【答案】BD 【解析】 【详解】B.由于环是光滑的，因此对于A、B组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守 恒，故 B 正确； AC.当杆

15、水平时，设A、B两球的速度均为v，由题意可知， 2 1 22 2 mgRmv， 则 2vgR ，因此从开始到杆水平时，B球的机械能增加，则A球的机械能减少；根据 动能定理，对A球研究有 2 1 1 2 mghWmv， 求得 1 2 2 WmgR ，故 A、C 错误； D 对B球研究，根据动能定理有： 2 2 12 22 WmvmgR，故 D 正确 二、实验题二、实验题 11.某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系，实验中所用打点计时器的 频率为 50Hz，所有计算结果均保留两位有效数字 （取g=9.8m/s 2） （1）为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，

16、改变长木板倾斜 程度，根据打出的纸带判断小车是否做_运动 （2）平衡摩擦力后，连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到一条打点清晰的纸带，得 到的数据如图乙所示， 相邻两计数点间有 4 个点未画出 则这次实验中小车运动的加速度大 小是_m/s 2，打下点 C时小车的速度大小是_m/s （结果保留两位有效数字） （3）实验前已测得小车的质量为 0.5kg，托盘质量为 0.006kg，则该组同学放入托盘中的砝 码质量应为_kg （结果保留两位有效数字） 【答案】 (1). 匀速直线 (2). 0.50 (3). 0.26 (4). 0.020 【解析】 【详解】 （1） 1取下细绳及托盘，通过调整垫

17、片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出 的纸带点迹间距是否均匀， 即可判断小车是否做匀速直线运动， 如果是即达到了平衡摩擦力 的目的 （2） 2 相邻两计数点间有 4 个点未画出， 相邻两计数点间的时间T=0.1s， 由逐差法x=a （2T） 2得加速度 a= 2 3.302.81 2.31 1.80 2 0.1 10 -2m/s2=0.50m/s2 3根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打下点C时小车的速度大小 v= 2 BD x T = 2.312.81 2 0.1 10 -2m/s=0.26m/s （3） 4小车的质量M=0.5kg，托盘质量m0=0.006kg，设该组同学放

18、入托盘中的砝码质量 为m，根据牛顿第二定律 （m0+m）g=Ma 砝码质量 m= Ma g -m0= 0.50 0.50 9.8 kg-0.006kg=0.020kg 12.某物理兴趣小组在验证胡克定律的实验中别出心裁，将弹簧一端固定在铁架台上，然后 自然悬垂。 当在弹簧的另一端悬挂一个钩码稳定后， 用实验室打点计时器所用纸带比量弹簧 长度，做好标记并整齐剪下这段纸带;然后再加挂一个相同钩码稳定后，同样用纸带比量弹 簧长度，做好标记并整齐剪下第二段纸带;总共加挂了三次，剪下四条纸带。随后将纸带一 端对齐，整齐排列在一张坐标纸上，如图所示。已知每个钩码的质量为 50g，坐标纸最小方 格的边长为

19、1mm，当地重力加速度为 9. 8m/s 2。 （1）四条纸带的长度由长到短依次为 6.87cm，_cm， 5. 72cm，_cm。 （2）弹簧的原长l0=_.cm。 （2）可以判断胡克定律_ (填“成立”或“不成立”)，判断依据是_。 （4）弹簧的劲度系数k=_N/m。(计算结果保留三位有效数字) . 【答案】 (1). 6.30 (2). 5.17 (3). 4.60 (4). 成立 (5). 弹簧增加相 同的弹力，伸长的长度(形变量)近似相等。或者连接四条纸带右上角得到一条直线，说明弹 簧弹力与形变成正比 (6). 87.7 【解析】 【详解】(1)12根据坐标纸最小方格的边长为 1mm

20、，读出长度分别为 6.30mm，5.17mm. (2)3分析四条纸带的长度可知每多挂 50g 的重物，弹簧伸长的长度大约增加 0.57mm，由 (1)可知弹簧只挂 50g 重物时，弹簧长度是 5.17mm，故弹簧原长为： 0 5.17mm0.57mm=4.60mml (3)45因为弹簧增加相同的弹力，伸长的长度(形变量)近似相等，故可以判断胡克定律 成立. (4)6根据胡克定律有： 3 2 50 1010 0.57 10 N/m=87.7N/m F k x 三、解答题三、解答题 13.如图所示，倾角为a的固定光滑斜面顶端固定着与斜面垂直的挡板，一质量为m的小球 在沿斜面向上的推力作用下，恰好静

21、止在挡板和斜面之间。设重力加速度为g. （1）用直尺画出小球受力的示意图; （2）求小球受到推力大小。 【答案】 （1）； （2）mgsin 【解析】 【详解】(1)根据题意画出受力分析图如图所示： (2)由于小球恰好静止在挡板和斜面之间，所以与挡板之间无力的作用，故沿斜面方向分解 可得： sinFmg 答;（1）小球受力的示意图如图所示; （2）小球受到的推力大小为mgsin。 14.如图所示，一颗卫星在近地轨道 1 上绕地球做匀速圆周运动，轨道 1 的半径可近似等于 地球半径，卫星运动到轨道 1 上A点时进行变轨，进入椭圆轨道 2，其远地点B离地面的距 离为地球半径的 2 倍，已知地球的密

22、度为 ，引力常量为G，求： （1）卫星在轨道 1 上做圆周运动的周期； （2）卫星在轨道 2 上从A点运动到B点所用的时间 【答案】(1) 3 G (2) 6 G 【解析】 【详解】 （1）设卫星在轨道 1 上做圆周运动的周期为T1，则 2 2 1 2 () Mm GmR RT 又 3 4 3 M R 解得： 1 3 T G （2）设卫星在轨道 2 上运动周期为T2，根据开普勒第三定律有 23 2 23 1 (2 )TR TR 求得： 21 2 2TT 卫星从A到B运动的时间： 2 16 2 tT G 15.如图所示为某城市十字路口道路示意图，道路为双向四车道，每个车道宽度为 2.4m。某 自

23、行车从道路左侧车道线沿停车线向右匀速行驶，速率为 14. 4km/h，汽车在最右侧车道正 中间行驶，速率为 54km/h，汽车前端距离停车线 20m。已知汽车的宽度与自行车的长度相等 均为 1. 8m，汽车的车身长 4. 8m。汽车司机为避免与自行车相撞马上采取刹车制动，最大 制动加速度大小为 5m/s 2.求 （1）汽车的最短刹车距离 sm; （2）请通过计算判断是否能够避免相撞。 【答案】 （1）22. 5m .（2）不能避免相撞。 【解析】 【详解】(1)已知： v1 =14.4km/h= 4m/s v2 = 54km/h= 15m/s 设汽车以最大加速度刹车，则： 2 2 20 m a

24、sv 代入数据解得sm=22. 5m . (2)以最大加速度刹车，设汽车车头到达停车线所用时间为t，则 2 2 1 2 sv tat 解得t=2s 或者t=4s，又因为汽车停下的时间为： 2 15 s=3s 5 v t a 故t=4s 不符题意，舍去； 此时以左侧车道线为起点，车头所占位置范围为s1s2， 1 73m. m.59s 自行车在t=2s 的时间内行驶的位移为x .则有： 1 4 2m=8mxvt 自行车此时所占位置范围为： 2 6.2m8ms 由此可知，它们的位置范围有重叠，不能避免相撞. 答： （1）汽车的最短刹车距离sm=22. 5m; （2）不能够避免相撞。 16.如图所示，

25、在倾角为 37的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块 A 相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把 A 与另一物体 B 连接起来，A 与滑轮间 的细线与斜面平行。已知弹簧劲度系数k=40N/m，A 的质量 m1=1kg，与斜面的动摩擦因数 =0.5，B 的质量m2= 2kg。初始时用手托住 B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体 A 与斜 面间没有相对运动趋势，物体 B 的下表面离地面的高度h=0.3m，整个系统处于静止状态。 重力加速度g= 10m/s 2，sin37=0.6，cos37=0. 8. （1）由静止释放物体 B，求 B 刚落地时的速度大小; （2）把斜面处理成

26、光滑斜面，再将 B 换成一个形状完全相同的物体 C 并由静止释放，发现 C 恰好到达地面，求 C 的质量m3。 【答案】 （1）2m/s （2）0.6kg 【解析】 【详解】(1)因为初始时刻 A 与斜面间没有相对运动趋势，即 A 不受摩擦力，此时有： 1 sin T m gF 此时弹簧的伸长量为： 1 1 sinm g x k =0.15m 当 B 落地时，A 沿斜面上升h，此时弹簧的伸长量为： 21 xhx=0.15m 所以从手放开 B 到 B 落地过程中以 A、B 和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹簧弹 力不做功，根据动能定理可得： 2 21112 1 sincos0 2 m ghm ghm ghmmv 联立以上各式代入数据解得： 2m/sv (2)由(1)分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开 C 到 C 落地过程中以 A、C 和弹簧为系统，根据动能定理可得： 31 sin00m ghm gh 代入数据解得 3 0.6kgm . 答： （1）由静止释放物体 B，B 刚落地时的速度大小2m/s; （2）C质量 3 0.6kgm 。