【物理】西藏拉萨市那曲二高2019届高三上学期第二次月考试题（解析版） 11页

西藏拉萨市那曲二高 2019 届高三上学期 第二次月考试题 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。（1 至 5 题为单选题，6 至 8 题有多项 符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。） 1. 在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献， 下列说法正确的是 A. 伽利略发现了行星运动的规律 B. 卡文迪许通过实验测出了引力常量 C. 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 D. 笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献 【答案】BD 【解析】 试题分析：行星运动定律由开普勒、牛顿等人发现，选项 A 错误．库仑测量出静电力常数， 选项 B 错误．伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，选项 C 错误．笛卡尔对牛顿第 一定律的建立做出了贡献，选项 D 正确． 考点：本题考查了物理学史． 2.如图是某物体做直线运动的速度图象，下列有关物体运动情况判断正确的是（　　） A. 前两秒加速度为 10 m/s2 B. 8 s 末物体回到出发点 C. 6 s 末物体距出发点最远 D. 8 s 末物体距出发点最远 【答案】B 【解析】 【详解】A．图线的斜率表示物体的加速度， ，故 A 错误； C．速度图像的纵坐标表示瞬时速度，正值表示沿正向运动，负值表示沿负向运动，则 4s 末速度为零，表示物体掉头，所以 4s 末物体离出发点最远，故 C 错误； BD．由速度图象与时间轴围成的面积表示位移且在时间轴上方位移为正，下方位移为负， 可知 8s 末物体的总位移为 0，又回到了出发点，故 B 正确，D 错误。 故选 B。 3.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在 0～6s 内其速度与时间图象和该拉力 的功率与时间的图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 0～6s 内物体的位移大小为 20m B. 0～6s 内拉力做功为 100J C. 滑动摩擦力的大小为 5N D. 0～6s 内滑动摩擦力做功为-50J 【答案】D 【解析】 试题分析：A、根据 v﹣t 图线与时间轴所围的面积表示位移，可得，0～6s 内物体的位移大 小为 x= m=30m，故 A 错误． B、P﹣t 图线与时间轴所围的面积表示拉力做的功，则拉力做功为 W= +10×4=70J， 故 B 错误． C、2～6s 内物体做匀速运动，由图知，v=6m/s，P=10W，由 P=Fv=fv，得滑动摩擦力大小 为 f= = N= N，故 C 错误． D、0～6s 内滑动摩擦力做功为 W=﹣fx=﹣ ×30J=﹣50J，故 D 正确．故选 D 2 210 m/s 5m/s2 va t ∆= = =∆ 4.如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球从弹簧正 上方某处自由下落，弹簧的劲度系数为从小球与弹簧接触开始直到弹簧被压缩至最短的过程 中，下列说法不正确的是（　　） A. 小球的速度先增大后减小 B. 小球的加速度先减小后增大 C. 弹簧的最大形变量为 D. 小球速度最大时弹簧 形变量为 【答案】C 【解析】 【详解】AB．在小球将弹簧压缩到最短的过程中，小球受到向下的重力和向上的弹簧弹力， 开始时弹力小于重力，小球的合力向下，向下加速运动，由于弹力增大，合力减小，故加速 度减小，物体做加速度减小的加速运动。当弹力大于重力，小球的合力向上，向下减速运动， 由于弹力增大，合力增大，故加速度增大，物体做加速度增大的减速运动。因此，小球的速 度先增大后减小，小球的加速度先减小后增大，故 AB 正确，AB 项不合题意； D．当弹力等于重力时，加速度为零速度达最大，则有 mg=kx， 得 ，故 D 正确，D 项不合题意。 C．小球速度最大时弹簧的形变量为 ，小球要继续向下压缩弹簧，所以弹簧的最大形变 量大于 ，根据运动的对称性知，弹簧的最大形变量将大于 ，故 C 错误，C 项符合 题意。 本题选不正确的，故选 C。 5. 如图，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的质点自轨道 端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g．质点自 P 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ） 的 mg k mg k mgx k = mg k mg k 2mg k A. mgR B. mgR C. mgR D. mgR 【答案】C 【解析】 试题分析：据题意，质点在位置 P 是具有的重力势能为： ；当质点沿着曲面下滑 到位置 Q 时具有的动能为： ，此时质点对轨道压力为： ，由能 量守恒定律得到： ，故选项 C 正确． 考点：能量守恒定律、圆周运动 【名师点睛】本题分析的关键是找出质点在初始位置是的机械能和在末位置时的机械能，两 个位置机械能只差就等于摩擦力做的功的大小即 ；但在球末位置时的动能时 需要用到圆周运动规律， ，由此式可以求出在末位置的速度，也就可以求解 此位置的动能大小了． 6. 如图，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向．图中画出了从 y 轴上沿 x 轴正向抛出的三个 小球 a、b 和 c 的运动轨迹，其中 b 和 c 是从同一点抛出的，不计空气阻力，则 A. a 的飞行时间比 b 的长 B. b 和 c 的飞行时间相同 C. a 的水平速度比 b 的小 D. b 的初速度比 c 的大 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．b、c 的高度相同，大于 a 的高度，根据 h= gt2，得 ，知 b、c 的运 动时间相同，a 的飞行时间小于 b 的时间．故 A 错误,B 正确； 1 2 2ht g = C．因为 a 的飞行时间短，但是水平位移大，根据 x=v0t 知，a 的水平速度大于 b 的水平速 度．故 C 错误； D．b、c 的运动时间相同，b 的水平位移大于 c 的水平位移，则 b 的初速度大于 c 的初速 度．故 D 正确． 【点睛】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，知道平抛运动 的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移. 7.已知地球质量为 M，半径为 R，自转周期为 T，地球同步卫星质量为 m，引力常量为 G。 有关同步卫星，下列表述正确的是 A. 卫星距离地面的高度为 B. 卫星的运行速度小于第一宇宙速度 C. 卫星运行 向心加速度小于地球表面的重力加速度 D. 卫星运行时受到的向心力大小为 【答案】BC 【解析】 【详解】AD．同步卫星绕地球做匀速圆周运动，设离地的高度为 h，由万有引力提供向心 力，则： 可得： ， ， ， 故 AD 错误； B．由于第一宇宙速度是贴着地表转动的卫星的线速度，为 可知同步卫星的轨道半径大，则速度小于第一宇宙速度，故 B 正确； C．地表的重力加速度为 的 2 3 24 GMT π 2 MmG R 2 2 2 2( ) ( )( ) Mm vG m m R h maR h R h T π= = + =+ + 向 GMv R h = + 2( ) GMa R h = +向 2( ) MmF G R h = +向 2 3 24 GMTh Rπ= − 1 GMv R = 可知同步卫星的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故 C 正确； 故选 BC。 8.如图甲所示，倾角 的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在 斜面底端的挡板上．一质量为 m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹 簧后继续向下运动。小球运动的 v—t 图象如图乙所示，其中 OA 段为直线，AB 段是与 OA 相切于 A 点的平滑曲线，BC 是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为 g。关于小球的 运动过程，下列说法正确的是 A. 小球在 tB 时刻所受弹簧弹力大于 B. 小球在 tC 时刻的加速度大于 C. 小球从 tC 时刻所在 位置由静止释放后，不能回到出发点 D. 小球从 tA 时刻到 tC 时刻的过程中重力势能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量 【答案】BD 【解析】 【详解】A．小球在 tB 时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则： 故 A 错误； B．在乙图中，关于 A 点对称的点可知，此时弹簧的弹力为 0.5mg，由对称性得由对称轴到 对称点的弹簧的弹力再变化 0.5mg，故到达 C 点时弹簧的弹力大于 2×0.5mg=mg，所以弹力 大于 mg，根据牛顿第二定律可知 解得： 的 2 2( ) GM GMg R R h = > +表 30θ = ° 2 mg 2 g 1= sin30 2F mg mg° =弹 sinF mg maθ− =弹 故 B 正确； C．整个过程中，乙弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从 C 点释放，小球能到达原来 的释放点，故 C 错误； D．小球从 tA 时刻到 tC 时刻的过程中， 由小球和弹簧组成的系统机械能守恒知， 减少 重力势能和减少的动能等于弹簧增加的弹性势能，故小球重力势能的减小量小于弹簧 弹性势能的增加量，故 D 正确； 故选 BD。 二、实验题（9 至 10 共 2 小题，每空 2 分，共 18 分） 9.“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中 A 为固定橡皮筋的图钉，O 为橡皮筋与 细绳的结点，OB 和 OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。 (1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为 N，图甲中与 B 相连的弹簧测力计的示数为 ________N； (2)如果没有操作失误，图乙中的 F 与 F′两力中，方向一定沿 AO 方向的是__________； (3)（单选题）本实验采用的科学方法是________； A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法 (4)该实验的结论是：在误差允许的范围内，力的合成遵循________法则。 【答案】 (1). 3.6 (2). (3). B (4). 平行四边形 【解析】 【详解】(1)[1]弹簧测力计的每一格代表 0.2N，估读到 0.1N，所以图中 B 的示数为 3.6N； 的 2 2 F g ga m = − >弹 0G Fk kAW W E− = − F′ (2)[2]实验中 F 是用平行四边形理论作出的理论合力，而 F′是通过一只弹簧秤拉动橡皮筋得 出的实际合力，故 F′的方向一定与橡皮筋的方向 AO 相同； (3)[3]本实验是通过一个力与两个力效果相同得到了合力，故运用了等效替代的方法，故 B 正确，ACD 错误； 故选 B。 (4)[4]通过实验可得出对应的结论为：在误差允许的范围内，力的合成遵循平行四边形法则。 10.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为 6V 的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的 点，对纸带上的点痕进行测量及相关计算，即可验证机械能守恒定律． (1)下面列举了该实验的几个操作步骤： A．按照图示的装置安装器件； B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上； C．用天平测出重锤的质量； D．先接通电源开关，然后释放悬挂纸带的夹子打出一条纸带； E．测量纸带上某些点间的距离; F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能． 其中没有必要进行或者操作不当的步骤是____________________． (2)在一次实验中，质量为 m 的重锤自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示(相邻 计数点时间间隔为 0.02 s)，长度单位 cm，那么从起点 O 到打下计数点 B 的过程中重力势能 的减少量 ΔEp＝________ J，此过程中重锤动能的增加量 ΔEk＝________ J(g 取 9.8 m/s2，结 果数据均保留至小数点后两位)；通过计算，数值上 ΔEp________ΔEk(填“＞”“＝”或“＜”)， 这是因为_________________________． 【答案】 (1). BC (2). 0.49m (3). 0.48m ＞ 纸带和重锤运动过程中受到阻 力的作用 【解析】 【详解】(1) B.打点计时器应该使用交流电；C.验证动能的增加量和重力势能的减小量是否 相等，两端都有质量，可以约去，所以不需要测量重锤的质量，故 C 错误．故操作不当的 步骤是 BC. (2) 重力势能减小量△Ep=mgh=9.8×0.0501m J=0.49m J．利用匀变速直线运动的推论 ， 。通过计算，数值上 △EP>△Ek 的结果，因为纸带和重锤运动过程中受到阻力的作用，一部分重力势能转化为内 能。 【点睛】解决本题的关键知道实验的原理以及误差形成的原因，掌握纸带的处理，会通过纸 带求解瞬时速度，难度不大． 三、计算题（共 3 小题，11 题 9 分，12 题 10 分，13 题 15 分，共 34 分） 11.做匀速圆周运动的物体，10 s 内沿半径为 20 m 的圆周运动 100 m，试求物体做匀速圆周 运动时： (1)线速度的大小； (2)角速度的大小； (3)向心加速度的大小． 【答案】（1） ；（2）0.5 ；（3）5 【解析】（1）根据线速度的公式可得： （2）根据角速度与线速度的关系 得： （3）根据公式 故本题答案是（1） ；（2）0.5rad/s ；（3） 点睛：根据向心加速度公式 求加速度的大小，并利用 求角速度的大小． 12.固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力 F (0.076 0.0314)m 0.98m/s2 0.02s AC B AC xv t −= = =× 21 0.48 J2kB BE mv m= = 10 /v m s= 100 10 /10 sv m st = = = v rω= 0.5 /rad sω = 2 2100 5 /20 va m sr = = = 10 /v m s= 25 /m s 2va r = v rω= 作用下向上运动，推力 F 与小环速度 v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度 g＝ 10m/s2．求： （1）小环的质量 m； （2）细杆与地面间的倾角 a． 【答案】（1）m＝1kg，（2）a＝30°． 【解析】 【详解】由图得：0-2s 内环的加速度 a= =0.5m/s2 前 2s，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有： 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有： 由图读出 F1=5.5N，F2=5N 联立两式，代入数据可解得：m=1kg，sinα=0.5，即 α=30° 13.如图所示，倾角 θ=37°的斜面底端 B 平滑连接着半径 R=0．40m 的竖直光滑圆轨道．质 量 m=0．50kg 的小物块，从距地面 h=2．7m 处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的 动摩擦因数 μ=0．25，求：（sin37°=0．6，cos37°=0．8，g=10m/s2） （1）物块滑到斜面底端 B 时的速度大小． （2）物块运动到圆轨道的最高点 A 时，对圆轨道的压力大小 【答案】(1)6.0 m/s　 (2)20 N 【解析】 （1）物块沿斜面下滑过程中，在重力、支持力和摩擦力作用下做匀加速运动，设下滑加速 度为 a，到达斜面底端 B 时 速度为 v，则 （3 分） 的 v t 1 sinF mg maα− = 2 sinF mg α= （2 分） 由①、②式代入数据解得： m/s （2 分） （2）设物块运动到圆轨道的最高点 A 时的速度为 vA，在 A 点受到圆轨道的压力为 N，由机 械能守恒定律得： （2 分） 物块运动到圆轨道的最高点 A 时，由牛顿第二定律得： （2 分） 代入数据解得：N="20N " （2 分） 由牛顿第三定律可知，物块运动到圆轨道的最高点 A 时，对圆轨道的压力大小 NA=N="20N " （1 分）