安徽省阜阳市颍上县第二中学2019届高三物理下学期第八次周考试题.docx

安徽省阜阳市颍上县第二中学2019届高三物理下学期第八次周考试题第I卷选择题一、选择题（本大题共12小题，每题4分。第1-8题为单选题，第9-12为多选题）1. 甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度时间图象如图所示，则下列说法中正确的是A. 两物体两次相遇的时刻是2s末和6s末B. 4s末甲在乙前面C. 在内，两物体相距最远的时刻是1s末D. 乙物体先向前运动2s，随后向后运动2. 如图所示，斜面放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过光滑定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度与斜面均保持静止，在此过程中A. 斜面对物块A的摩擦力一直增大B. 绳上的拉力大小不变C. 地面对斜面的支持力一直增大D. 地面对斜面的摩擦力一直增大3. 如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是A. 从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短B. 篮球两次撞墙的速度可能相等C. 篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等D. 抛出时的动能，第一次一定比第二次大4. 如图所示，两个质量相同的物体A、B紧靠在光滑的水平面上，它们分别受到和两力的作用已知，则A、B之间的相互作用力的大小为A. B. C. D. 5. 如图所示，等腰三角形内以底边中线为界，左右两边分布有垂直纸面向外和垂直纸面向里的等强度匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在时刻恰好位于图中所示位置以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流位移关系的是A. B. C. D. 6. 如图所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U的交流电，副线圈接有电阻、光敏电阻阻值随光照增强而减小，开关K开始时处于闭合状态，下列说法正确的是A. 当光照变弱时，变压器的输入功率增加B. 当滑动触头P向下滑动时，电阻消耗的功率增加C. 当开关K由闭合到断开，原线圈中电流变大D. 当U增大时，副线圈中电流变小7. 如图所示，质量为M木块静止在光滑的水平面上，一颗质量为m的子弹水以速度平射入木块并留在木块中，木块获得的速度为，子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，下列说法正确的是A. 子弹损失的动能等于fdB. 子弹损失的动能为C. 子弹、木块组成的系统损失的动能等于fdD. 子弹、木块组成的系统损失的动能为8. 如图所示，轻质细绳跨过光滑定滑轮P、Q，一端连接物块C，另一端连接物块轻弹簧一端栓接这置于水平面上的物块B，另一端栓接物块先托住物块C使细绳伸直且恰好拉力为零，然后释放已知三个物块的质量分别为，足够长的光滑斜面的倾角为，从C开始下滑到B刚要离开水平面的过程中，下列说法正确的是A. 弹簧的弹性势能一直减小B. A、C组成的系统机械能先增加后减小C. C减小的重力势能等于A增加的重力势能D. C沿斜面向下运动过程中，加速度先增加后减小9. 如图光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直，AC水平，两相同的中心有小孔的小球M、N分别套在AB和AC上，并用一轻绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法正确的是A. M球的机械能守恒B. M球的机械能减少C. M、N组成的系统机械能守恒D. 绳的拉力对N做负功10. 宇宙间存在一些离其它恒星较远的三星系统其中有一种三星系统如图所示，三颗质量相等的星位于等边三角形的三个顶点上，任意两颗星的距离均为R，并绕其中心O做匀速圆周运动如果忽略其它星体对它们的引力作用，引力常数为以下对该三星系统的说法中正确的是A. 每颗星做圆周运动的半径为等边三角形的边长RB. 每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关C. 每颗星做圆周运动的周期为D. 每颗星做圆周运动的线速度为11. 一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦阻力做功为若小物块冲上斜面的动能为2E，则物块A. 返回斜面底端时的动能为EB. 返回斜面底端时的动能为C. 返回斜面底端时的速度大小为D. 返回斜面底端时的速度大小为v12一汽车在平直公路上以20 kW的功率行驶，t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其vt图象如图6所示，已知汽车的质量为2103 kg。下列说法中正确的是()At1前汽车受到的阻力大小为2103 NBt1后汽车受到的阻力大小为2103 NCt1时刻汽车加速度大小突然变为1 m/s2Dt1t2时间内汽车的平均速度为7.5 m/第II卷非选择题二 、实验题（本题每空2分，共18分）13.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图1所示的实验装置，小车及车载砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示当M与m的大小关系满足_ 时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘砝码的重力在“验证牛顿第二定律”的实验中，下列说法中错误的是_ A.平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C.实验时先放开小车，再接通打点计时器电源D.电子运动的加速度可用天平测出M及m后直接用公式求出在保持小车及车中的砝码质量M一定时，探究加速度与所受力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，两位同学得到的关系分别如图2所示，其原因分别是_ 14.采用重物自由下落的方法：验证机械能守恒定律“的实验装置如图甲所示：实验中，下面哪些测量工具是必需的_A.天平交流电源刻度尺秒表实验室可供选择的重物有：A是质量为50g的塑料球，B是质量为300g的铁球，则本实验应选用_选填A或；实验中选取一条符合实验要求的纸带如乙图所示，O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点，计算B点瞬时速度时，甲同学用，乙同学用，其中所选方法正确的是_选填“甲”或“乙”同学；若实验中所用重物的质量为，打点计时器所用电源的频率为50Hz，正确操作得到的纸带如图乙所示，则打点计时器在打B点时，重物的速度大小是_，此时重物的动能等于_J，从初始位置O到打下计数点B的过程中，重物的重力势能的减少量为_J；结果保留三位有效数字三、 计算题（本大题共3小题，共34分）15.(10分)如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，其中BCD为细管，AB只有外轨道，AB段和BC段均为半径为R的四分之一圆弧一小球从距离水平地面高为未知的管口D处静止释放，最后恰能够到达A点，并水平抛出落到地面上重力加速度为求：小球到达A点速度；平抛运动的水平位移x； 点到水平地面的竖直高度H16.（12分）质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的图像如图乙所示，重力加速度，求：与B之间的动摩擦因数和B与水平面间的动摩擦因数；的质量。17.（12分）如图所示，水平传送带长，且以的恒定速率顺时针转动，光滑曲面与传送带的右端B点平滑链接，有一质量的物块从距传送带高的A点由静止开始滑下已知物块与传送带之间的滑动摩擦因数，重力加速度g取，求：物块距传送带左端C的最小距离物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度在整个运动过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的热量答案和解析【答案】1. B2. D3. A4. C5. B6. B7. C8. B9. BC10. BC11. AC12. AC13. ；ACD；平衡摩擦力过度与平衡摩擦力不足14. 乙 大于 纸带与限位孔或振针与纸带间存在摩擦15解：小球恰能够到达A点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：解得小球到达A点速度为：从A点抛出后做平抛运动，则有：联立解得：从D到A运动过程中只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律，则得：解得：.16 解：由题图乙可知，A在内的加速度，对A由牛顿第二定律得，解得由题图乙知，AB在内的加速度对AB由牛顿第二定律得解得由题图乙可知B在内的加速度对B由牛顿第二定律得代入数据解得。17. 解：物块从A到B的过程中，由机械能守恒列式得： 解得： 物块在传送带上向左运动的过程中，取水平向左为正方向，通过受力分析后，由牛顿第二定律得： 得：，由运动学公式得： 解得： 且 那么，物块距传送带左端C的最小距离 物块在传送带上向右运动的过程中，取水平向右为正方向，通过受力分析后，由牛顿第二定律得：得： 由于传送带的速度由运动学公式得： 则物块向右运动经过B点时的速度 那么，物块经过B点后滑上曲面的过程中，由机械能守恒定律得： 即： 物块在传送带上向左运动的过程中，相对位移 此过程中产生的热量 物块在传送带上向右运动的过程中，相对位移 此过程中产生的热量 那么，全程产生的热量 答：物块距传送带左端C的最小距离为2m物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度为在整个运动过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的热量为225J【解析】1. 【分析】图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，判断2s和6s内两物体位移是否相等即可判断是否相遇；图线上某点对应纵轴坐标的正负表示运动方向。图象中图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移；根据面积关系即可以得出位移关系。【解答】A、时乙的位移为，甲的位移为，两者位移相同，又是从同一地面出发，故2s末时二者相遇，同理可判断6s末二者也是相遇，故A正确；B、4s时甲的位移为，乙的位移为：；甲的位移小于乙的位移，故甲在乙后面，B错误；C、1s末两物体相距的距离等于一个小三角形的面积，而4s末两物体相距的距离等于之间三角形的面积，明显4s末二者的距离最大，故C错误；D、乙的速度一直为正，说明其运动方向始终未发生变化，故D错误；故选A。2. 略3. 解：A、将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次下落的高度较小，所以运动时间较短。故A正确。B、水平射程相等，由得知第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙的速度较大，故B错误。C、由，可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故C错误。D、根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，动能大小不能确定，故D错误。故选：A。由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解本题采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律4. 解：根据牛顿第二定律得，整体加速度，隔离对A分析有：，解得故C正确，A、B、D错误故选C对整体分析，求出整体的加速度，然后隔离分析，运用牛顿第二定律求出A、B间的相互作用力解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用5. 解：位移在过程：磁通量增大，由楞次定律判断得知感应电流方向为顺时针方向，为正值感应电流，I均匀增大直到；位移在过程：线框右边下部分和左边下部分都切割磁感线，根据右手定则判断可知，线框产生的感应电流方向沿逆时针方向，为负值左右两边有效切割长度之和始终等于L，产生的感应电动势不变，则感应电流大小不变，为；位移在过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，感应电流大小为，I均匀减小直到零；根据数学知识可知B正确故选：B将整个过程分成三个位移都是L的三段，根据楞次定律判断感应电流方向由感应电动势公式，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况本题考查对感应电势势公式的理解，要理解l是有效的切割长度，当左右两边切割磁感线时，总的感应电动势等于两边产生的感应电动势之和6. 解：A、当光照变弱时，光敏电阻的阻值变大，输出功率减小，输入功率也变小，故A错误；B、当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，电阻两端的电压增大，电阻消耗的功率增大，故B正确；C、当开关K由闭合到断开，副线圈回路电阻增大，输出电流减小，匝数比不变，所以原线圈电流减小，故C错误；D、当U增大时，副线圈电压增大，副线圈中电流变大，故D错误；故选：B。变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可本题关键是明确变压器的电压、电流、功率关系，然后结合变压比公式和功率公式进行动态分析7. 解：A、子弹相对于地面的位移为，对子弹，由动能定理得知其损失的动能等于克服阻力做的功，为；故A错误B、子弹损失的动能为，故B错误C、根据功能关系可知，子弹、木块组成的系统损失的动能等于fd，故C正确D、系统损失的动能即为系统动能的减少量，为故D错误故选：C 对子弹，运用动能定理求解其损失的动能子弹与木块组成的系统总动能减少，转化为内能，根据，求系统损失的动能也可以根据能量守恒定律求系统损失的动能本题关键是掌握动能定理，并能用来处理子弹打木块的问题，要注意对子弹和木块而言，位移是相对于地的位移，不是子弹相对于木块的位移对于系统，损失的动能为fd，d是相对位移大小8. 解：A、据题分析可知，弹簧先压缩后伸长，所以弹性势能先减小后增大，故A错误B、对于A、C及弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，由于弹性势能先减小后增大，所以A、C组成的系统机械能先增加后减小，故B正确C、原来装置静止时，弹簧的压缩量刚要离开水平面时弹簧的伸长量可知，这两个状态弹簧的弹性势能相等，由系统的机械能守恒知，C减小的重力势能等于A增加的重力势能与A、C增加的动能之和故C错误D、对C，C先沿斜面向下加速运动，此过程，根据牛顿第二定律得对A，根据牛顿第二定律得联立得，由于弹簧的弹力先减小后增大，所以此过程中C的加速度a先增大后减小当C减速下滑时，有，T增大，加速度反向增大，所以C沿斜面向下运动过程中，加速度先增加后减小再增大，故D错误故选：B 根据弹簧的形变情况，分析弹性势能的变化情况对A、C及弹簧组成的系统机械能守恒对于C，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况结合系统的机械能守恒分析即可本题要正确分析三个物体的受力情况，采用隔离法研究物体C的加速度要明确各种功能关系，知道A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，但AC组成的系统机械能并不守恒9. 【分析】根据机械能守恒条件分析答题，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒。知道机械能守恒的条件、分析清楚运动过程与物体的受力情况即可正确解题。【解答】由静止释放M、N后，M下降，N向左运动，杆AB、AC光滑，绳子对N做正功，对M做负功，N的动能增加，机械能增加，M的机械能减少，故AD错误，B正确；C.M、N组成的系统在整个过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，故C正确。故选BC。10. 解：A、如图由几何关系知：它们的轨道半径，故A错误B、任意两个星星之间的万有引力，每一颗星星受到的合力根据万有引力等于向心力，所以，故每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量有关故B错误C、根据万有引力提供向心力，得故C正确D、根据万有引力提供向心力，解得故D正确故选CD先写出任意两个星星之间的万有引力，求每一颗星星受到的合力，该合力提供它们的向心力然后用R表达出它们的轨道半径，最后写出用周期和线速度表达的向心力的公式，整理即可的出结果解决该题首先要理解模型所提供的情景，然后能够列出合力提供向心力的公式，才能正确解答题目11. 解：以初动能为E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得： 设以初动能为E冲上斜面的初速度为，则以初动能为2E冲上斜面时，初速度为，加速度相同，根据可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E以初动能为2E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得： 所以返回斜面底端时的动能为E，A正确，B错误；由得：，C正确，D错误故选：AC 冲上斜面和返回到斜面底端两过程中克服摩擦阻力做功相等；初动能增大后，上升的高度也随之变大，可根据匀减速直线运动的速度位移公式求出上升的位移，进而表示出克服摩擦力所做的功；对两次运动分别运用动能定理即可求解该题考查了动能定理的直接应用，注意以不同的初动能冲上斜面时，运动的位移不同，摩擦力做的功也不同13. 解：以整体为研究对象有 解得，以M为研究对象有绳子的拉力，显然要有必有，故有，即只有时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力、在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装砂的小桶，故A错误B、由于平衡摩擦力之后有，故所以无论是否改变小车的质量，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故B正确；C、实验时应先接通电源然后再放开小车，故C错误D、小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出，不能由牛顿第二定律求出，故D错误本题选错误的，故选：ACD乙图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大；而甲图有拉力时，也没有加速度，则说明平衡摩擦力时，木板的倾角过小故答案为：；平衡摩擦力过度与平衡摩擦力不足要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力探究加速度与拉力的关系实验时，要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出；平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车；图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大与不足探究加速与力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的加速度，掌握实验的实验注意事项是正确解题的关键只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握14. 【分析】根据实验的原理和操作的注意事项确定不需要的器材以及重物的选取根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，根据下降的高度求出重力势能的减小量由于阻力的存在，实验中重力势能的减小量总是略大于动能的增加量解决本题的关键知道实验的原理以及操作中的注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量，知道实验误差的来源【解答】打点计时器可以直接记录时间，所以实验中不需要秒表；等式两边均有质量，则可相互约去，所以也不需要天