2019-2020年高三周练（三）物理试题 含答案.doc

2019-2020年高三周练（三）物理试题 含答案一 选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求. 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1如图（甲）所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，木板B的加速度a与拉力F关系图象如图（乙）所示，则小滑块A的质量为（ ）F/Na/(ms-2)OFAB26 8 图（甲） 图（乙） A4kg B3kg C2kg D1kg2一小滑块（可看成质点）在水平拉力F作用下，沿粗糙水平面上做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示。在0.5s、1.5s、2.5s、3.5s时刻拉力F的大小分别为F1、F2、F3、F4，则下列判断一定正确的是AF1F4 DF3F43甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示。关于两车的运动情况，下列说法正确的是A在04s内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B在02s内两车间距逐渐增大，2s4s内两车间距逐渐减小C在t=2s时甲车速度为3m/s，乙车速度为4.5m/sD在t=4s时甲车恰好追上乙车4如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )A都等于 B和0C和0 D0和5关于两个物体间的相互作用，说法正确的是A马拉车不动，是因为马拉车的力小于车拉马的力B马拉车前进，是因为马拉车的力大于车拉马的力C马拉车不论动或不动，马拉车的力总等于车拉马的力D马拉车不动或匀速运动时，才有马拉车的力与车拉马的力大小相等6人站在地面竖直向上提起质量为1kg的物体，物体得到的加速度为5ms2，g取10ms2，则此人对物体的作用力大小为A5N B10N C15N D20N7一个质量为2kg的物体同时受到两个力的作用，这两个力的大小分别为2N和6N，当两个力的方向发生变化时，物体的加速度大小不可能为A1m/s B2m/s C3m/s D4m/s评卷人得分二、多选题（题型注释）8如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对于车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则（ ）AM受静摩擦力增大B物块M对车厢壁的压力不变C物块M仍能相对于车厢壁静止DM受静摩擦力不变9在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为,则此过程（弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g） ( )A.物块A运动的距离为B.物块A的加速度为C.拉力F做的功为D.拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量10如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则A 固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C 滑块可能重新回到出发点A处D 传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多11如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v-t图。已知当两小球间距小于或等于L时，受到相互排斥的恒力作用，当间距大于L时，相互间作用力为零。由图可知A.a球的质量大于b球的质量B.a球的质量小于b球的质量C.tl时刻两球间距最小D.t3时刻两球间距为L第II卷（非选择题）二、计算题：共6题 共66分12水平传送带被广泛的应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查，图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持的恒定速度运行，一质量为的行李无初速的放在A处，该行李与传送带间的动摩擦因数，AB间的距离，取，求：（1）行李从A运送到B所用的时间为多少。（2）电动机运送该行李需增加的电能为多少。（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。13如图所示，不带电物体A和带正电的物体B（带电量为q）用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m。物体A静止在水平面上，物体B在外力F作用下静止于倾角为的绝缘斜面上，斜面上与物体B距离L固定一正点电荷C，使得 B所处位置电场强度大小为。绝缘轻绳恰好处于伸直状态，物体A离开滑轮的距离足够长，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，场源电荷C形成的电场中各点的电势表达式为= （式中K为常数未知，Q为场源电荷电荷量未知，r是离开点电荷的距离）错误！未指定书签。当撤去外力F以后物体A和B开始运动，求：ABCL（1）撤去外力瞬间物体A的加速度a；（2）物体B速度达到最大时与点电荷C的距离L；（3）物体A的最终运动速度大小v；14如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即E=k/r(k为未知数),在带电长直细棒右侧，有一长为L的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电荷量分别为+q和+4q，A球距直棒的距离也为L，两个球在外力F=2mg的作用下处于静止状态不计两小球之间的静电力作用（1）求k的值；（2）若撤去外力F，求在撤去外力瞬时A、B小球的加速度和A、B小球间绝缘细线的拉力；15如图所示，质量m=2kg的金属块（可视为质点）静止于水平平台上的A点，金属块与平台之间动摩擦因数为05，平台距地面（未画出）高32m，A点距离平台边沿1125m，现施加一与水平方向成=37角斜向上、大小为F=20N的拉力，作用一段距离后撤去，物体继续在平台上滑行距离x后飞出，落地速度与竖直方向夹角为37，（cos37=08，sin37=06，g=10m/s2）求：（1）物体做匀加速直线运动的加速度大小a1；（2）拉力F撤去后在平台上滑行距离x2；16甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。17如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距10m，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为R=15的电阻。匀强磁场大小B= 04T、方向与导轨平面垂直质量为m= 02kg、电阻r=05W的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为025（已知sin 37=06，cos37=08，取g10ms2）。（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）求金属棒稳定下滑时的速度大小及此时ab两端的电压Uab为多少；（3）当金属棒下滑速度达到稳定时，机械能转化为电能的效率是多少（保留2位有效数字）。参考答案1B【解析】试题分析：由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（mA+mB）a，代入数据解得：mA+mB=4kg，当F大于8N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对B有：，由图示图象可知，图线的斜率：，解得：mB=1kg，滑块A的质量为：mA=3kg故选B.考点：牛顿第二定律2C【解析】试题分析：小滑块在运动过程中受到拉力和滑动摩擦力作用，过程中受到的滑动摩擦力恒定不变，图像的斜率表示加速度，从图像中可得0.5s和1.5s时，物体做加速运动，所以，由于1.5s时的斜率小于0.5s时的斜率，所以0.5s时的加速度大于1.5s时的加速度，根据牛顿第二定律可得，故，2.5s和3.5s时物体做减速运动，所以，由于2.5s时的加速度小于3.5s时的加速度，所以，C正确；考点：考查了牛顿第二定律，速度时间图像【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移3C【解析】试题分析：根据图象可知，乙的加速度逐渐减小，不是匀减速直线运动，故A错误；据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度据图象可知，当t=4s时，两图象与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在4秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当t=4s时，两车速度相等即相距最远，故BD错误；在t=2s时乙车速度为v乙(1.5+3)24.5m/s，甲车速度为v甲=1.52=3m/s，故C正确故选C考点：v-t图线【名师点睛】本题考查了图象与追及问题的综合，解决本题的关键知道加速度时间图线围成的面积表示速度的变化量，根据图线来分析物体的运动情况，此题难度适中。4D【解析】试题分析：对A：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力故A球的加速度为零；对B：在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力所以根据牛顿第二定律得：，故选D考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】该题考查牛顿第二定律的应用，属于瞬时态问题；要注意在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律解题，难度不大。5C【解析】试题分析：马拉车的力和车拉马的力是一对作用力与反作用力的关系，其大小相同方向相反分别作用于车和马，故A项说法错误；同理B项说法错误、C项说法正确、D项说法错误；应选C。考点：本题考查了 的相关知识。【名师点睛】至少3行6C【解析】试题分析：设人对物体的作用力F，竖直向上为力和加速度的正方向，由题意可知物体加速度为5ms2则由牛顿第二运动定律有，F=15N，故ABD项错误、C项正确，应选C。考点：本题考查了牛顿第二运动定律的相关知识。【名师点睛】根据第二运动定律建立物体所受合外力与加速度的关系，在分析物体受力得到各个分力与合力之间的关系，从而得出结论。7A【解析】试题分析：这两个力的合力最大值为两个力的方向一致时（8N），这两个力的合力最小值为两个力的方向相反时（4N），由牛顿第二定律有，故2m/sa4m/s，由此可知A项不可能、BCD项均有可能，故应选A。考点：本题考查了力的合成、牛顿第二定律的相关知识。【名师点睛】两共点力方向一致是合力最大、方向相反是合力最小。8CD【解析】解：以物块为研究对象，分析受力情况如图：重力Mg，车厢的弹力N和静摩擦力f，根据牛顿第二定律得，水平方向：N=Ma竖直方向：f=MgA、当加速度增大时，N增大，M所受的最大静摩擦力增大，物块在竖直方向受力平衡，即f=Mg不变故A错误，D正确B、当加速度增大时，N增大，根据牛顿第三定律得知，物块M对车厢壁的压力增大故B错误C、因为最大静摩擦力增大，物块仍然能相对于车厢壁静止故C正确故选：CD【点评】解决本题的关键知道物块与小车具有相同的加速度，隔离对物块分析，运用牛顿第二定律进行求解9AD【解析】试题分析：A、开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：解得：;物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律有；解得：,故物块A运动的距离为：，故A正确.B、物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律有： 弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力为，有，故B错误。C、拉力F做的功等于物体A、物体B和弹簧系统机械能的增加量，为：，故C错误。D、由于质量相等，那么刚好要离开挡板时候的弹性势能和刚开始相同，同时B物体机械能没有变化，那么整个过过程中外力F做的功全部用于增加物块A的机械能，故D正确；故选AD考点：本题考查牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；机械能守恒定律。10DC【解析】试题分析：设AB的高度为,假设物块从A点下滑刚好通过最高点C，则此时应该是A下滑的高度的最小值，则刚好通过最高时，由重力提供向心力，则：，则，从A到C根据动能定理：，整理得到：，故选项A错误；从A到最终停止，根据动能定理的：，可以得到，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关，与高度有关，故选项B错误；物块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A点，故选项C正确；滑块与传送带之间产生的热量，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D正确。所以本题正确的选项为CD。11BD【解析】试题分析：在t1时刻，a的速度为零，b的速度大于零，根据动量守恒定律可得：mbv0-mav0=mbvb0，则mbma，选项B正确，A错误；t2时刻两球共速，故此时两球距离最小，选项C错误；t3时刻两球开始做匀速运动，此时两球之间的作用力为零，此时间距为L，选项D正确；故选BD.考点：动量守恒定律；v-t图线 12（1）2.5s；（2）4J；（3）2m/s【解析】试题分析：（1）行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得（1分）设行李从速度为零运动至速度为所用的时间为，所通过的位移为，则（1分） 行李速度达到后与皮带保持相对静止，一起运动，所用时间为则（2分）设行李从A运送到B共用时间为，则（2分）（2）电动机需增加的电能就是物体增加的动能和系统增加的内能之和故（5分）（3）行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短代入数据得（2分）此时传送带对应的运行速率为（3分）故传送带对应的最小运行速率为。考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、能量守恒定律【名师点睛】把行李无初速放上传送带时，行李先做初速度为零的匀加速直线运动，当速度与传送带相同时与传送带一起做匀速直线运动，根据动量定理和运动学公式研究行李和人运动情况分析它们到达B的时间长短，判断哪个先到达B当行李一直做匀加速运动时，到达B的时间最短13（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）G斜-F电-T=mBa ；2mgsin- mgsin-T=2maT=mAa ；T=ma方向水平向右（2）F电= mgsin；F电=2 mgsin ；（3）W合=EK考点：牛顿第二定律及动能定理的应用14（1）（2）；【解析】试题分析：（1）对AB整体，有：得：（2）若撤去外力瞬时，A、B间细线拉力突然变为零，则：对A球：； 得：，方向向右对B球：； 得：，方向向右因为aAaB，所以在撤去外力瞬时A、B将以相同的加速度a一起向右运动，A、B间绝缘细线张紧，有拉力T因此，对A、B整体，由牛顿第二定律，有： 即：2mg=2ma 得a=g对A：解得：考点：牛顿第二定律的应用；物体的平衡【名师点睛】考查牛顿第二定律的综合应用，掌握整体法与隔离法的方法，关键是分析物体的受力情况，理解矢量合成法则的内容，注意当加速度为零时，速度达到最大。【答案】（1）a1=6m/s2 （2）x2=45m【解析】试题分析：（1）设平台对金属块的支持力为FN，金属块与平台的动摩擦因数为，则，因为金属块匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，水平方向有，竖直方向有，联立解得a1=6m/s2 （2）设撤去F后，运动的加速度为a2，则，解得a2=6m/s2，根据平抛运动的分析竖直方向速度，由题意可得，则金属块从平台滑出速度vx=6m/s，设在平台上最大速度为，匀加速直线运动过程位移为，撤去F后做匀减速直线运动位移为，由题意x1+x2=1125m联立解得x2=45m。考点：牛顿第二定律；平抛运动；匀变速直线运动规律的应用。【名师点睛】本题是平抛运动和匀变速直线运动结合，采用程序法思维，将匀加速直线运动、匀减速直线运动和平抛运动的规律综合应用，把握物体各个运动过程的物理规律是关键，是一道考查综合能力的好题。165:7【解析】试题分析：设汽车甲在第一段时间时间间隔t0末的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a，在第二段时间间隔内行驶的路程为s2由题，汽车甲在在第二段时间间隔内加速度为2a设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s，则有s=s1+s2，s=s1+s2由运动学公式得v=at0 s1=at02s2vt0+（2a） t02将代入得 s2=2a t02，由+得 s=s1+s2=at02设乙车在时间t0的速度为v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1、s2同样有v=（2a）t0s1（2a） t02s2vt0+at02将代入得 s2=at02由+得s=s1+s2=at02所以甲、乙两车各自行驶的总路程之比为考点：匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】此题是匀变速直线运动规律的应用习题；对于两个物体运动问题的处理，除了分别研究两个物体的运动情况外，往往要抓住它们之间的位移及速度关系，列出关系式解答17（1）4m/s2（2）10m/s；3V（3）67%【解析】试题分析：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsin-mgcos=ma由式解得：a=10（06-02508）m/s2=4m/s2故金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2（2）设金属棒运动达到稳定时速度为v，棒在沿导轨方向受力平衡：mgsin-mgcos-BIL=0由欧姆定律有：Uab=IR由代入数据解得：v=10m/s，Uab=3V故金属棒稳定下滑时的速度大小为v=10m/s，此时ab两端的电压Uab=3V（3）当金属棒下滑速度达到稳定时，装置的电功率：P电=I2（R+r）装置的机械功率：P机=mgvsin机械能转化为电能的效率：代入数据解得：故机械能转化为电能的效率是67%考点：法拉第电磁感应定律；牛顿定律的应用；电功率【名师点睛】此题是电磁感应与力学问题的结合题；考查法拉第电磁感应定律以及牛顿定律的应用；解决这类问题的突破口是正确分析金属棒所受安培力情况，导体棒做加速度减小的加速运动，合外力为零时加速度为零，速度最大；然后根据所处状态列方程求解，同时注意外电路的串并联情况。