2019届高三物理上学期第二次月考试卷(含解析).doc

2019届高三物理上学期第二次月考试卷(含解析)二、选择题： 1.关于力学单位制的说法中正确的是A. 只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是FmaB. 在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是gC. kg、m/s、N是导出单位D. g、m、J是基本单位【答案】A【解析】【详解】只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是Fma，选项A正确；在国际单位制中，质量的基本单位是kg，不是g，选项B错误；kg是基本单位，m/s、N是导出单位，选项C错误；m是基本单位，g、J不是基本单位，选项D错误；故选A.2. 一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则（ ）A. 小球在2 s末的速度是20 m/sB. 小球在第5 s内的平均速度是36 m/sC. 小球在第2 s内的位移是20 mD. 小球在前5 s内的位移是50 m【答案】D【解析】试题分析：第内的位移是，有：，解得：，所以末的速度：，故A错误；第内的平均速度：，故B错误；，物体在第内的位移：，故C错误；物体在内的位移：，故选项D正确。考点：自由落体运动【名师点睛】解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，注意星球上重力加速度和地球的重力加速度不同。3.如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿固定斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时，Q受到绳的拉力A. 与斜面倾角有关B. 仅与两物块质量有关C. 与系统运动状态有关D. 与动摩擦因数有关【答案】B【解析】【详解】设P、Q的质量分别为m1、m2。以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-（m1+m2）gsin-（m1+m2）gcos=（m1+m2）a。得：a=Fm1+m2gsingcos；再隔离对Q分析，根据牛顿第二定律得：T-m2gsin-m2gcos=m2a，解得：T=m2Fm1+m2。则知绳子的拉力与斜面倾角无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关。故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】解决本题的关键是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4.如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60时，拉力的功率为A. mgL B. 32mgL C. 12mgL D. 36mgL【答案】C【解析】试题分析：先求拉力F的大小根据力矩平衡，解得；再求速度；再求力与速度的夹角=30，所以功率。考点：力矩的平衡条件；线速度、角速度和周期、转速；功率、平均功率和瞬时功率【名师点睛】本题主要考查了力矩的平衡条件、线速度、角速度和周期、转速、功率、平均功率和瞬时功率。属于难度较大的题目。本题要先根据力矩平衡条件求出拉力F的大小，再根据瞬时功率表达式求拉力的功率。视频5.设地球的自转角速度为0，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，某人造卫星在赤道上空做匀速圆周运动，轨道半径为r，且r5R，飞行方向与地球的自转方向相同，在某时刻，该人造卫星通过赤道上某建筑物的正上方，则到它下一次通过该建筑物正上方所需要的时间为(地球同步卫星轨道半径约为6R)()A. 2(gR2r30) B. 2gR2r3+0C. 2r3gR2 D. 2gR2r30【答案】D【解析】试题分析：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿运动定律求解卫星的角速度卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2时，卫星再次出现在建筑物上空人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力根据题意有：GMmr2=m2r得：=GMr3，又因为在地球表面，物体受到的重力等于万有引力mg=GMmR2，得g=GMR2，代入得=gR2r3，以地面为参照物，卫星再次出现在建筑物上方时，建筑物随地球转过的弧度比卫星转过弧度少2即：0t=2，解得t=2gR2r30，D正确6.火星成为我国深空探测的第二颗星球，假设火星探测器在着陆前，绕火星表面匀速飞行(不计周围其他天体的影响)，宇航员测出飞行N圈用时t，已知地球质量为M，地球半径为R，火星半径为r，地球表面重力加速度为g。则A. 火星探测器在轨道上匀速飞行的速度约为2NRtB. 火星探测器在轨道上匀速飞行的向心加速度约为42N2rt2C. 火星探测器的质量为42N2r3gR2t2D. 火星的平均密度为32MN2gR2t2【答案】B【解析】行N圈用时t，故速度为v=st=N2rt=2Nrt，A错误；火星探测器匀速飞行的向心加速度约为a=v2r=42N2rt2，B正确；探测器受到的万有引力提供向心力，故GMmr2=mv2r，等式两边的质量m约去了，无法求解探测器的质量m，C错误；探测器受到的万有引力提供向心力，故GMmr2=mv2r，又由于M=43r3，故火星的平均密度为=3N2Gt2，D错误7.中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，最高时速为108 km/h，装有M70大功率燃气轮机，该机额定输出功率为8700 kW。假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程所受的阻力f与速度v成正比，即fkv。下列说法正确的是A. 由题中所给数据，能计算阻力f与速度v的比值kB. 在额定输出功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为2.9105 NC. 以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 350 kWD. “野牛”级重型气垫船的最大牵引力为2.9105 N【答案】AB【解析】【详解】在额定输出功率下以最高时速航行时，vm=108km/h=30m/s，根据P=Fv得：F=Pv=870010330=2.9105N，此时匀速运动，则f=F=2.9105N，若以恒定牵引力启动时，开始的牵引力大于匀速运动的牵引力，所以最大牵引力大于2.9105N，故B正确，D错误；根据f=kv得：k=fv=2.910530=9.67103Ns/m，故A正确；以最高时速一半的速度匀速航行时，F=f=kv2=9.67103302N=1.45105N，则P=Fv=1.4510515=2175kW，故C错误。故选AB。【点睛】此题主要考查的是学生对功率计算公式的灵活应用和功率变形公式的理解掌握，以及对二力平衡知识的应用，有一定难度.8.如图所示，光滑水平地面上固定一带有光滑定滑轮的竖直杆，用轻绳一端系着小滑块，另一端绕过定滑轮，现用恒力F1水平向左拉滑块的同时，用恒力F2拉右侧绳端，使滑块从A点由静止开始向右运动，经过B点后到达C点，若ABBC，则滑块A. 从A点至B点F2做的功等于从B点至C点F2做的功B. 从A点至B点F2做的功小于从B点至C点F2做的功C. 从A点至C点F2做的功可能等于滑块克服F1做的功D. 从A点至C点F2做的功可能大于滑块克服F1做的功【答案】CD【解析】【详解】物体受力如图所示，由于物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，拉力为恒力，所以拉力做的功等于细绳对物体所做的功。根据功的定义式W=F2Lcos，增大，F2不变，在相同位移L上拉力F做的功减小，所以从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功，故AB错误；物体从A到C过程，可能先加速后减速，物体在A点与C点速率可能相等，根据动能定理得知，物体从A运动到C过程中动能的变化量为零，总功为零，则从A点至C点F2做的功可能等于滑块克服F1做的功。故C正确；物体从A到C过程，可能一直加速，物体在C点的速率大于在C点的速率，根据动能定理得知，物体从A运动到C过程中动能的变化量大于零，总功大于零，则从A点至C点F2做的功可能大于滑块克服F1做的功。故D正确；故选CD。【点睛】判断一个力的变化，我们应该先把这个力运用物理规律表示出来，再根据关系式里的物理量的变化找出这个力的变化本题分别从功的公式和动能定理分析功三、非选择题： (一)必考题9.某同学尝试用橡皮筋等器材验证力的平行四边形定则，他找到两条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端与细绳连接，结点为O，细绳下挂一重物，两橡皮筋的另一端也都连有细绳实验时，先将一条橡皮筋的一端的细绳固定在墙上的钉子A上，另一条橡皮筋任其下垂，如图甲所示；再将另一条橡皮筋的另一端的细绳也固定在墙上的钉子B上，如图乙所示(1)为完成实验，下述操作中必需的是_a两橡皮筋的另一端连接的细绳a、b长度要相同b要测量橡皮筋的原长c要测量图甲和图乙中橡皮筋的长度d要记录图甲中结点O的位置及过结点O的竖直方向e要记录图乙中结点O的位置及过结点O的竖直方向(2)对该实验“两条相同的橡皮筋”的要求的理解正确的为_a橡皮筋的材料和原长相同即可b橡皮筋的材料和粗细相同即可c橡皮筋的材料、原长和粗细均要相同【答案】 (1). (1)bce； (2). (2)c；【解析】（1）a、两橡皮筋的另一端连接的细绳a、b长度不一定要相同故a错误；bc、两条橡皮筋遵守胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示故bc正确de、为了正确作出合力与分力的图示，必须记下O点的位置及过结点O的竖直方向，故d错误，e正确故选bce（2）该实验测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示所以橡皮筋的材料、原长和粗细均要相同，故abd错误，c正确故选c【点睛】本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则，需要测量合力与分力的大小，由于没有弹簧测力计，橡皮筋遵守胡克定律，可测量橡皮筋的长度和原长来确定合力与分力的大小关系10.为了“探究做功与速度变化的关系”，现提供如图所示实验装置。以下为该实验中的部分内容：（1）在实验中，得到一条如图所示的纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器的频率为50Hz，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出分别为3.09cm、3.43cm、3.77cm、4.10cm、4.44cm、4.77cm，则小车的加速度大小为_m/s2，小车在打点计时器打下F点时的速度大小为_m/s(结果保留两位有效数字)。 （2）由于该实验中小车的质量和阻力未知，由另一组同学设计了以下实验来测算小车的质量和小车在水平长木板上运动时所受的阻力，实验中保持小车质量一定，且远大于砝码盘及盘中砝码的总质量，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线。如图所示，图线_是在轨道倾斜情况下得到的(填“”或“”)。由图像可求得小车的质量m=_kg，小车在水平运动时所受到的阻力f=_N。【答案】 (1). (1)0.34， (2). 0.46 (3). (2) (4). 0.5 (5). 0.1【解析】【详解】（1）由匀变速运动的规律得：s4-s1=3aT2s5-s2=3aT2s6-s3=3aT2联立得：（s4+s5+s6）-（s1+s2+s3）=9aT2解得：a=s6+s5+s4s3s2s19T2=4.77+4.44+4.103.773.433.099012102=0.34m/s2小车在打点计时器打下F点时的速度大小为vF=x5+x62T=(4.44+4.77)1020.2m/s=0.46m/s （2）由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。根据F=ma得a-F图象的斜率k=1m，由a-F图象得图象斜率k=2，所以m=0.5kg。图像是在水平轨道运动得到的图像，由图像可知当F=0.1N时小车才有加速度，可知小车在水平轨道上所受的阻力f=0.1N.【点睛】对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练。11.如图所示，半径为R的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r的光滑圆球P和Q，且R1.5r。在圆球Q与圆筒内壁接触点A处安装有压力传感器。当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v05 m/s 的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为25 N；某时刻撤去推力F，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x534m。已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g10 m/s2。求：(1)水平推力F的大小；(2)撤去推力后传感器的示数。【答案】(1)75 N(2)0【解析】【详解】(1)系统匀速运动时，圆球Q受三个力作用如图所示，其中传感器示数F125 N。设P、Q球心连线与水平方向成角，则cos=2R2r2r=12 则圆球重力mgF1tan 由式解得60， mg=253N 当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a，则v02=2ax 系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得MgMa 系统匀速运动时FMg 其中Mg3mg，由解得a=1033m/s2，F75N (2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得mgtanFA=ma 解得FA0，即此时传感器示数为0【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。12.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R=0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L=2m，=60，小球质量为m=0.5kg，D点与小孔A的水平距离s=2 m，g取10m/s。(1)摆线能承受的最大拉力为多大?(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数的范围。【答案】(1)Tmax=10N (2) 0.350.5或0.125【解析】【详解】试题分析：（1）对CD段运用动能定理，求出小球到达最低点的速度，结合牛顿第二定律，通过拉力和重力的合力提供向心力求出绳子的拉力（2）首先找出进入圆弧的临界条件，再据动能定理求摩擦因数的范围（1）当摆球由C到D运动过程做圆周运动，摆球的机械能守恒，则有：mgL(1-cos)=12mv02摆球在D点时，由牛顿第二定律可得：Fm-mg=mvD2L联立两式解得：Fm=2mg=20N（2）小球刚好能通过圆轨道的最高点时，在最高点由牛顿第二定律可得：mgmv2R小球从D到圆轨道的最高点过程中，由动能定理得：-mgs-2mgR=12mv2-12mvD2解得：m0.125 小球进入圆轨道后，小球上升的最大高度满足：hR，小球可沿轨道返回。小球从D点运动到最高处的过程，由动能定理得mgsmgh=0mvD2，解得：0.35；要使小球能进入圆轨道，小球到达A点的速度大于零，根据动能定理得mgs =12mvD2 解得m=0.5所以m 0.125或0.35m 0.5 (二)选考题： 物理选修3-313.以下说法正确的是_A质量、温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能不相同B一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为气体分子数密度增大C一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性不同，则该球一定是单晶体D干湿泡湿度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远E一定量的理想气体在某过程中从外界吸热2.5104 J，并对外界做功1.0104 J，则气体的温度升高，密度减小【答案】CDE【解析】【详解】温度是分子的平均动能的标志，温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能相同。故A错误；一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强增大，因体积不变，则气体分子数密度不变，气体的平均动能变大，用分子动理论的观点分析，这是因为气体分子对器壁的碰撞力变大，选项B错误；一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性不同，则物理性质各向异性，该球一定是单晶体，选项C正确；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远。故D正确；一定量的理想气体在某过程中从外界吸热2.5104 J，并对外界做功1.0104 J，则气体的内能增加，温度升高，体积变大，密度减小，选项E正确；故选CDE.14. 如图所示，一环形玻璃管放在水平面内，管内封闭有一定质量的理想气体，一固定的活塞C和一能自由移动的活塞A将管内的气体分成体积相等的两部分、。现保持气体的温度不变仍为T0 =300K，对气体缓慢加热至T=500K，求此时气体、的体积之比。（活塞绝热且不计体积）【答案】5:3【解析】试题分析：设环形玻璃管内、两部分的初始体积为，加热前后两部分气体的压强分别为P0、P，中气体体积的增加量为V，由理想气体状态方程，对中气体有由玻意耳定律，对中气体有解得故此时气体、的体积之比为考点：理想气体状态方程 物理选修34 15.在某介质中形成一列简谐波，t0时刻的波形如图中的实线所示。若波向右传播，零时刻刚好传到A点，且再经过0.6 s，P点也开始起振，求：该列波的周期T为多少？从t0时起到P点第一次达到波峰时止，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？【答案】T=0.2s；y0=0.02m，s0=0.3m【解析】由图象可知：=2m，A=2cm（1）当波向右传播时，点B的起振方向向下，包括P点在内的各质点的起振方向均向下。波速v=xt1=60.6=10m/s由v=T 得T=0.2s由t=0至P点第一次到达波峰止，经历的时间t2=t1+34T=0.75s=（3+34T),而t=0时O点的振动方向向上，故经t2时间，O点振动到波谷，即y0=-2cm S0=(3+3/4)4A=0.3m（2）当波速v=20m/s时，经历0.525s时间，波沿x轴方向传播的距离x=vt=10.5m=（5+1/4）,故波沿x轴负向传播.16.如图，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角I入射，第一次到达AB边恰好发生全反射，已知=15，BC边长为2L，该介质的折射率为，求：（i）入射角i；（ii）从入射角到发生第一次全反射所用的时间（设光在真空中的速度为v，可能用到sin75=或sin15=2）【答案】（i）45；（ii）t=L【解析】试题分析：由全反射定律求出临界角，由几何关系得到光线在BC面上的折射角，折射定律得到入射角；根据正弦定理求出光线在介质中路程，由v=求出玻璃中的传播速度，进而求出所用时间解：（i）根据全反射定律可知，光线在AB面上的P点的入射角等于临界角C，由折射定律得：sinC=代入数据得：C=45设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得：+C=90所以：r=30n=联立得：i=45（ii）在OPB中，根据正弦定理得：=设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得：OP=VTv=联立得：t=L答：（i）入射角i为45；（ii）从入射角到发生第一次全反射所用的时间t=L【点评】解决本题的关键是掌握反射定律和折射定律，结合数学知识即可求解