2019届高三物理上学期第三次模拟考试试卷(含解析).doc

2019届高三物理上学期第三次模拟考试试卷(含解析)一、选择题1.甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v-t图像如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是（ ）A. 在第10s末，乙车改变运动方向B. 在第10s末，甲、乙两车相距150mC. 在第20s末，甲、乙两车相遇D. 若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次【答案】D【解析】由图可知，乙车的速度一直为正，说明乙一直沿正方向运动，运动方向没有改变，故A错误；在第20s末，甲通过的位移比乙的位移大，但由于它们初始位置关系未知，所以不能判断是否相遇，故B错误；在第10s末，甲、乙两车的位移之差为：x=2010-121010m=150m，由于出发点的位置关系未知，所以不能求出确定它们相距的距离，故C错误；若t=0时刻乙车在前，则两车在第20s末前，两车可能相遇一次，若甲车的速度比乙车的速度大，此后，由于乙做匀加速运动，甲做匀速运动，乙可能追上甲，再相遇一次，故D正确。所以D正确，ABC错误。2.如图所示，用三条轻质细绳将A、B两个小球悬挂起来，A球的质量为2m，B球的质量为m，小球直径相比细绳长度可以忽略，当两个小球均处于静止状态时，轻绳OA与竖直方向的夹角为30，轻绳AB与竖直方向的夹角为60，轻绳BC水平，细绳OA、AB的拉力分别为F1、F2，下列结论正确的是（ ）A. F1=3mg2B. F1=3mgC. F2=mg2D. F2=2mg【答案】D【解析】设BC的拉力为F，对球A和B整体受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件有：F1sin30=F，F1cos30=3mg，联立解得：F1=23mg，F=3mg，对B球受力分析，根据平衡条件有：F2sin60=F，F2cos60=mg，解得F2=2mg，故ABC错误，D正确，故选D.【点睛】先对球A和B整体受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解轻质细绳上OA、BC的拉力大小；再对球B受力分析，根据平衡条件并结合合成法列式求解绳AB的拉力大小3.如图所示，水平传送带AB长2m，以2m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。现将一小物块以3m/s的水平初速度从A点冲上传送带。若小物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，g取10m/s2，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间是A. 0.5s B. 0.9s C. 1.2s D. 1.5s【答案】B【解析】试题分析：根据物块和传送带的速度关系，判断物块在传送带上的运动性质，根据运动学公式求解时间刚冲上传送带时，由于物块的速度为3m/s，大于传送带的速度，所以物块相对传送带向右运动，受到的滑动摩擦力方向向左，故做匀减速直线运动，a=mgm=g=2.5m/s2，经历的时间为t1=322.5s=0.4s，相对地面发生的位移为s=223222.5m=1m，之后两者的速度相同，相对静止的做匀速直线运动，经历的时间为t2=212s=0.5s，故小物块运动至传送带右端B点所用的时间是t=t1+t2=0.9s，B正确4.甲、乙两名滑冰运动员，m甲80 kg，m乙40 kg，面对面拉着弹簧秤做匀速圆周运动的滑冰表演，如图所示，两人相距0.9 m，弹簧秤的示数为9.2 N，下列判断中正确的是( ) A. 两人的线速度相同，约为40 m/sB. 两人的角速度相同，为6 rad/sC. 两人的运动半径不同，甲为0.3 m，乙为0.6 mD. 两人的运动半径相同，都是0.45 m【答案】C【解析】甲、乙两人做圆周运动的角速度相同，向心力大小都是弹簧的弹力，则有M甲2r甲=M乙2r乙，即M甲r甲=M乙r乙；且r甲+r乙=0.9m，M甲=80kg，M乙=40kg，解得r甲=0.3m，r乙=0.6m，由于F=M甲2r甲所以=FM甲r甲=9.2800.3rad/s0.62rad/s ，而v=r，r不同，v不同，故ABD错误、C正确。故选C。点睛：解本题关键要把圆周运动的知识和牛顿第二定律结合求解，知道两人角速度相同，两人对对方的拉力充当做圆周运动的向心力5.用一根细绳，一端系住一个质量为m的小球，另一端悬在光滑水平桌面上方h处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如右图所示的匀速圆周运动若使小球不离开桌面，其转轴的转速最大值是() A. 12gh B. ghC. 12gl D. 2lg【答案】A【解析】试题分析：以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力N、绳子拉力F在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mv2R，设绳子与竖直夹角为，则有：R=htan，那么Fcos+N=mgFsin=mv2R=m2R=m42n2R=m42n2htan当球即将离开水平面时，N=0，转速n有最大值N=mg-m42n2h=0n=12gh，故选A。考点：向心力；牛顿定律的应用【名师点睛】本题关键找出临界状态，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解，不难。6.我国发射的神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min，如果把它绕地球的运动看作是匀速圆周运动，飞船的运动和人造地球同步卫星的运动相比，下列判断中正确的是（ ）A. 飞船的轨道半径大于同步卫星的轨道半径B. 飞船的运行速度小于同步卫星的运行速度C. 飞船运动的向心加速度大于同步卫星运动的向心加速度D. 飞船运动的角速度小于同步卫星运动的角速度【答案】C【解析】根据万有引力提供向心力得出：GmMr2mv2rmr2mr(2T)2ma解得：T=2r3GM，神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min同步卫星周期24h，所以飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径故A错误；由vGMr，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以飞船的运行速度大于同步卫星的运行速度故B正确；由a=GMr2 ，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以飞船运动的向心加速度大于同步卫星运动的向心加速度故C正确；GMr3，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，飞船运动的角速度大于同步卫星运动的角速度，故D错误；故选BC.7.在一段平直的公路上，汽车保持额定功率P行驶，所受的阻力大小恒为F。已知汽车的质量为m，最大速率为vm。若某时刻汽车的速度大小为v（v 4：1【解析】17.某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律将气垫导轨固定在水平桌面上，调节旋钮使其水平在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在B处固定一光电门，测出滑块及遮光条的总质量为M，将质量为m的钩码通过细线与滑块连接打开气源，滑块从A处由静止释放，宽度为b的遮光条经过光电门挡光时间为t，取挡光时间t内的平均速度作为滑块经过B处的速度，A、B之间的距离为d，重力加速度为g.（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图乙所示，其读数为_mm.（2）调整光电门的位置，使得滑块通过B点时钩码没有落地滑块由A点运动到B点的过程中，系统动能增加量Ek为_，系统重力势能减少量Ep为_(以上结果均用题中所给字母表示)（3）若实验结果发现Ek总是略大于Ep，可能的原因是_A. 存在空气阻力B. 滑块没有到达B点时钩码已经落地C. 测出滑块左端与光电门B之间的距离作为dD. 测出滑块右端与光电门B之间的距离作为d【答案】 (1). 9.4 (2). M+mb22t2 (3). mgd (4). C【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第4个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：9mm+0.4mm=9.4mm；（2）滑块通过B点时速度v=dt，系统动能增加量Ek= 12(M+m)v2= M+mb22t2；质量为m的钩码下落的距离为d，系统重力势能减少量Ep=mgd；（3）A存在空气阻力，Ek应小于Ep，故A错误；B滑块没有到达B点时钩码已经落地，拉力对滑块做的功会减小，Ek应小于Ep，故C错误；C将滑块左端与光电门B之间的距离作为d，钩码下落的高度算少了，Ek将大于Ep，故C正确。D将滑块右端与光电门B之间的距离作为d，钩码下落的高度算多了，Ek将小于Ep，故D错误。故选：C。三、计算题18.如图所示,一个质量为m的小球B,用两根等长的细绳1、2分别固定在车厢的A、C两点,已知当两绳拉直时,两绳与车厢前壁的夹角均为45.试求: (1)当车以加速度a1=12g向左做匀加速直线运动时1、2两绳的拉力.(2)当车以加速度a2=2g向左做匀加速直线运动时,1、2两绳的拉力.【答案】（1）52mg,0 （2）322mg,22mg【解析】当细绳2刚好拉直而无张力时，车的加速度为向左的a0，由牛顿第二定律得：F1cos45=mgF1sin45=ma0可得：a0=g（1）因a1=12ga0，故细绳2松弛，拉力为零设此时细绳1与厢壁间夹角为，有：F11cos=mg；F11sin=ma1得：F11=52mg（2）因a2=2ga0，故细绳1、2均紧绷 设拉力分别为F12，F22，由牛顿第二定律得：竖直方向有 F12cos45=F22cos45+mg在水平方向上有：F12sin45+F22sin45=ma2可解得：F12=322mgF22=22mg19.如图所示，长为L、高为h、质量为m的小车停在光滑的水平地面上，有一质量为m的小物块（视为质点）从光滑曲面上离车面高度为h处由静止下滑，离开曲面后水平向右滑到小车上，最终物块滑离小车，已知重力加速度为g，物块与小车间的动摩擦因数 =4h9L。求：（1）物块滑离小车时的速度v1；（2）物块落地时，小车运动的总位移x。【答案】（1）v1=232gh，v2=132gh（2）L2+2h3 【解析】试题分析：（1）根据机械能守恒定律求出滑块到达轨道底端时的速度大小滑块滑上小车，二者沿水平方向的动量守恒，根据动量守恒定律和功能关系求出小车的速度（2）根据动能定理和平抛运动规律即可求出小车的位移（1）物块从曲面上下滑mgh=12mv2从物块滑上小车到滑离小车mv=mv1+mv2mgL=12mv212mv1212mv22联立求得v1=232gh，v2=132gh（2）物块在小车上滑动过程中mgx1=12mv220物块在空中飞行的时间t=2hg此过程小车运动的位移为x2=v2t小车运动的总位移为x=x1+x2=L2+2h320.如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R=0.2m的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L=1m，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然状态质量为m=1kg的小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0=23 m/s冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道物块A与PQ段间的动摩擦因数=0.2，轨道其他部分摩擦不计，重力加速度g=10m/s2求：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1；（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1；（3）调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道【答案】（1）22m/s；（2）0.2m；（3）1mL1m 或L0.25m【解析】（1）设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1，由动能定理，可得mgL=12mv1212mv02解得v1=22m/s（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度为h1，由动能定理得解得，符合实际 （3）若A沿轨道上滑至最大高度时，速度减为0，则满足由动能定理得联立得若A能沿轨道上滑至最高点，则满足根据动能定理可得联立解得综上所述，要使物块A能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是或