湖北剩州市2019届高三物理上学期质量检查试题一(带解析)

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1、湖北省荆州市2019届高三物理上学期质量检查试题（一）（含解析）一、选择题1.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量.不计轴承、绳与滑轮间的摩擦。初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮。下列说法中正确的是A. 甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力B. 若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C. 若甲的质量比乙大，则乙先到达滑轮D. 若乙收绳的速度比甲快，则乙先到达滑轮【答案】C【解析】【详解】A. 甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力与反作用力，故A错误；BC.设绳子的拉力为F，由牛顿第二定律得，对甲

2、：a甲= ，对乙：a乙= ，甲乙都做初速度为零的匀加速直线运动：x= ，匀速时间：t= ，当甲的质量大，则甲的加速度小，乙的加速度大，乙先到达滑轮，故B错误，C正确；D. 若乙收绳的速度比甲快，说明甲上升的快，则甲先到达滑轮，故D错误。故选：C.2.某质点做直线运动，运动速率的倒数与位移x的关系如图所示(OA与AA距离相等)，关于质点的运动，下列说法正确的是A. 质点做匀速直线运动B. -x图线斜率等于质点运动的加速度C. 质点从C运动到C所用的运动时间是从O运动到C所用时间的3倍D. 质点从C运动到C的运动位移是从O运动到C的运动位移的3倍【答案】C【解析】【详解】A. 由题中1/vx图象可

3、知，1/v与x成正比，即vx=常数，质点做减速直线运动，故A错误；B. 质点的运动不是匀减速运动，图线斜率不等于质点运动的加速度，B错误；C. 由于三角形OBC的面积s1=OCBC=x1v1，体现了从O到C所用的时间，同理，从O到C所用的时间可由S2=x2v2体现，所以四边形BBCC面积可体现质点从C到C所用的时间，由于四边形AABB面积与四边形BBCC面积相等，所以四边形AABB面积也可表示质点运动的时间，所以质点从C运动到C所用的运动时间是从O运动到C所用时间的3倍，故C正确；D. 质点从C运动到C的运动位移和从O运动到C的运动位移相等，故D错误。故选：C.3.质量为1kg的物块静止在光滑

4、水平面上，在外力F=2N的作用下开始沿直线运动。如图所示，2s后，F大小变为N，方向反向，作用时间也为2s，则A. t=1s时物块的速率为1m/sB. t=4s时物块的速率为零C. t=3s时物块的动量大小为5kgm/sD. 从t=1s到t=4s合外力对物体的冲量为零【答案】D【解析】【详解】A.根据牛顿第二定律F=ma，a=2m/s2，t=1s时物块的速率v=at=2m/s，故A错误；B. 从t=1s到t=4s，根据动量定理F1t1+F2t2=mv，即22-12=1v，v=2m/s，故B错误；C. 从t=1s到t=3s，根据动量定理F1t1+F2t2=P，代入数据得P=22-11=3kgm/

5、s，故C错误；D. 从t=1s到t=4s合外力对物体的冲量I=F1t3+F2t2=21-12=0，为零，故D正确。故选：D4.如图所示，B球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，竖直平台与轨迹相切且高度为R，当B球运动到切点时，在切点正上方的A球水平飞出，g为重力加速度大小，要使B球刚好运动半周与A球相遇，则B球的速度大小为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A球的平抛时间t=，B球经过的路程为S=R，则B球的速度大小为v=S/t=，故C正确，ABD错误。故选：C5.如图所示，底角为的圆锥体静止不动，顶端通过一根长为l=1.25m的细线悬挂一个质量为m=1kg的小球，细线处于张紧状

6、态，若小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为=4rads时，不计一切阻力，g=10m/s2，则小球的向心加速度为A. 10m/s2 B. 10m/s2 C. 15m/s2 D. 20m/s2【答案】B【解析】【详解】当小球对圆锥体刚好无压力时，向心力F=mgcot=m2LCOS，解得：=4rads所以当=4rads时，小球离开斜面，设绳子与竖直方向的夹角为，则mgtan=m2lsin，代入数据得cos=0.5小球的向心加速度:a=2lsin=10m/s2，故B正确，ACD错误。故选：B6.如图所示,一个半球形的碗放在桌面上,碗口水平,O 点为其球心,碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上

7、,线的两端分别系有质量为 m1 和 m2 的小球。 当它们处于平衡状态时,质量为 m1 的小球与 O 点的连线与水平线的夹角为=90, 质量为 m2 的小球位于水平地面上,设此时质量为 m2 的小球对地面压力大小为 FN, 细线的拉力大小为 FT,则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】先对小球m1受力分析，受重力和支持力，假设细线对小球m1有拉力作用，则小球m1受力不能平衡，故拉力FT为零，故A B错误；再对小球m2受力分析，受到重力和支持力，支持力与重力平衡，故FN=m2g，故B正确，ACD错误。7.如图所示，质量均为1kg的A、B两物块置于倾角为37斜面上，物块与地面间的动摩

8、擦因数均为，物块间用一与斜面平行的轻绳相连，绳中无拉力现用力F沿斜面向上拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是A. 当02mgsin37+2mgcos37=24N时，整体向上加速运动，根据牛顿第二定律，设绳子拉力为T：对整体：F-2mgsin37-2mgcos37=2ma对B：T- mgsin37-mgcos37=ma可得，绳中拉力为，故C正确；D. 当F=20N时，整体不动。设绳子拉力为T：对A：F=T+mgsin37+mgcos37，T=8N对B：T=mgsin37+f，f=2N，故B错误。故选：AC8.在地球表面以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时

9、间t后回到出发点假如字航员登上某个半径为地球半径2倍的行星表面，仍以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间4t后回到出发点。则下列说法正确的是A. 这个行星的质量与地球质量之比为1：2B. 这个行星的第一宇宙速度与地球的第一字宙速度之比为1：C. 这个行星的密度与地球的密度之比为1：8D. 这个行星的自转周期与地球的自转周期之比为1：1【答案】BC【解析】【详解】A. 地球表面重力加速度为：g=，未知行星表面重力加速度为：g=，根据，,有M:M=1:1，故A错误；B. 第一宇宙速度v=，v=，故这个行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为v:v=1：，故B正确；C. 由于M:M=1:1，体

10、积比为8:1，故这个行星的平均密度与地球的平均密度之比为1:8，故C正确；D. 条件不足，自转情况无法确定，故D错误；故选：BC【点睛】对于竖直上抛运动，返回速度与抛出速度等大、反向，运动性质是匀变速直线运动，根据速度时间公式可以到加速度之比；根据v=分析第一宇宙速度情况；根据分析质量情况和密度情况9.如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R=1m质量为m1的小球A静止于轨道最低点M，质量为m2的小球b用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P现将小球B向左拉起使细线水平，以竖直向下的速度v0=3m/s释放小球B，小球B与小球A碰后，小球B向左运动的最大张角

11、为60，小球A恰能沿半圆形轨道运动到P点。两球可视为质点，g=10m/s2.下列说法正确的是A. B球与A球相碰前后机械能改变量为14.5m2B. 碰后A球的动能大小为25m1C. A、B两球相碰后的瞬间动量之比为1：1D. A、B两球的质量之比m1：m2为5：1【答案】AB【解析】【详解】A.选最低点M为零势能面，碰撞前B球的机械能为E1=2m2gR+=24.5m2，碰后小球B向左运动的最大张角为60，机械能为E2=m2g(2R-2Rcos60)=10m2，相碰前后机械能改变量为14.5m2，故A正确；B.碰后小球A恰能沿半圆形轨道运动到P点，到达P点的速度为，由机械能守恒定律得：Ek3=

12、=25m1，故B正确；D.B球下摆过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：2m2gR+=，解得：v1=7m/s；碰后B球的速度= m2g(2R-2Rcos60)解得：v2=2m/s碰后A的速度为v3，则，v3=5m/s两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，以B球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v1=m1v3-m2v2，解得：m1:m2=（7+2）：5，故D错误；C. A、B两球相碰后的瞬间动量之比为m1v3:m2v2=（7+2）：2，故C错误。故选：AB二、非选择题10.某探究学习小组的同学欲探究“牛顿第二定律”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，要完成该项实验，则：

13、(1)实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，实验时首先要做的步骤是_，且沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是_。(2)实验中得到一条纸带上打出一系列小点：上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出，打点计时器频率50Hx)，计数点间的距离如图所示，根据图中数据计算的加速度a=_m/s2(保留两位有效数字)【答案】 (1). 平衡摩擦力； (2). 沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量； (3). 0.50【解析】【详解】(1)沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛

14、顿第二定律，有对沙和沙桶，有mgT=ma对小车，有T=Ma解得T=mg故当Mm时，有Tmg小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板的一段垫高；故首先要平衡摩擦力，保证沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量；(2) 因为每相邻两计数点间还有4个打点，所以计数点间的时间间隔为嚄s。根据逐差法：m/s2=0.50m/s2.【点睛】实验中用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力，即平衡摩擦力且保证沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量；根据逐差法求

15、加速度11.为验证“拉力做功与物体动能改变的关系”，某同学到实验室找到下列器材：长木板(一端带定滑轮)、电磁打点计时器、质量为200g的小车、质量分别为10g、30g和50g的钩码、细线、学生电源(有“直流”和“交流”档).该同学进行下列操作A.组装实验装置，如图a所示B.将质量为M=200g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车C选用m=50g的钩码挂在拉线的挂钩P上D释放小车，接通打点计时器的电源，打出一条纸带E在多次重复实验得到的纸带中选出一条点迹清晰的纸带，如图b所示F.进行数据采集与处理(1)进行实验时，学生电源应选择用交流档(2)该同学将纸带上打的第一个点标为“0”，且认为打“0”时

16、小车的速度为零，其后依次标出计数点1、2、3、4、5、6(相邻两个计数点间还有四个点未画)，各计数点间的时间间隔为0.ls，如图b所示。该同学测量出计数点0到计数点3、4、5的距离，并标在图b上。设对应计算点的速度为v3、v4、v5。则在打计数点4时，小车的速度大小为v4=_m/s；如果将钩码的重力在数值上当作小车所受的拉力，则在打计数点0到4的过程中，拉力对小车做的功为_J，小车的动能的增量为_J(取重力加速度g=9.8m/s2，结果均保留两位有效数字)(3)由(2)中数据发现，该同学并没有能够得到“拉力对物体做的功等于物体动能增量”的结论，他认为产生这种实验结果的主要原因之一是：没有平衡摩

17、擦力；原因之二是：没考虑_动能的增加(选填“钩码”或“小车”)；原因之三是：平衡摩擦力之后，重力大小并不等于绳子拉力的大小，请你写出绳子上拉力大小的表达式F=_。【答案】 (1). 0.58； (2). 0.059； (3). 0.034； (4). 钩码； (5). 【解析】【详解】(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，相邻的两个计数点间的时间间隔为T=0.1s得：v4=m/s=0.58m/s，在打计数点0到4的过程中，拉力对小车做的功为：W=mgs=0.059.80.12=0.059J；小车的动能增量为：EK= J=0.034J;(3)系统重力势能的减小量等于小车

18、和钩码增加的动能之和，没考虑钩码增加的动能也是造成误差的主要原因一；平衡摩擦力后，钩码重力大小并不等于绳子拉力的大小，设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma对砂桶和砂有：mgF=maF=mg，12.如图所示，一长L=1m、质量M=4kg的薄木板厚度不计静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘足够长，木板的正中央放有一质量为m=1kg的小物块可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为1=0.4，物块与地面间动摩擦因数为2=0.5现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为44N，g取10m/s2，试求：在力F作用的03s内，小物块的位移。【答案】3.6m【解析】【详解】假

19、设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：对木板：F-1(M+m)g-1mg=Ma1，解得a1=5m/s2，对物块：1mg=ma2，解得a2=4m/s2，因为a2，故乙物体能运动到H点，并从H点以速度vH水平射出。设乙物体回到轨道AF所需的时间为t，由运动学公式得：乙物体回到轨道AF上的位置与B点之间的距离为s=vHt联立解得；（4）设乙物体的质量为M，到达F点的速度大小为vF，由动能定理得：，解得vF=为使乙物体能滑上圆轨道，从GH间离开圆轨道，满足的条件是：一方面乙物体在圆轨道上的上升高度能超过半圆轨道的中点G，由能量关系有：另一方面乙物体在圆轨道的不能上升到圆轨道的最高点H，由能量关系有联立解得：【点睛】（1）根据牛顿第二定律求出最高点D的速度，根据机械能守恒求出过B点的速度；（2）根据动量守恒定律求出乙的速度，根据能量守恒求出弹性势能；（3）根据动能定理可求F点的速度，根据机械能守恒定律可求M点的速度，根据平抛运动的规律可求水平位移；（4）能从GH间离开圆轨道需要满足在圆轨道上的上升高度能超过半圆轨道的中点，且不能上升到圆轨道的最高点。