届广东省惠州市惠东中学高三上学期第二次抽测考试物理试题解析版.docx
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届广东省惠州市惠东中学高三上学期第二次抽测考试物理试题解析版
惠东中学2019届高三级抽测考试试卷
物理
★祝你考试顺利★
注意事项:
1、考试范围:
高考考查范围。
2、答题前,请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答:
每个小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答:
用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。
5、选考题的作答:
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、本科目考试结束后,请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
一、单项选择题:
1.如图所示的直线和曲线分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移-时间(x-t)图线.由图可知()
A.在0到t1这段时间内,a车的速度大于b车的速度
B.在0到t1这段时间内,a车的位移等于b车的位移
C.在t1到t2这段时间内,a车的平均速度等于b车的平均速度
D.在t1到t2这段时间内,a车的平均速度大于b车的平均速度
【答案】C
【解析】
【分析】
位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律,纵坐标的变化量△x表示位移,图线的斜率表示速度的大小。
【详解】A项:
位移图线切线的斜率表示速度,在0到t1这段时间内,b车图线斜率大于a车图线斜率,即b车速度大于a车速度,故A错误;
B项:
在t1时刻两车的位置相同,由图可知,两车并不是从同一起点开始运动,所以两车的位移不相等,故B错误;
C、D项:
由图可知,两车在t1到t2时间内位移相同,所用时间也相同,所以两车的平均速度相同,故C正确,D错误。
【点睛】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义,知道图线的斜率表示速度的大小,能够通过比较图线斜率得出速度大小。
2.中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3000m,着陆距离大约为2000m。
设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动,起飞时速度是着陆速度的1.5倍,则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是()
A.3:
2B.1:
1C.1:
2D.2:
1
【答案】B
【解析】
试题分析:
设着陆时的速度为v,则起飞的速度为1.5v,根据
;
,得t1:
t2=1:
1.故B正确,ACD错误.故选B.
考点:
匀变速直线运动的规律的应用
【名师点睛】此题考查了匀变速直线运动的规律的应用问题;解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论,并能灵活运用,有时运用推论求解会使问题更加简捷,尤其是平均速度求解位移时;此题是基础题.
3.如图所示,质量为m的小球用水平轻质弹簧系住,并用倾角θ=37°的木板托住,小球处于静止状态,弹簧处于压缩状态,则()
A.小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上
B.弹簧弹力不可能为
C.小球可能受三个力作用
D.木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg
【答案】C
【解析】
【分析】
滑块可能受重力、支持力、弹力三个力处于平衡,根据共点力平衡判断,根据平行四边形定则可知,小球重力和弹力的合力肯定大于重力。
【详解】A、C项:
小球处于静止状态,受力平衡,对小球受力分析,如图所示:
当重力、弹簧弹力以及木板的支持力的合力为零时,小球不受摩擦力,即小球可以受到3个力作用,故A错误,C正确;
B项:
若小球不受摩擦力,根据平衡条件得:
tan37°=
,解得:
,故B错误;
D项:
无论小球受不受到摩擦力作用,由平衡条件可知,木板对小球的作用力与重力和弹力的合力等大,反向,即木板对小球的作用力为
,一定大于重力,故D错误。
【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析,运用共点力平衡进行求解,注意弹簧的弹力方向是水平向左的,难度适中。
4.甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动,甲物体运动的vt图象为两段直线,乙物体运动的v-t图象为两段半径相同的
圆弧曲线,如图所示,图中t4=2t2,则在0~t4时间内,以下说法正确的是( )
A.甲物体的加速度不变
B.乙物体做曲线运动
C.甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度
D.两物体t1时刻相距最远,t4时刻相遇
【答案】C
【解析】
【详解】A项:
速度时间图线的斜率表示加速度,则知甲的加速度方向是变化的,故A错误;
B项:
速度图象不是物体的运动轨迹,乙做的是变速直线运动,故B错误;
C项:
0-t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移,时间相等,则平均速度相等,故C正确;
D项:
图线与时间轴围成的面积表示位移,相距的距离等于两者位移之差,根据图象可知,t3时刻相距最远,t4时刻相遇,故D错误。
5.如图所示,质量为m的木块在质量为M的长木板上,受到向右的拉力F的作用而向右滑行,长木板处于静止状态,已知木块与木板间的动摩擦因数为μ 1,木板与地面间的动摩擦因数为μ 2.下列说法正确的是( )
A.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m+M)g
C.当F>μ2(m+M)g时,木板便会开始运动
D.木板受到地面摩擦力的大小一定等于F
【答案】A
【解析】
对木板:
水平方向受到木块向右的滑动摩擦力f1和地面的向左的静摩擦力f2,f1=μ1mg,由平衡条件得:
f2=f1=μ1mg.故A正确.因木板相对地面静止,属于静摩擦力,地面的静摩擦力不一定达到最大,则木板受到地面的摩擦力的大小不一定是μ2(m+M)g.故B错误.由题分析可知,木块对木板的摩擦力f1不大于地面对木板的最大静摩擦力,当F改变时,f1不变,则木板不可能运动.故C错误;因木块的运动状态不确定,只有当木块匀速运动时,木板受到地面摩擦力的大小才一定等于F,故D错误;故选A.
点睛:
摩擦力公式f=μN用来求滑动摩擦力或最大静摩擦力,一般的静摩擦力不能用这个公式直接求解,可根据平衡条件或牛顿运动定律求静摩擦力.
二、多选题
6.一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行,通过频闪照片分析得知,滑块在最初2s内的位移是最后2s内位移的两倍,且已知滑块在最初1s内的位移为2.5m,由此可求得( )
A.滑块的加速度为5m/s2
B.滑块的初速度为5m/s
C.滑块运动的总时间为3s
D.滑块运动的总位移为4.5m
【答案】CD
【解析】
C、设物体运动的加速度为a,运动总时间为t,把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动,则有最后2s内位移为:
,最初2s内位移为:
,又∵s1:
s2=1:
2,则有4at-4a=4a,解得总时间t=3s,故C正确.第一秒的位移为:
所以4.5a-2a=5,解得a=2m/s2,则总位移
.故A正确、D错误.滑块的初速度v0=at=2×3m/s=6m/s.故B错误.故选AC.
【点睛】本题要注意解题时可以把物体匀减速直线运动到停止看成反向的初速度为0的匀加速直线运动,难度适中.
7.甲、乙两汽车在某平直公路上做直线运动,某时刻经过同一地点,从该时刻开始计时,其v-t图象如图所示。
根据图象提供的信息可知( )
A.从t=0时刻起,开始时甲在前,6s末乙追上甲
B.从t=0时刻起,开始时甲在前,在乙追上甲前,甲、乙相距最远为12.5m
C.8s末甲、乙相遇,且距离t=0时的位置40m
D.在0~4s内与4~6s内甲的平均速度相等
【答案】BC
【解析】
【详解】A项:
在
内,甲的位移
,乙的位移
,所以6s末乙未追上甲,故A错误;
B项:
当两者速度相等时,距离最远,即5s末距离最远,此时最远距离为
,故B正确;
C项:
6s以后,甲停止运动,因此相遇时,距离t=0的位置为40m,所用时间为
,故C正确;
D项:
根据图象可知,在0
4s内甲的平均速度
,在4
6s内甲的平均速度
,故D错误。
8.如图所示,水平面上等腰三角形均匀框架顶角∠BAC=30°,一均匀圆球放在框架内,球与框架BC、AC两边接触但无挤压,现使框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直,则在转动过程中( )
A.球对AB边的压力先增大后减小
B.球对BC边的压力先增大后减小
C.球对AC边的压力先增大后减小
D.球对AC边的压力不断增大
【答案】AD
【解析】
【详解】转动过程中,小球一直对BC边不产生挤压,故BC边的压力一直为零
AC边的挤压一直变大,AB边的挤压先变大,再变小,在BC边水平时最大,所以AC边的弹力一直变大,AB边的弹力先变大后变小
故应选AD。
三、非选择题
9.某同学利用如图甲装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验
(1)在安装刻度尺时,必须使刻度尺保持________状态.
(2)他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图象.由此图象可得该弹簧的原长x0=________cm,劲度系数k=________N/m.
(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧测力计,当弹簧测力计上的示数如图丙所示时,该弹簧的长度x=________cm.
【答案】
(1).
(2).(3).(4).
【解析】
(1)弹簧是竖直的,要减小误差,刻度尺必须与弹簧平行,故刻度尺要保持竖直状态;
(2)根据
,可知实验中需要测量(记录)的物理量有:
悬挂钩码的重力及对应的弹簧长度;(3)弹簧处于原长时,弹力为零,故原长为4cm;弹簧弹力为2N时,弹簧的长度为8cm,伸长量为4cm,根据胡克定律
,解得:
;(4)由图可知,弹簧秤的拉力为3N;则由胡克定律可知:
,得:
,则弹簧的长度为:
。
【点睛】簧是竖直的,要减小误差,刻度尺必须竖直;弹簧处于原长时,弹力为零;根据胡克定律
求解劲度系数;由胡克定律求得伸长量,则可求得总长度.
10.研究性学习小组的同学欲探究小车质量不变时其加速度与力的关系,该小组在实验室设计了一套如图甲所示的装置,图中A为小车,B为打点计时器,C为力传感器(测绳子的拉力),P为小桶(内有砂子),M是一端带有定滑轮的水平放置的足够长的木板.不计绳子与滑轮间的摩擦.
(1)要顺利完成该实验,除图中实验仪器和低压交流电源(含导线)外,还需要的实验仪器是_______(填“刻度尺”、“天平”或“秒表”).该同学要探究小车的加速度a和质量M、合外力F的关系,应用了______________法的科学方法;
(2)平衡摩擦力后再按上述方案做实验,是否要求小桶和砂子的总质量远小于小车的质量?
______(填“是”或“否”).
(3)已知交流电源的频率为50Hz,某次实验得到的纸带如图乙所示,图中相邻两计数点之间还有4个点未画出,由该纸带可求得小车的加速度a=_______m/s2.(结果保留2位有效数字)
【答案】
(1).刻度尺;
(2).控制变量法;(3).否;(4).0.90m/s2
【解析】
【分析】
实验所有的具体操作目的都是为了更好、更准确的完成实验,操作细节不能忽视,同时操作步骤要满足实验原理和实验目的要求;
实验器材的选取要为实验目的服务,如在实验中只要用到打点计时器,一般都要用到低压交流电源、刻度尺等;
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小。
【详解】
(1)根据实验所要进行的测量可知,本实验中除实验仪器和低压交流电源(含导线)外,还需要毫米刻度尺,由于要探究小车的加速度a和质量M、合外力F的关系三者所用运用了控制变量法;
(2)根据上述方案做实验,通过力传感器可测量出拉小车的力,因此不需要沙桶和沙的总质量远小于车的质量;
(3)由于每相邻的两个记数点间还有四个点没有画出,所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s;根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小,得:
s2-s1=aT2
解得:
。
【点睛】本题考查了“探究匀变速直线运动”的实验中所需实验器材,以及利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力,在平时练习中要加强基础知识的理解与应用,提高解决问题能力。
11.趣味运动会上有一个项目是在传送带上完成的。
如图所示,A为传送带的左端点,B为右端点,P的正上方天花板上悬挂一个气球,AB间传送带的长度L=31m,P与A的距离L1=9m,传送带以v0=1m/s的恒定速率向左运动。
比赛中,挑战者(视为质点)在A点相对地面静止,听到哨声后开始以a1=2m/s2的加速度向右匀加速运动到P,在刺破气球时不慎跌倒,经Δt=2s爬起,然后又以a2=1m/s2的加速度,在传送带上匀加速到B点。
假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与传送带始终相对静止,不计刺破气球的时间,求挑战者从A到达B所需的时间。
【答案】13s
【解析】
【分析】
挑战者先向右做匀加速直线运动,然后随着传送带一起向左做匀速直线运动,最后再向右做匀加速直线运动,对第一次向右匀加速过程,根据位移公式列式求解时间,对匀速过程根据速度的定义求解向左的位移,对第2次向右匀加速过程,根据位移公式列式求解时间,得到总时间。
【详解】取地面为参考系,挑战者从A运动至气球处所用时间为t1,则:
从摔倒到爬起随传送带位移为x1,则:
运动员从爬起到B端位移为x,时间为t2,则:
挑战者从左端到达右端全过程所需的时间为t,则:
t=t1+△t+t2
解得:
t=13s。
【点睛】本题关键是明确挑战者的运动性质,然后分三段过程灵活选择运动学公式列式求解。
12.如图所示,风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力。
质量m=100g的小球穿在长L=1.2m的直杆上并置于实验室中,球与杆间的动摩擦因数为0.5,当杆竖直固定放置时,小球恰好能匀速下滑。
保持风力不变,改变固定杆与竖直线的夹角θ=37°,将小球从O点静止释放。
g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)小球受到的风力大小;
(2)当θ=37°时,小球离开杆时的速度。
【答案】
【解析】
试题分析:
(1)当杆竖直固定放置时,有:
,代入数据得:
F=2N
(2)当
时,小球受力情况如图示,垂直杆方向上有:
代入数据得:
小球受摩擦力为:
,小球沿杆运动的加速度为:
,
由
得小球到达杆下端时速度为:
v=6m/s
考点:
考查了共点力平衡条件,牛顿第二定律的应用
【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力
13.如图所示,质量为M=2kg的长木板静止在光滑水平面上,现有一质量m=1kg的小滑块(可视为质点)以v0=3.6m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板,带动木板一起向前滑动.已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10m/s2.求:
(1)滑块在木板上滑动过程中,长木板受到的摩擦力大小f和方向;
(2)滑块在木板上滑动过程中,滑块加速度大小;
(3)若长木板长L0=4.5m,试判断滑块与长木板能达到的共同速度v,若能,请求出共同速度大小和小滑块相对长木板上滑行的距离L;若不能,请求出滑块滑离木板的速度和需要的时间。
【答案】
(1)f=1N,方向向右;
(2)a=1m/s2;(3)能,v=1.2m/s
【解析】
【详解】
(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力:
f=μmg=1N
方向向右;
(2)由牛顿第二定律得:
μmg=ma
得出:
a=μg=1m/s2 ;
(3)以木板为研究对象,根据牛顿第二定律:
μmg=Ma′
可得出木板的加速度为:
a′=0.5m/s2
设经过时间t,滑块和长木板达到共同速度v,则满足:
对滑块有:
v=v0-at
对长木板有:
v=a′t
由以上两式得:
滑块和长木板达到的共同速度:
v=1.2m/s,t=2.4s
在2.4s内木板前进的位移为:
木块前进的位移为:
木板的长度最短为:
L=x2-x1=4.32m<4.5m,所以两者能达到共同速度。
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