湖北省武汉市新洲第一中学2019届高三物理第二次测试题（理科实验班，含解析）.doc

1、- 1 -湖北省武汉市新洲第一中学 2019 届高三物理第二次测试题（理科实验班，含解析）1.如图所示，从倾角为 的足够长的斜面顶端 P 以速度 v0抛出一个小球，落在斜面上处 Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角 ，若把初速度变为 2v0，则（ ）A. PQ 间距一定为原来间距的 2 倍B. 空中的运动时间变为原来的 2 倍C. 夹角 将变大D. 夹角 将变小【答案】B【解析】【分析】小球落在斜面上，结合竖直位移和水平位移的关系求出运动时间的表达式，结合表达式判断运动时间的变化结合水平位移的变化得出 PQ 间距的变化抓住速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍得出

2、 角的变化【详解】根据 得，小球在空中的运动时间 ，当初速度变为原来的 2倍，则运动的时间变为原来的 2 倍。PQ 的间距 ，则初速度变为原来的 2 倍，则 PQ 间距变为原来的 4 倍。故 A 错误，B 正确。因为平抛运动在某时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，因为位移与水平方向夹角不变，则速度与水平方向夹角不变，所以 不变。故 CD 错误。故选 B。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动某时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍2.如图所示，小球由细线 AB、AC 拉住静止，AB 保持水平，

3、AC 与竖直方向成 角，此时 AC对球的拉力为 T1.现将 AB 线烧断，小球开始摆动，当小球返回原处时，AC 对小球拉力为 T2，- 2 -则 T1与 T2之比为（ ）A. 1：1 B. 1：cos 2 C. cos 2：1 D. sin 2：cos 2【答案】B【解析】当 AB 没有剪断时,以小球为研究对象进行受力分析，绳子 AC 的弹力为 ，当绳子剪断回到原来位置时，圆周运动中沿半径方向的合力提供向心力，此时速度为零，绳子的拉力等于重力沿绳子方向的分力 ，所以两次绳子的拉力之比为 1cos 2，B 对；3.如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为 12m 的竖立在地面上的钢管下滑

4、.已知这名消防队员的质量为 60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速时的 2 倍，下滑的总时间为 3s，g 取10m/s2，那么该消防队员（ ）A. 下滑过程中的最大速度为 4m/sB. 加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为 1：7C. 加速与减速过程的位移之比为 1：4D. 加速与减速过程的时间之比为 2：1【答案】B【解析】【分析】由平均速度公式求解最大速度根据速度公式研究加速与减速过程的时间之比根据牛顿第二定律研究摩擦力之比.【详解】设下滑过程中的最大速度为 v，则消防队员下滑的总位移 ，得到- 3 -，故 A 错误。设

5、加速与减速过程的时间分别为 t1、t 2，加速度大小分别为 a1、a 2则 v=a1t1，v=a 2t2，得到 t1：t 2=a2：a 1=1：2故 D 错误。由 t1：t 2=1：2，又t1+t2=3s，得到 t1=1s，t 2=2s，a 1= =8m/s2，a 2=4m/s2，根据牛顿第二定律得，加速过程：mg-f1=ma1，f 1=mg-ma1=2m； 减速过程：f 2-mg=ma2，f 2=mg+ma2=14m 所以 f1：f 2=1：7故B 正确；匀加速运动位移为：x 1= t1；匀减速位移为：x 2= t2，所以加速与减速过程的位移之比为为 x1：x 2=1：2，故 C 错误。故选

6、 B。【点睛】本题运用牛顿第二定律运动学公式结合分析多过程问题，也可以采用图象法分析最大速度，根据动能定理研究摩擦力关系4.地球和月球连线上有一个拉格朗日点 L1，任意位于该点的小物体在地球和月球引力的共同作用下，都可以刚好保持与地球和月球的相对位置不变，从而和月球一起以相同的周期绕地球运动，如图所示。有人想利用拉格朗日点 L1的特性，在该点设一探月中转站，若以a1、 a2、 a3分别表示该中转站、月球和地球同步卫星绕地运转的向心加速度大小，则( )A. a2 a3 a1 B. a2 a1 a3 C. a3 a1 a2 D. a3 a2 a1【答案】D【解析】【分析】由题意知，空间站在 L1点

7、能与月球同步绕地球运动，其绕地球运行的周期、角速度等于月球绕地球运行的周期、角速度，由 an= ，分析向心加速度 a1、a 2的大小关系根据 分析 a3与 a1、a 2的关系【详解】在拉格朗日点 L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，根据向心加速度 an=，由于拉格朗日点 L1的轨道半径小于月球轨道半径，所以 a2a 1，同步卫星离地高度约- 4 -为 36000 公里，故同步卫星离地距离小于拉格朗日点 L1的轨道半径，根据 得a3a 2a 1，故选 D。5.如图所示，小物体 P 放在直角斜劈 M 上，M 下端连接一竖直弹簧，并紧贴竖直光滑墙壁；开始时，P、M 静止，M 与墙壁间无作用力

8、。现以平行斜面向上的力 F 向上推物体 P，但 P、M未发生相对运动。则在施加力 F 后( )A. P、M 之间的摩擦力变大 B. P、M 之间的摩擦力变小C. 墙壁与 M 之间仍然无作用力 D. 弹簧的形变量减小【答案】D【解析】【分析】施加 F 前后先对 P 受力分析，根据平衡条件列式，分情况讨论摩擦力的变化情况，把 PM 看成一个整体，整体受力平衡，根据平衡条件分析墙壁与 M 之间的弹力和弹簧弹力的变化情况【详解】未施加 F 之前，对 P 受力分析，根据平衡条件可知，P 受到沿斜面向上的静摩擦力，等于重力沿斜面的向下的分量，当 F 大于重力向下的分量时，摩擦力方向向上，且大于重力沿斜面的

9、向下的分量，则摩擦力变大，当 F 等于重力向下的分量时，摩擦力大小不变，当 F小于重力向下的分量时，摩擦力减小，故 AB 错误；把 PM 看成一个整体，整体受力平衡，则墙壁与 M 的支持力等于 F 在水平方向的分量，竖直方向受力平衡，则弹簧弹力等于整体重力减去 F 竖直方向的分量，则弹力减小，形变量减小，故 C 错误，D 正确。故选 D。【点睛】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意整体法和隔离法的应用6.如图所示,以 8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口,绿灯还有 2 s 将熄灭,此时汽车距离停车线 18 m.该车加速时最大加速度大小为 2 m/s

10、2,减速时最大加速度大小为 5 m/s2.此路段允许行驶的最大速度为 12.5 m/s.下列说法中正确的有( )- 5 -A. 如果立即做匀加速运动,在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B. 如果立即做匀加速运动,在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C. 如果立即做匀减速运动,在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D. 如果距停车线 5 m 处减速,汽车能停在停车线处【答案】AC【解析】本题考查运用运动学规律解决实际问题的能力.如果汽车立即做匀加速运动,在 2 s 内对应的末速度为 12 m/s,发生的位移为 x= 2 m=“20“ m,A 项正确,B 项错误;如果汽车立即做匀减速运动,汽车在 s 已经静

11、止,对应位移为 6.4 m,所以 C 项正确,D 项错误7.如图所示，圆形转盘可以绕其竖直轴在水平面内转动甲、乙物体质量分别是 2m 和 m（两物体均看作质点） ，它们与转盘之间的最大静摩擦力均为正压力的 倍，两物体用一根刚好沿半径方向被拉直的结实轻绳连在一起，甲、乙到圆心的距离分别为 r 和 2r当地的重力加速度为 g，转盘旋转角速度 缓慢增大，则（ ）A. 转盘旋转角速度 时，轻绳拉力为零B. 转盘旋转角速度 时，甲受到的静摩擦力大于乙受到的静摩擦力C. 转盘旋转角速度 时，甲、乙不会相对转盘滑动- 6 -D. 转盘旋转角速度 时，乙将拉着甲向外运动【答案】AC【解析】【分析】物体做圆周运

12、动，靠径向的合力提供向心力，当角速度较小时，两物体靠静摩擦力提供向心力，当角速度开始增大时，乙先达到最大静摩擦力，绳子开始有拉力，通过对甲分析，根据牛顿第二定律分析摩擦力的变化【详解】当绳子拉力为零时，由静摩擦力提供向心力，则 mg=m 22r，解得： ，所以转盘旋转角速度 时，轻绳拉力为零，故 A 正确；向心力 F=m 2R，转盘旋转角速度 时，甲受到的静摩擦力等于乙受到的静摩擦力，故 B 错误；甲刚好达到最大静摩擦力时，有：2mg=2m 2r，解得： ，所以当 时，绳子对甲有拉力，但是甲、乙不会相对转盘滑动，故 C 正确，D 错误。故选 AC。【点睛】物体做圆周运动，靠径向的合力提供向心力

13、，当角速度较小时，两物体靠静摩擦力提供向心力，当角速度开始增大时，乙先达到最大静摩擦力，绳子开始有拉力，通过对甲分析，根据牛顿第二定律分析摩擦力的变化8. 如图所示，小车的质量为 M，人的质量为 m，人用恒力 F 拉绳，若人与车保持相对静止，地面光滑且不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是： （ ）A. 0B. （ ）F，方向向右C. （ ）F，方向向左D. （ ）F，方向向右【答案】ACD- 7 -【解析】试题分析：由牛顿第二定律得：人和车整体的加速度 ，方向水平向左，对人分析，人在水平方向上受拉力、摩擦力，设摩擦力方向水平向右，根据牛顿第二定律有：F-Ff=ma，解得 Ff=F-ma=

14、 ，若 M=m，摩擦力为零若 Mm，摩擦力取正值，与假定方向相同，即摩擦力方向向右，大小为 ，若 Mm，摩擦力取负值，与假定方向相反，即摩擦力方向向左，大小为 ，故 A、C、D 正确，B 错误。考点：牛顿第二定律；整体法与隔离法【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、整体法与隔离法；关键是整体法和隔离法的运用，对人和车整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离对人分析，再根据人的加速度，可求出车对人的摩擦力大小，特别提醒，摩擦力的方向可能向左，也可能向右。9. 某同学想测出银川当地的重力加速度 g。为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示） ，在靠

15、近铝棒下端的一侧固定电动机 M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔 N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线 A 作为起始线，此后每隔 4 条墨线取一条计数墨线，分别记作 B、C、D、E。将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准 A，此时 B、C、D、E 对应的刻度依次为 1468 cm、3915 cm、7341 cm、11746 cm。已知电动机的转速为 3 000 r/min。求：（1）相邻的两

16、条计数墨线对应的时间间隔为_s。（2）由实验测得银川当地的重力加速度约为_m/s 2。 （结果保留三位有效数字）【答案】 （1）01（2）979【解析】- 8 -【详解】 （1）由于电动机的转速为 3 000 r/min，则其频率为 50 Hz，故每隔 002 s 特制笔 N 便在铝棒上画一条墨线，又每隔 4 条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间是0.1 s。（2）用逐差法求铝棒的加速度即为济南当地的重力加速度【点睛】此题是测量当地重力加速度的创新实验；题目中笔在铝棒上相应位置留下墨线和打点计时器的原理相同，处理的方法和纸带的处理方法相同，会通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求解重力

17、加速度。10.恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为 ，其中 、 和 、 分别为质量为 m1和 m2的物体碰推前后的速度某同学利用如图所示的实验装置测定质量为 m1和 m2的物体碰摘后的恢复系数。实验步骤如下：将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中质量为 m1和 m2的两球与木条的撞击点；将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为 m1的入射球从斜轨上 A 点由静止释放，摘击点为 B；将木条向右平移到图中所示位置，质量为 m1的入射球仍从斜轨上的 A 点由静止释放，确定撞击点；质量为 m2的球静止放置在水平槽的末端，将

18、质量为 m1的入射球再从斜轨上 A 点由静止释放，确定两球相撞后的撞击点；目测得 B与撞击点 N、P、M 的高度差分别为 h1、h 2、h 3。(1)两小球的质量关系为 m1_ m2(填“” “=”或“ (2). (3). (4). 【解析】【分析】（1）明确动量守恒规律，知道实验原理，从而确定实验要求；（2）根据平抛运动规律进行分析，利用水平位移相等求出利用下落高度所表达式的速度公式，再根据恢复系数公式即可求出对应的表达式；（3）根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，代入（2）中所求速度即可求出需要验证的表达式。【详解】 （1）为了防止两球碰后出现反弹现象，入射球的质量一定要大于被碰球的质量

19、；（2）由图可知，两小球打在竖直板上，则可知，三次碰撞中水平位移相等，则可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小，则由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落高度最小，而碰后入射球速度最小，其下落高度最大，则可知，在不放小球 m2时，小球m1从斜轨顶端 A 点由静止释放，m 1的落点在图中的 P 点，而碰后被碰球落到 N 点；根据平抛运动规律可知，下落时间 ，则可知，速度 ，则可解得： ，； ，代入给出恢复系数表达式可得： ；（3）若满足动量守恒，则一定有：mv 1=m1v1+m2v2代入（2）中所求速度可得：表达式应为： ；若满足机械能守恒，则有： mv12= m1v12+ m2v22

20、代入求出的速度可得：【点睛】本题是由验证动量守恒定律的实验改进而来，关键要分析清楚实验的原理，同时要结合动量守恒定律和平抛运动的相关知识列式分析。- 10 -11.A 车的质量 M1=20 kg，车上的人质量 M=50 kg，他们一起从光滑的斜坡上 h=0.45 m 的高处由静止开始向下滑行，并沿光滑的水平面向右运动（如图所示） ；此时质量 M2=50 kg 的 B车正以速度 v0=1.8 m/s 沿光滑水平面向左迎面而来.为避免两车相撞，在两车相距适当距离时，A 车上的人跳到 B 车上.为使两车不会发生相撞，人跳离 A 车时，相对于地面的水平速度应该多大？（g 取 10 m/s2）【答案】要

21、 A、B 车不发生相撞，人跳离 A 车时相对地面的速度 v 应满足 4.8 m/sv3.8 m/s.【解析】【分析】人从 A 车上跳出的过程，人与 A 车组成的系统动量守恒，人落到 B 车的过程，人与 B 组成的系统动量守恒，当两车恰好速度相等时，两车恰好可以避免碰撞，由动量守恒定律可以求出人跳出车的速度【详解】设 A 车（包括人）滑下斜坡后速度为 v1，由机械能守恒定律得（m+m 1）gh= （m+m 1）v 12解得 v 1= =3m/s设人跳出 A 车的水平速度（相对地面）为 v设人跳离 A 车和跳上 B 车后，A、B 两车的速度分别为 v1和 v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得

22、：人跳离 A 车过程有：（m 1+m）v 1=mv+m1v1，人跳上 B 车过程时：mv-m 2v0=（m+m 2）v 2，两车不可能再发生碰撞的临界条件是：v 1=v 2，当 v1=v 2时，解得：v=3.8m/s，当 v1=-v 2时，解得：v=4.8m/s，故 v 的取值范围为：3.8m/sv4.8m/s；则为使两车不会相撞，人跳离 A 车时，相对于地面的水平速度应该为：3.8m/sv4.8m/s12.如图所示，在光滑水平面上，有质量为 1.0kg 的木板 A，以 1m/s 的速度做匀速直线运动，它的上表面右边是粗糙的，动摩擦因数 为 0.1，左边是光滑的，两边分界线为 P某时刻- 11

23、 -质量为 1.0kg 的小物块 B（视为质点）无初速置于 P 点，同时受 1.0N 的水平向右的作用力，水平力作用 2 秒后撤去求：(1)当撤去外力时，A、B 水平向右位移各多少？(2)若木板足够长，木板 A 与小物块 B 的最终速度？(3)要使小物块 B 不滑离木板 A，木板 A 的长度至少是多少？【答案】(1)S A=2m，S B=2m (2)最终 A、B 速度相同，都为 1.5m/s (3)木板 A 长度 0.75m【解析】【分析】（1）水平力作用 2s 的时间内，A、B 分别相对于地面做匀加速直线运动，由匀变速运动规律可得位移；（2）对于 AB 系统，撤去外力后水平方向动量守恒，可解

24、最终共同速度；（3）计算物块初始时加速时距离 A 最左端的位移与达到共同速度时离开 P 的距离，二者之和就是 A 板的最小长度.【详解】 （1）假设力 F 作用的 2s 时间内，B 还未进入 P 的右侧，则物块 B 加速度 a 1 m/s2水平位移 SB at22 m木板 A 水平位移为 SA=v0t=2m因为 SA=SB，假设成立，即撤去外力时 B 恰好又到 P 点水平位移 SA=2m，S B=2m（2）撤去外力时，v B=at=2m/sB 进入 P 的右侧，最终 A、B 速度相同，都设为 v由动量守恒：m Av0+mBvB=（m A+mB）v=1.5m/s（3）设 B 进入 P 右端，相对

25、 A 的位移为S 1由能量守恒： mAv02+ mBvB2 (mA+mB)v2+ mBg S1- 12 -S 1=0.25m当小物块 B 的速度 vB=v0=1m/s 时，B 在 A 的最左端经历时间 t 1 s此时小物块相对木块最左端位移 S2 v0t at 2=0.5m即木板 A 长度至少 L=S 1+S 2=0.75m【点睛】本题涉及两个物体的动力学问题，除了隔离研究两个物体的运动情况外，关键是找出两个物体之间速度和位移的关系。13.长 100m 列车通过长 1000m 的隧道时做匀加速直线运动，列车刚进入隧道时的速度是10m/s，完全出隧道时的速度是 12m/s，求：（1）列车过隧道时的加速度是多大？（2）通过隧道所用的时间是多少?【答案】 （1）0.02m/s 2（2）100s【解析】试题分析：已知火车的初速度、末速度、运动的位移，求解加速度，可以用匀变速直线运动的位移速度关系式；当已知初速度、末速度、加速度，求时间时可以用速度时间关系式。列车从进入到完全离开隧道的位移 ，根据公式： ，代入数据解得： 根据 ，代入数据解得： 点睛：本题主要考查了匀变速直线运动的基本公式的直接应用，属于比较简单的题目，解题时要学会选择合适公式。- 13 -