宁夏银川一中届高三第二次月考理综物理试题有答案.docx
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宁夏银川一中届高三第二次月考理综物理试题有答案
宁夏银川一中2019届高三第二次月考
理综物理试题
一、选择题
1.汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线．由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0．80，测得刹车线长25m．汽车在刹车前瞬间的速度大小为（重力加速度g取10m/s2）（）
A.40m/s
B.30m/s
C.20m/s
D.10m/s
【答案】C
【解析】
【详解】刹车后汽车的合外力为摩擦力f=μmg，加速度a＝f/m＝μg＝8m/s2；又有刹车线长25m，故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小
；故ABD错误，C正确；故选C。
【点睛】运动学问题，一般先根据物体受力，利用牛顿第二定律求得加速度，然后再由运动学规律求解相关位移、速度等问题.
2.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最底端时加速度大于g，故A正确，BCD错误；故选A。
【点睛】解决本题的关键知道根据合力的大小和方向可知加速度的大小和方向，以及知道加速度与速度同向，速度增加，加速度与速度反向，速度减小。
3.若货物随升降机运动的vt图象如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据速度时间图线可知，货物先向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，mg-F=ma，解得F=mg-ma＜mg，然后做匀速直线运动，F=mg，然后向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，F-mg=ma，解得F=mg+ma＞mg，然后向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，F-mg=ma，解得F=mg+ma＞mg，然后做匀速直线运动，F=mg，最后向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，mg-F=ma，解得F=mg-ma＜mg．故B正确，ACD错误。
故选B.
4.一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】小球撞在斜面上，速度方向与斜面垂直，则速度方向与竖直方向的夹角为θ，则水平速度与竖直速度之比为vx：
vy=tanθ，水平位移与竖直位移之比x：
y=vxt：
vyt=2vx：
vy=2tanθ，故A正确。
故选A。
【点睛】本题是有条件的平抛运动，关键要明确斜面的方向反映了速度方向与竖直方向的夹角，将速度进行分解，再运用平抛运动的规律解决这类问题．
5.如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥黏在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在黏上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（）
A.若黏在A木块上面，绳的拉力不变
B.若黏在A木块上面，绳的拉力增大
C.若黏在C木块上面，A、B间摩擦力增大
D.若黏在C木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力减小
【答案】B
【解析】
【详解】因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：
F-3μmg-μ△mg=（3m+△m）a，a都将减小。
若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力T，F-μmg-T=ma，则得：
T=F-μmg-ma，a减小，F、μmg不变，所以T增大。
故A错误，B正确；若粘在C木块上面，a减小，对A有：
fA=ma，可知A的摩擦力减小，以AB为整体，有T-2μmg=2ma，得：
T=2μmg+2ma，则T减小，故CD错误；故选B。
【点睛】解决本题的关键要灵活选择研究对象，会用整体法和隔离法，能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解.
6.如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝7.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度vA＝4m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，g取10m/s2，则（）
A.若传送带不动，则vB＝2m/s
B.若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，vB＝1m/s
C.若传送带以速度v＝5m/s顺时针匀速转动，vB＝5m/s
D.若传送带以速度v＝6m/s顺时针匀速转动，vB＝6m/s
【答案】BC
【解析】
【详解】若传送带不动，工件的加速度a=μg=1m/s2，由vB2-vA2＝−2as，得
m/s=1m/s。
故A错误。
若传送带以速度V=4m/s逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速度仍为a=μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB=1m/s。
故B正确。
若传送带以速度v=5m/s顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向右，做匀加速运动，工件的加速度仍为a=μg，当达到于传送带共速时
，则以后物体将以5m/s的速度到达B点，选项C正确；若传送带以速度v＝6m/s顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向右，做匀加速运动，工件的加速度仍为a=μg，当达到于传送带共速时
说明物块到达B点时还未与传送带共速，则速度小于6m/s。
D错误。
故选BC.
【点睛】本题关键要分析工件的受力情况，根据牛顿第二定律分析传送带运动与不动时加速度的关系，即可由运动学公式得到vB．注意在传送带不同速度时摩擦力的方向的判断.
7.两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的（）
A.运动的线速度大小相等
B.运动的角速度大小相等
C.向心加速度大小相等
D.运动周期相等
【答案】BD
【解析】
【详解】对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；
将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：
F=mgtanθ…①；
由向心力公式得到：
F=mω2r…②；
设绳子与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：
r=htanθ…③；
由①②③三式得：
ω=
，与绳子的长度和转动半径无关，则角速度相同，根据
，则周期相同，故BD正确；由v=ωr，线速度与半径成正比，半径不等，则线速度大小不等，故A错误。
根据a=rω2知，半径不等，则向心加速度大小不等，故C错误。
故选BD。
【点睛】本题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式.
8.使一快艇从岸边某一位置驶向河中离岸边100m远的一浮标处，已知快艇在静水中的速度图象和流水的速度图象分别如图甲、乙所示，则（）
A.快艇的运动轨迹一定为曲线
B.快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线
C.快艇最快到达浮标处经过的位移为100m
D.能找到某一位置使快艇最快到达浮标处的时间为20s
【答案】AD
【解析】
【详解】快艇在静水中做匀加速直线运动，在水流中做匀速直线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不再同一条直线上，所以运动轨迹是抛物线。
故A正确，B错误。
当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，则d=
at2，a=0.5m/s2，则有：
。
故D正确。
此时沿河岸方向上的位移为：
x=vt=3×20m=60m，则有：
s=
m＞100m。
故C错误。
故选AD。
【点睛】解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性，以及知道当静水速与河岸垂直，渡河时间最短.
二、实验题
9.
（1）某次研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系实验时，得到如图甲所示的FL图象，由图象可知，弹簧原长L0＝________cm，求得弹簧的劲度系数k＝________N/m．
（2）按如图乙的方式挂上钩码（已知每个钩码重G＝1N），使
（1）中研究的弹簧压缩，稳定后指针指示如图乙，则指针所指刻度尺示数为________cm．由此可推测图乙中所挂钩码的个数为________个．
【答案】
（1）.3.0;.200;
（2）.1.50;3;
【解析】
试题分析：
（1）当弹力为零时，弹簧的长度等于原长，可知图线的横轴截距等于原长，则L0=3.0cm，
图线的斜率表示弹簧的劲度系数，则有：
．
（2）刻度尺所指的示数为1.50cm，则弹簧的形变量为：
△x=3.0-1.50cm=1.50cm，
根据胡克定律得，弹簧的弹力为：
F=k△x=200×0.015N=3N=3G，可知图b中所挂钩码的个数为3个．
考点：
研究弹簧所受弹力与弹簧长度关系
【名师点睛】注意区分弹簧的原长，实际长度和伸长量x，并明确三者之间的关系．在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数。
10.在水平固定的长木板上，小潘用物体A、B分别探究了加速度随外力变化的关系，实验装置如图甲所示（打点计时器、纸带图中未画出）．实验过程中小潘用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线分别拉动长木板上的物体A、B由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，小潘得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧测力计弹力F的关系图象分别如图乙中的A、B所示．
（1）由图甲判断下列说法正确的是（）
A．一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的
B．实验时应先接通打点计时器电源后释放物体
C．实验中重物P的质量应远小于物体的质量
D．弹簧测力计的读数始终为重物P的重力的一半
（2）小潘仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：
两个物体的质量不等，且mA________mB（选填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数μA________μB（选填“大于”“等于”或“小于”）．
【答案】
（1）.AB；
（2）.小于；大于；
【解析】
【分析】
（1）写出木板水平时加速度的表达式讨论即可；实验时要先接通电源，再放开小车；小车受到的拉力可以由弹簧测力计读出；重物下落时处于失重状态，对细线的拉力小于其重力的一半．
（2）根据图象由牛顿第二定律可以判断出物体质量大小；由牛顿第二定律求出加速度的表达式，然后判断动摩擦因数大小.
【详解】
（1）木板水不水平，对于同一物体，a与F都是线性关系，a是通过纸带上打点计时器的数据求得，与倾角没有关系，与长木板哪边高哪边低没有关系．倾角和物体与木板之间的动摩擦因数只会影响线性关系中的截距，不影响斜率，所以也能达到实验目的，故A正确；实验时应先接通电源，再放开小车，故B正确；小车所受到的拉力可以由弹簧测力计读出，实验过程中不需要控制重物P的质量远小于物块的质量，故C错误；图示滑轮为动滑轮，重物静止或做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数等于重物P重力的一半，重物加速下降时，处于失重状态，测力计示数小于重物重力的一半，故D错误；故选AB．
（2）由牛顿第二定律得：
m=
，a-F图象斜率的倒数等于m，由图象可得：
A的斜率大于B的斜率，则A斜率的倒数小于B斜率的倒数，即A的质量小于B的质量；由牛顿第二定律得：
F-μmg=ma，a=0时，F=μmg，由图象可知，a=0时，A、B的F相等，即μAmAg=μBmBg，而mA＜mB，则μA＞μB．
三、计算题
11.如图所示，一物体经过一段加速滑行后从O点以20m/s的水平速度飞出，经过一段时间后落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，物体的质量m＝10kg．不计空气阻力．（取sin37°＝0.60，cos37°＝0.80；g取10m/s2）求：
（1）物体由O点运动到A点所经历的时间t；
（2）物体的落点A到O点的距离L；
（3）物体落到A点时的速度大小。
【答案】
（1）3s
（2）75m（3）36m/s
【解析】
【详解】
（1）运动员在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t
在竖直方向做自由落体运动，有y＝
gt2
且由几何关系知tanθ＝
联立解得t＝3s
（2）A点与O点的距离y＝
gt2=45m
（3）在竖直方向vy=gt=30m/s
=36m/s
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动的水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式进行求解.
12.如图甲所示，质量M＝4kg且足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m＝4kg大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两物体开始均静止，从t＝0时刻起铁块m受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用，F共作用时间为6s，（g取10m/s2）求：
（1）铁块和木板在前2s的加速度大小分别为多少？
（2）铁块在6s内的位移大小为多少？
（3）从开始运动到铁块和木板相对静止时它们的相对位移大小为多少？
【答案】
（1）
（2）39m（3）4m
【解析】
【详解】
（1）前2s，由牛顿第二定律得
对铁块：
F－μmg＝ma1，
解得a1＝3m/s2
对木板：
μmg＝Ma2，
解得a2＝2m/s2
（2）t1=2s内，铁块的位移x1＝
a1t12＝6m
木板的位移x2＝
a2t12＝4m
2s末，铁块的速度v1＝a1t1＝6m/s
木板的速度v2＝a2t1＝4m/s
2s后，由牛顿第二定律，对铁块：
F′－μmg＝ma1′
解得a1′＝1m/s2
对木板：
μmg＝Ma2′，解得a2′＝2m/s2
设再经过t2时间铁块和木板的共同速度为v，则
v＝v1＋a1′t2＝v2＋a2′t2
解得t2＝2s，v＝8m/s
在t2时间内，铁块的位移x1′＝
t0＝
×2m＝14m
木板的位移x2′＝
t2＝
×2m＝12m
F作用的最后2s，铁块和木板相对静止，一起以初速度v＝8m/s做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，对铁块和木板整体有
F＝（M＋m）a，解得a＝1.5m/s2
最后2s铁块和木板运动的位移均为
x3＝vΔt＋
a（Δt）2＝19m
所以铁块在6内的运动的总位移为
x铁块＝x1＋x1′＋x3＝39m
（3）铁块和木板相对静止前木板运动的总位移x木板＝x2＋x2′＝16m
铁块和木板的相对位移大小x1＋x1′-x木板=4m
【点睛】本题综合考查牛顿第二定律、运动学公式及功的公式等内容，要注意做好正确的受力分析及过程分析，应用牛顿第二定律及运动学公式等求解。
13.下列说法中正确的是___________.
A．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
B．布朗运动就是液体分子的热运动
C．一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
【答案】ACE;
【解析】
【详解】扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，选项A正确；布朗运动是悬浮在液体表面的固体分子的无规则运动，是液体分子的热运动的表现，选项B错误；一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度升高，则内能一定增加，选项C正确；不可能使热量自发地从低温物体传向高温物体，而不发生任何变化，选项D错误；热力学第二定律的实质：
一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的，故E正确。
故选ACE.
14.如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量m1＝2.50kg，横截面积S1＝80.0cm2；小活塞的质量m2＝1.50kg，横截面积S2＝40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持l＝40.0cm；汽缸外大气的压强p＝1.00×105Pa，温度T＝303K．初始时大活塞与大圆筒底部相距
，两活塞间封闭气体的温度T1＝495K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2．求：
（i）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
（ii）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
【答案】（i）330K（ii）
【解析】
【详解】（i）设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2.由题给条件得
V1＝S2
＋S1·
①
V2＝S2l②
在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得
S1（p1－p）＝m1g＋m2g＋S2（p1－p）③
活塞缓慢下移缸内气体的压强不变．由盖—吕萨克定律有
④
联立①②④式并代入题给数据得T2＝330K⑤
（ii）在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，
有
⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据得p′＝1.01×105Pa⑦
15.如图所示，O点为振源，OP=s，t=0时刻O点由平衡位置开始振动，产生向右沿直线传播的简谐横波．图乙为从t=0时刻开始描绘的质点P的振动图象．下列判断中正确的是_______
A．t=0时刻，振源O振动的方向沿y轴正方向
B．t=t2时刻，P点的振动方向沿y轴负方向
C．t=t2时刻，O点的振动方向沿y轴正方向
D．这列波的频率为
E．这列波的波长为
【答案】ADE;
【解析】
【详解】由题图乙可知P点先沿y轴正向运动，故振源O在t=0时刻沿y轴正向运动，故A正确。
由题图乙可知，t2时刻P点振动方向沿y轴正向，故B错误。
因不知t1与周期T的倍数关系，故不能判断t2时刻O点的振动情况，故C错误。
结合题图甲、乙可知，振动从O传到P，用时t1，传播距离为s，故波速为v=
，波的周期为T=t2-t1，故波的频率为f=
，波长λ=vT=
，故DE正确。
故选ADE。
【点睛】本题要抓住波在均匀介质中是匀速传播的，根据传播距离和时间可求出波速。
简谐波在传播过程中，各质点的起振方向相同.
16.一个半圆柱形玻璃砖,其横截面是半径为R的半圆,AB为半圆的直径,O为圆心,如图所示。
玻璃的折射率为
（i）一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面,若光线到达上表面后,都能从该表面射出,则入射光束在AB上的最大宽度为多少?
（ii）一细束光线在O点左侧与O相距
R处垂直于AB从下方入射,求此光线从玻璃砖射出点的位置。
【答案】（i）
（ii）C点射出
【解析】
（i）根据全反射定律
，解得
如图，由几何知识得
则入射光束在AB上的最大宽度
（ii）如图，设光线在距离O点
的C点射入后，在上表面的入射角为
，
由几何关系有
得
由于
，光在玻璃砖内发生了三次全反射，光路如图。
则
射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出。
则出射点为C点和G点，与O点的距离均为
。
【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律
、临界角公式
、光速公式
，运用几何知识结合解决这类问题．
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