山西省吕梁市2020届高三物理10月阶段性试卷（附解析Word版）

吕梁市 2019 年 10 月高三阶段性测试 物理 一、选择题 1.某质点做直线运动的 v-t 图象如图所示，则该质点 A. 在 0～4s 内和 4～8s 内的加速度方向相反 B. 4s 时的速度为零，加速度也为零 C. 在前 8s 内的路程为零 D. 在前 12s 内的位移为零 【答案】D 【解析】 【详解】A．因 v-t 图像的斜率等于加速度，可知在 0～4s 内和 4～8s 内图像的斜率均为正， 即加速度方向相同，选项 A 错误； B．4s 时的速度为零，但是加速度不为零，选项 B 错误； C．因 v-t 图像的面积等于位移，可知在前 8s 内的位移为零，但是路程不为零，选项 C 错误； D．因 v-t 图像的面积等于位移，且在 t 轴上方的位移为正，下方的位移为负，可知在前 12s 内的位移为零，选项 D 正确。 2.如图所示，质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上，用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中 点 O，用 TA 表示绳子 OA 段拉力的大小，用 T 表示绳子 OB 段拉力的大小，在 O 点向左移动的 过程中 A. F 逐渐变大，TA 逐渐变大，T 逐渐变大 B. F 逐渐变大，TA 逐渐变大，T 不变 C. F 逐渐变大，TA 不变，T 不变D. F 不变，TA 不变，T 逐渐变大 【答案】B 【解析】 【详解】以结点 O 为研究对象受力分析如下图所示： 由题意知点 O 缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知，绳 OB 的张力 T=mg，保 持不变；根据平衡条件可知： TAcosθ-T=0， TAsinθ-F=0 由此两式可得 F=Tsinθ=mgsinθ 由于 θ 增加，故拉力 F 和 TA 均增加； A．F 逐渐变大，TA 逐渐变大，T 逐渐变大，与结论不相符，选项 A 错误； B．F 逐渐变大，TA 逐渐变大，T 不变，与结论相符，选项 B 正确； C．F 逐渐变大，TA 不变，T 不变，与结论不相符，选项 C 错误； D．F 不变，TA 不变，T 逐渐变大，与结论不相符，选项 D 错误； 3.如图所示，长为 R 的细杆一端用铰链固定于 O 点，另一端与一小球相连，可绕 O 点在竖直 平面内做圆周运动，下列关于小球运动到最高点时的速率 v 以及对应的细杆对小球的作用力 F 的说法正确的是 A. v=0 时，F=0 A mgT cosθ=B. v= 时，F=0 C. 时，F 为支持力 D. 时，F 为拉力 【答案】B 【解析】 【详解】设在最高点时杆的支持力向上，则 ， 即 ； A．v=0 时，F=mg，选项 A 错误； B．v= 时，F=0，选项 B 正确； C． 时，F0，说明 F 为支持力，选项 D 错误。 4.在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以 3v 和 v 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在 该斜面上，甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 A. 倍 B. 倍 C. 3 倍 D. 9 倍 【答案】C 【解析】 【详解】小球做平抛运动，落在斜面上时，有： （θ 是斜面的倾角） 解得： Rg v Rg> v Rg< 2vmg F m R − = 2vF mg m R = − Rg v Rg> v Rg< 1 3 1 9 2 0 1 2 gtytan x v t θ = = 02v tant g θ=则小球落在斜面上时的竖直分速度为： vy=gt=2v0tanθ 根据平行四边形定则知小球落至斜面时的速率： 两球的初速度之比为 3：1，则两球落在斜面上的速率之比为 3：1。 A． 倍，与结论不相符，选项 A 错误； B． 倍，与结论不相符，选项 B 错误； C．3 倍，与结论相符，选项 C 正确； D．9 倍，与结论不相符，选项 D 错误。 5.如图所示，一半径为 R 粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径 POQ 水平。一 质量为 m 的质点自 P 点正上方高度为 R 处由静止开始下落，恰好从 P 点进入轨道。质点滑到 轨道最低点 N 时，对轨道的压力为 4mg，g 为重力加速的大小。用 W 表示质点从 P 点运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功，用 W＇表示质点从 N 点运动到 Q 点的过程中克服摩擦力所做 的功，则 A. W= mgR， < mgR B. W= mgR， = mgR C. W= mgR， >mgR D. W< mgR， = mgR 【答案】A 【解析】 【详解】质点滑到轨道最低点 N 时，对轨道的压力为 4mg，故由牛顿第二定律可得： 2 2 2 0 0 1 4yv v v v tan θ= + = + 1 3 1 9 1 2 'W 1 2 1 2 'W 1 2 1 2 'W 1 2 'W 1 2解得： ； 那么对质点从静止下落到 N 的过程应用动能定理可得： ； 由于摩擦力做负功，故质点在半圆轨道上相同高度时在 NQ 上的速度小于在 PN 上的速度，所 以质点对轨道的压力也较小，摩擦力也较小，所以质点从 N 到 Q 克服摩擦力做的功 W＇＜W= mgR； A．W= mgR， < mgR，与结论相符，选项 A 正确。 B．W= mgR， = mgR，与结论不相符，选项 B 错误； C．W= mgR， >mgR，与结论不相符，选项 C 错误； D．W< mgR， = mgR，与结论不相符，选项 D 错误； 6.地球同步卫星、赤道上的物体、近地卫星运动的线速度大小分别为v1、v2、v3；角速度大小 分别为 、 、 ；向心加速度大小分别为 a1、a2、a3；所受向心力大小分别为 F1、F2、 F3。则下列关系一定不正确的是 A. v3 > v1 > v2 B. < = C. a3 > a1 > a2 D. F3 > F1 > F2 【答案】B 【解析】 【详解】A．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ω1=ω2，根据 v=rω 可知 v1 > v2。根据 得，则 v3＞v1＞v2，故 A 正确，不符合题意； 2 14 Nvmg mg m R − ＝ 1 3Nv gR＝ 2 1 1 12 2 2NW mgR mv mgR−＝ ＝ 1 2 1 2 'W 1 2 1 2 'W 1 2 1 2 'W 1 2 'W 1 2 1 ω 2 ω 3 ω 3 ω 1 ω 2 ω GMv r =B．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以 ω1=ω2，又由 可得 ω3 ＞ω1，则 ω3＞ω1=ω2，则选项 B 错误，符合题意； CD．加速度 ，则 a3＞a1，又由 a=rω2，可知 a1＞a2，则加速度，则 a3＞a1＞a2，则 F3 ＞F1＞F2，则 CD 正确，不符合题意。 7.某车以相同的功率在不同的路面上行驶，受到的阻力分别是车重的 0.1 倍和 0.3 倍，最大 速率分别是 v1 和 v2，则 A. v1 = 3v2 B. v1 = 9v2 C. v1 = v2 D. v1 = v2 【答案】A 【解析】 【详解】设汽车的功率为 P，质量为 m，则有： P=0.1mgv1=0.3mgv2 所以 v1=3v2； A ．v1 = 3v2，与结论相符，选项 A 正确； B．v1 = 9v2，与结论不相符，选项 B 错误； C．v1 = v2，与结论不相符，选项 C 错误； D．v1 = v2，与结论不相符，选项 D 错误。 8.如图所示，质量为 m 的物块在质量为 M 的长木板上滑行，木块与长木板间的动摩擦因数为￿1， 长木板与水平面间的动摩擦因数为 μ2，关于长木板受地面摩擦力 f 的大小，（最大静摩擦力 等于滑动摩擦力）下列说法正确的是 A. 若长木板处于静止状态，f 一定等于 mg B 若长木板处于静止状态，f 一定等于 （2M + m）g C. 若长木板也被带动而在水平面上滑行，f 一定等于 Mg . 3 GM r ω = 2 GMa r = 1 3 1 9 1 3 1 9 1 µ 2 µ 2 µD. 若长木板也被带动而在水平面上滑行，f 一定等于 （M + m）g 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．物体 m 相对 M 向右滑动，受到向左的滑动摩擦力，大小为： f1=μ1N=μ1mg； 力的作用是相互的，故 m 对长木板 M 有向右的滑动摩擦力，故长木板 M 有向右滑动的趋势， 受到地面对其向左的静摩擦力，根据共点力平衡条件有 f=μ1mg。选项 A 正确，B 错误； CD．若长木板也被带动而在水平面上滑行，则长木板受到的是滑动摩擦力，大小 μ1（M + m） g，选项 C 错误，D 正确。 9.如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车在水平方向做匀变速直线运动（加 速度不等于零） 时，关于杆对小球弹力的方向，（其中 OB 竖着，OD 水平，OA 跟杆共线）下列 说法正确的是 A. 不可能沿着 OA 方向 B. 不可能沿着 OB 方向 C. 不可能沿着 OC 方向 D. 不可能沿着 OD 方向 【答案】BD 【解析】 【详解】A．小球和小车的加速度相同，若小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平 向左做加速运动时，根据牛顿第二定律 F=ma 可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水 平向左，根据力的合成可知杆对球的作用力可能沿图中的 OA 方向，故 A 错误； B．当杆对小球弹力的方向沿 OB 方向时，水平方向受合力为零，则加速度为零，则小车做匀 速运动或者静止，不可能做匀变速直线运动，选项 B 正确； C．若小球在重力和杆的作用力两个力的作用下沿水平向右做加速运动时，根据牛顿第二定律 F=ma 可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，根据力的合成可知杆对球的作 用力可能沿图中的 OC 方向，故 C 错误； D．因竖直方向受的合外力不等于零，可知小球受的合力方向不可能为沿着 OD 方向，故 D 正 2 µ确。 10.滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形 轨道 AB，从滑道的 A 点滑到最低点 B 的过程中，由于阻力的存在，运动员的速率保持不变， 运动员沿 AB 下滑过程中，令 运动员所受合外力为 F，则 A. F 一定等于零，运动员 速度是恒定不变的 B. F 为恒力，运动员做匀变速运动 C. F 为变力，运动员的机械能不守恒 D. F 为变力，F 对运动员做功的瞬时功率恒为 0 【答案】CD 【解析】 【详解】AB．运动员做匀速圆周运动，则所受的合外力大小不变，方向指向圆心，即速度和 合外力都是变化的，选项 AB 错误； C．F 为变力，因为有阻力做功，则机械能减小，选项 C 正确； D．因为 F 与速度垂直，根据 P=Fvcosθ 可知，F 对运动员做功的瞬时功率恒为 0，选项 D 正 确。 二、实验题 11.如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力 学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能 守恒定律，如图乙所示。 （1）实验时，该同学进行了如下操作： ①将质量均为 m（A 的含挡光片，B 的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静 的止状态，测 量出 _____________（选填“A 的上表面”、“A 的下表面”或“挡光片中心”） 到光电门中心的竖直距离 H。 ②在 B 的下端挂上质量为△m 的物块 C，让系统（重物 A、B 以及物块 C）由静止开始运动， 光电门记 录挡光片挡光的时间为△t。 ③ 测出挡光片的宽度 d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律。 （2）从开始到挡光片通过光电门的过程中，系统重力势能减小量为____________（已知重力 加速度为 g）。系统动能增加量为 _____________。 （3）如果系统机械能守恒，此过程中 A 应该匀加速上升，其加速度大小 a = _____________ 绳子对 A 的拉力大小 F = _____________。 （4）提出减小该实验系统误差的措施 ______________（写一条即可）。 【答案】 (1). 挡光片中心 (2). (3). (4). (5). 或者 (6). 用轻质细绳子、减 小滑轮与绳子之间的摩擦 【解析】 【详解】（1）①[1]．需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中 心的距离； （2）[2] [3]．从开始到挡光片通过光电门的过程中，系统重力势能的减小量 △Ep=∆mgH 系统的末速度为： 则系统动能的增加量为： （3）[4]．根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为∆mg，则系统加速度为： ． [5]绳子对 A 的拉力大小 （4）[6]．减小该实验系统误差的措施：用轻质细绳子、减小滑轮与绳子之间的摩擦。 mgH∆ 21 (2 )( )2 dm m t + ∆ ∆ (2 ) mga m m ∆= + ∆ 2 2 2 m m mgm m + ∆ + ∆ (1 )2 m mgm m ∆+ + ∆ dv t =  ( ) ( )2 21 12 22 2 ( )k dE m m v m m t ∆ + ∆ = + ∆  ＝ 2 mga m m ∆= + ∆ 2 2 2 m m mgm mF ma mg + ∆ + ∆= + =三、计算题 12.在平直的公路上甲、乙两车从同一位置由静止开始沿同一方向做匀加速直线运动，甲车的 加速度为 2 m / s2，乙车的加速度为 4 m / s2，乙滞后 1s 开始运动，试求：经多长时间两车相 距最远？最远距离是多少？ 【答案】2s；2m 【解析】 【详解】由题意，可得当两车速度相等时，相距最远，设甲车的所需时间为 t,那么乙车的时 间为（t-1）则有： 代入数据，解得： t=2s 在这 2s 内： 甲车 位移为： 乙车的位移为： 最远距离为： 13.在祖国 70 周年阅兵仪式上，我国展示了歼击机 明星武器 — 歼 20 战斗机，歼 20 战 斗机是我国空军目前装备的最先进的战斗机，也是性能达到世界领先的战斗机。假定歼 20 战 斗机的起飞跑道由水 平部分和倾斜部分两部分组成，战斗机从水平部分由静止开始启动。水 平部分长为 8L，倾斜部分长为 L，高度差为 0.1L。歼 20 战斗机的质量为 m，发动机的推力大 小始终等于其重力的大小且方向与速度方向相同，在运动的整个过程中受到的其他阻力的平 均值为其重力的 0.1 倍。歼 20 战斗机可看成质点，重力加速 度为 g。 （1）求歼 20 战斗机到达倾斜跑道末端时 速度大小。 （2）若去掉斜坡，保持水平部分不变，让歼 20 战斗机仍以（1）中到达倾斜跑道末端时的速 的 的 的 ( 1)a t a t= −甲 乙 2 21 1 2 2 m 4m2 2x a t= = × × =甲 甲 2 21 1( 1) 4 1 m 2m2 2x a t= − = × × =乙 乙 - 2mx x x∆ = =甲 乙度起飞，发动机的推力应增大到重力的多少倍？ 【答案】（1）4 （2）1.1 【解析】 【详解】（1）设歼 20 战斗机到达倾斜跑道末端时的速度为 v。 由动能定理，有： 解之得： 歼 20 战斗机到达倾斜跑道末端时的速度为 （2）设歼 20 战斗机发动机的推力 F。由动能定理，有： 解得： 歼 20 战斗机发动机的推力应增大到重力的 1.1 倍. 14.如图所示，一块长为 L = 1 m，质量为 M = 1.2 kg 的木板放置在水平地面上，一质量 m = 0.4 kg 的 小物块以 v0 = 2 m / s 的速度从左端滑上木板，已知小物块与木板左半部分和 右半部分间的动摩擦因数分别为 = 0.3， = 0.7，木板与地面间的动摩擦因数 = 0.1， 重力加速度 g = 10 m / s2。试求： （1）小物块滑到长木板中点时速度 v 的大小。 （2）小物块能否从木板上滑落。 【答案】（1）1m/s（2）不能 【解析】 【详解】物块在木板左侧运动时：它与木板间的摩擦力 gL 21(8 ) 0.1 (8 ) (0.1 ) 2mg L L mg L L mg L mv+ − + − = 4v gL= 4 gL 218 0.1 8 2F L mg L mv× − × = 1.1F mg= 1 µ 2 µ 3 µ 1 1f mgµ=木板与地面间的最大静摩擦力 < 故此时木板不动； 设物块到达木板中点时的速度为 解得 物块在木板右侧运动时：它与木板间的摩擦力 > 故木板开始运动 物块与木板加速度大小分别为 、 解得： 解得 两者速度相等需要的时间为 ，相等的速度大小为 1 1.2Nf = 2 3 )f M m gµ= +（ 2 1.6Nf = 1f 2f 1v 2 2 1 1 0 1 1 2 2 2 Lmg mv mvµ− = − 1 1m/sv = 1 2f mgµ′= 1 2.8Nf ′ = 1f ′ 2f 1a 2a 2 1mg maµ = 2 1 7 /a m s= 2 3 2( )mg M m g Maµ µ− + = 2 2 1 /a m s= t xv 1 1 2 xv a t a t v− = = 1 s8t =法一：物块发生的位移 木板发生的位移