山东省临沂市第十九中学届高三第三次质量调研考试物理试题.docx

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山东省临沂市第十九中学届高三第三次质量调研考试物理试题

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山东省临沂市第十九中学2019届高三第三次质量调研考试物理试题

试卷副标题

考试范围：

xxx；考试时间：

100分钟；命题人：

xxx

题号

一

二

三

四

总分

得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

评卷人

得分

一、单选题

1．物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质称为惯性．下列有关惯性的说法中，正确的是（　　）

A．乘坐汽车时系好安全带可减小惯性

B．运动员跑得越快惯性越大

C．汽车在刹车时才有惯性

D．物体在完全失重状态也具有惯性

2．以下说法正确的是：

（）

A．曲线运动的加速度一定是变化的。

B．弹簧弹力做负功，弹性势能变小。

C．汽车过拱形桥时，为失重状态。

D．合运动和分运动所用时间不等。

3．在同一高度将质量相等的三个小球以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力．从抛出到落地过程中，三球（）

A．运动时间相同

B．落地时的速度相同

C．落地时重力的功率相同

D．落地时的动能相同

4．船在静水中的速度为3.0m/s，它要渡过宽度为30m的河，河水的流速为2.0m/s，则下列说法中正确的是（　）

A．船渡河的速度一定为5.0m/s

B．船不能垂直到达对岸

C．船垂直到达对岸的渡河时间为

s

D．船到达对岸所需的最短时间为10s

5．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是

A．

B．

C．

D．

6．如图所示，重物M沿竖直杆下滑，并通过平行于斜面的细绳带动小车沿斜面升高．当滑轮右侧的绳与竖直方向成θ角且重物下滑的速率为v时，小车的速度为（）

A．vsinθ

B．

C．vcosθ

D．v/sinθ

7．如图所示，放在固定粗糙斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，则下列说法正确的是（）

A．若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，物块可能匀速下滑

B．若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，物块以大于a的加速度匀加速下滑

C．若在物块上面叠放一物快，物块将以大于a的加速度匀加速下滑

D．若在物块上面叠放一物快，物块将以小于a的加速度匀加速下滑

评卷人

得分

二、多选题

8．如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移-时间图像，A质点的图像为直线，B质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D坐标如图，下列说法正确的是（）

A．A、B相遇两次

B．

时间段内B质点的平均速度小于A质点匀速运动的速度

C．两物体速度相等的时刻一定在

时间内的中间时刻

D．A在B前面且离B最远时，B的位移为

9．如图所示，固定斜面上有一光滑小球，分别与一竖直轻弹簧P和一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数可能的是（）

A．1

B．2

C．3

D．4

10．如图所示，一个内壁光滑的3/4圆管轨道ABC竖直放置，轨道半径为R。

O、A、D位于同一水平线上，A、D间的距离为R．质量为m的小球（球的直径略小于圆管直径），从管口A正上方由静止释放，要使小球能通过C点落到AD区，则球经过C点时（）

A．速度大小满足

B．速度大小满足

C．对管的作用力大小满足

D．对管的作用力大小满足

11．如图，斜面上有a、b、c、d四个点，ab=bc=cd，从a点以初速度v0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，速度方向与斜面之间的夹角为θ；若小球从a点以初速度

平抛出，不计空气阻力，则小球（　　）

A．将落在bc之间

B．将落在c点

C．落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于θ

D．落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于θ

12．甲、乙两人用绳aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮，将质量为m的物块由0点沿Oa直线缓慢地向上提升，如图所示∠aOb为锐角。

则在物块由O点沿Oa直线缓慢上升过程中，以下判断正确的是（）

A．aO绳和bO绳中的弹力逐渐减小

B．aO绳中的弹力逐渐增大

C．aO绳中的弹力先减小后增大，bO绳中的弹力一直增大

D．bO绳中的弹力先减小后增大

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

评卷人

得分

三、实验题

13．如图所示为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F及质量m的关系”实验装置简图，在实验中认为细线对小车拉力F的大小等于砝码和砝码盘的总重力，小车运动的加速度a的大小可由纸带上的点求得。

（1）实验过程中，电火花计时器应接在________（填“直流”或“交流”）电源上，连结小车与砝码盘的细线跨过定滑轮，调整定滑轮，使______________.

（2）图乙是实验中获取的一条纸带的一部分，其中0、1、2、3、4是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，打“4”计数点时小车的速度大小为v=_______m/s；

由纸带求出小车的加速度的大小a=_____m/s2。

（计算结果均保留2位有效数字）

（3）在“探究加速度与合力的关系”时，保持小车的质量不变，改变砝码盘中砝码的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F关系图线如图丙所示，该图线不通过坐标原点，原因可能是___________．

14．如图甲所示,用质量为m的重物通过滑轮牵引小车,使它在长木板上运动,打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。

利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验。

（1）实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力。

正确操作方法（_______）（选填选项前的字母）。

A．把长木板右端垫高B．改变小车的质量

在不挂重物且____（选填选项前的字母）的情况下,轻推一下小车,若小车拖着纸带做匀速运动,表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。

A．计时器不打点

B．计时器打点

（2）接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将打下的第一个点标为O。

在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点,已知相邻计数点间的时间间隔为T。

测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……,如图乙所示。

实验中,重物质量远小于小车质量,可认为小车所受的拉力大小为mg,从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W=____,打B点时小车的速度v=____。

（3）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,若重物质量不满足远小于小车质量的条件,则从理论上分析,图丁中正确反映

2-W关系的是________。

评卷人

得分

四、解答题

15．如图所示，在倾角为θ的足够长的斜面上，有一个带风帆的滑板从静止开始沿斜面下滑，滑板的总质量为m，滑板与斜面间的动摩擦因数为μ，滑板上的风帆受到的空气阻力与滑板下滑的速度成正比，即 f=kv .

（1）试求滑板下滑的最大速度vm的表达式;

（2）若m=2kg、θ=30°, g取10m/s2，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度—时间图象如图乙所示，图中斜线是t=0时刻的速度图象的切线.由此求 μ 和 k 的值.

16．如图所示,一水平方向的传送带以恒定的速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动,传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道,并与弧面下端相切,一物体自圆弧面轨道的最高点由静止滑下,圆弧轨道的半径R=0.45m,物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,不计物体滑过圆弧面与传送带交接处时的能量损失,传送带足够长,g=10m/s2.求：

（1）物体滑上传送带向左运动的最远距离；

（2）物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；

（3）物体再次滑上圆弧曲面轨道后，能到达的最高点与圆弧最高点的竖直高度。

（4）最终物体能否停下来?

若能，请说明物体停下的位置。

若不能，物快如何运动？

17．如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度

且表面光滑，左段表面粗糙。

在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量

。

B与A左段间动摩擦因数

。

开始时二者均静止，现对A施加

水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。

B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离

。

（取g=10m/s2）求：

（1）B离开平台时的速度vB。

（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB。

（3）A左端的长度l2。

参考答案

1．D

【解析】

乘坐汽车时系好安全带，不是可以减小惯性，而是在紧急刹车时可以防止人由于惯性的作用飞离座椅，从而造成伤害，所以A错误．质量是物体惯性大小的唯一的量度，与人的速度的大小无关，所以B错误．惯性的大小与质量有关，与物体的运动状态无关，所以C错误．在失重状态下物体的质量不变，惯性不变，选项D正确；故选D.

点睛：

质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，只要物体的质量不变，物体的惯性的大小就不变．

2．C

【解析】

A、曲线运动是变速运动，加速度不为零，但是加速度可以变化、也可以不变化，例如匀速圆周运动的加速度时刻改变，是变加速运动，平抛运动的加速度恒定不变，是匀加速运动，故选项A错误；

B、弹簧弹力做负功，弹簧的弹性势能增加，故B错误；

C、汽车过拱形桥时，运用牛顿第二定律有：

，解得：

，加速度方向向下，处于失重状态，故C正确；

D、合运动与分运动具有等时性，即合运动和分运动所用时间总是相等的，故D错误。

点睛：

本题考查的知识点较多，曲线运动是变速运动、功能关系可知弹力做负功，弹性势能增加、失重现象已经合运动与分运动具有等时性等相关知识。

3．D

【解析】

A、落地的时间不同，竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，故A错误；

B、小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故末速度大小相等，但方向不同，故B错误；

C、落地时速度大小相等，但方向不同，根据

可知，重力的瞬时功率不等，故C错误；

D、根据机械能守恒定律得到落地时动能相等，故D正确。

点睛：

本题关键在于沿不同方向抛出的小球都只有重力做功，机械能守恒；同时速度是矢量，大小相等、方向相同速度才是相同，要有矢量意识。

4．D

【解析】

因为船的静水速的方向未知，根据平行四边形定则，无法判断船渡河的速度大小，故A错误；根据平行四边形定则，由于静水速大于水流速，则合速度可能垂直于河岸，即船可能垂直到达对岸，故B错误；根据速度的合成和分解可知，船垂直到达对岸时的分速度为：

，则渡河时间为：

，故C错误；船到达对岸所需的最短时间为：

，故D正确。

所以D正确，ABC错误。

5．B

【解析】

根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，2s时的瞬时速度等于0-4s内的平均速度：

，5s时的瞬时速度等于4-6s内的平均速度：

，两个中间时刻的时间间隔为：

△t=2+1s=3s，根据加速度定义可得：

，故B正确，ACD错误。

6．C

【解析】

【详解】

将M物体的速度按图示两个方向分解，如图所示，

得绳子速率为：

v绳=vcosθ；而绳子速率等于物体m的速率，则有物体m的速率为：

vm=v绳=vcosθ；故ABD错误，C正确；故选C。

【点睛】

本题通常称为绳端物体速度分解问题，容易得出这样错误的结果：

将绳的速度分解为竖直向下和水平向右，如图得到v=v绳sinθ，一定注意合运动是物体的实际运动.

7．B

【解析】

【详解】

未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：

mgsinθ−μmgcosθ=ma。

当施加F后，加速度满足：

（F+mg）sinθ−μ（F+mg）cosθ=ma′，因为gsinθ＞μgcosθ，所以Fsinθ＞μFcosθ，可见a′＞a，即加速度增大。

故A错误，B正确。

若在物块上面叠放一物快，则根据牛顿第二定律有：

（m+m1）gsinθ−μ（m+m1）gcosθ=（m+m1）a1，解得a1=a，选项CD错误；故选B。

8．AC

【解析】

【详解】

图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，可知，A、B分别在t1和t2两个时刻相遇，故A正确；t1～t2时间段内，两质点通过的位移相等，则B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，故B错误。

位移-时间图象斜率表示速度，B图线的切线斜率不断增大，而且B图线是抛物线，有x=kt2，则知B做匀加速直线运动。

因为t1～t2时间段内，B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，所以两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻，故C正确。

当AB速度相等时，相距最远，该时刻在t1～t2时间段内的中间时刻，由于B做匀加速直线运动，所以此时B的位移小于

，故D错误。

故选AC。

【点睛】

解决本题的关键要理解位移-时间图象点和斜率的物理意义：

在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇。

当两个物体的速度相等时相距最远。

9．BCD

【解析】

【详解】

若P弹簧对小球向上的弹力等于小球的重力，此时Q弹簧无弹力，小球受2个力平衡。

若P弹簧弹力为零，小球受重力、支持力、弹簧Q的拉力处于平衡，小球受3个力。

若P弹簧弹力不为零，小球受重力、弹簧P的拉力、支持力、弹簧Q的拉力，小球受4个力平衡。

故A错误，BCD正确。

故选BCD。

【点睛】

本题判断受力的个数，关键抓住小球所受合力为零，分析弹簧可能的受力情况，通过平衡判断小球可能受力的个数．

10．AD

【解析】

【详解】

小球离开C点做平抛运动，落到A点时水平位移为R，竖直下落高度为R，根据运动学公式可得：

竖直方向有：

R=

gt2；水平方向有：

R=vC1t；解得：

vC1=

；小球落到D点时水平位移为2R，则有2R=vC2t，解得vC2=

，故速度大小满足

≤vc≤

，故A正确，B错误。

由于球的直径略小于圆管直径，所以过C点时，管壁对小球的作用力可能向下，也可能向上，当vC1=

，向心力F=

＜mg，所以管壁对小球的作用力向上，根据牛顿第二定律得：

mg-Fc1=

，解得N=

mg；当vC′=

，向心力F′=

＞mg，所以管壁对小球的作用力向下，根据牛顿第二定律得：

mg+Fc2=

，解得N′=mg；假设在C点管壁对小球的作用力为0时的速度大小为vC3，则由向心力公式可得mg=

，解得vC3=

，vC3在

≤vc≤

范围内，所以满足条件。

所以球经过C点时对管的作用力大小满足0≤Fc≤mg，故C错误，D正确。

故选AD。

11．BD

【解析】

【详解】

设斜面的倾角为θ。

小球落在斜面上，有：

tanθ=

，解得：

；在竖直方向上的分位移为：

y=

gt2＝

，则知当初速度变为原来的

倍时，竖直方向上的位移变为原来的2倍，所以小球一定落在斜面上的c点，故A错误，B正确；设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为β，则tanβ=

=2tanθ，即tanβ=2tanθ，所以β一定，则知落在斜面时的速度方向与斜面夹角一定相同。

故C错误，D正确。

故选BD。

【点睛】

物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值．以及知道在任一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．

12．BD

【解析】

【详解】

以物块为研究对象，分析受力情况：

重力G、bO的拉力F和绳子aO的拉力T，由平衡条件得知，F和T的合力与G大小相等、方向相反，

当将物体点向上缓慢移动，aO绳方向不变则T方向不变，bO绳绕O点逆时针转动，作出三个转动过程三个位置力的合成图，如图中由3到2到1的过程，由图可以看出aO绳拉力T一直变大，bO绳弹力F先减小后变大。

故BD正确，AC错误。

故选BD。

13．交流；细线与木板平行；0.31；0.50；平衡摩擦力过度；

【解析】

【分析】

（1）电火花打点计时器应使用交流电源，为了使绳子的拉力等于合力，绳子的方向应与长木板平行；

（2）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，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，可以求出打纸带上打3点时小车的瞬时速度大小．

（3）实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a-F图象在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a-F图象的a轴上有截距．

【详解】

（1）电火花计时器应接在交流电源上．调整定滑轮高度，使细线与长木板平行．

（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得：

根据作差法得：

．

（3）由图象可知，a-F图象在a轴上有截距，说明没有加力时，物体已经产生了加速度；这是由于平衡摩擦力过度造成的；

14．A；B；

；

；A；

【解析】

【详解】

（1）平衡摩擦力的方法是：

把木板一段垫高，让小车滑下，当小车匀速运动时，就意味着摩擦力抵消了，故选A；

（2）平衡摩擦力时，应当让打点计时器打点，因为打点计时器也会有摩擦力，故选B；

（3）由于近似认为拉力等于重力，所以根据W=FS可知，拉力做功为W=mgx2；中点时刻的速度等于该段时间内的平均速度，所以B点的速度等于AC段的平均速度，即

；

（4）如果实验中完全消除了摩擦力和其它阻力，那么重物重力做的功就等于重锤和小车动能的增加量；即：

W=

（M+m）v2，期中W=mgh，质量都是定值，所以v2与W成正比，A图正确。

故选A。

【点睛】

本题考查动能定理的实验探究，这个实验的一个重点就是学会使用打点计时器计算速度，然后分析动能和重力势能的关系，多练习速度计算也是本题的一个基础。

15．

（1）

（2）0.23，

【解析】

【详解】

（1）风帆受力如下图所示；

当 mgsinθ=f1+f2 时，风帆下滑的速度最大为 vm 

则有：

mgsinθ=μmgcosθ+kvm

vm=

（sinθ-μcosθ）.

（2）由图象知t=0时风帆下滑的加速度：

a=

m/s2=3m/s2

风帆下滑过程中最大速度vm=2m/s

当t=0时，由牛顿第二定律得：

mgsinθ-μmgcosθ=ma

a=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.5-

μ）=3m/s2

解得 μ =0.23

由mgsinθ=mgμcoθ+kvm 

得：

k =

（sinθ-μcosθ）=

×（0.5-0.23×

）N/（m·s -1）=3N/（m·s-1）.

【点睛】

本题解题的关键在于正确进行受力分析，同时能正确理解图象的意义，根据物体的运动状态，则可由共点力的平衡条件求解．

16．

（1）2.25m

（2）3.125s（3）0.25m（4）物体不能停下来，在传送带和圆弧轨道上作周期性的往复运动。

【解析】

【详解】

（1）物体下落到圆弧面底端时的速度为v0,由mgR=

mv20

得v0=3m/s

又物体在传送带上的加速度大小为a=μg=2m/s2 

当物体速度为0时最远,由0−v2=−2ax

代入数据解得x=2.25m

故物体滑上传送带向左运动的最远距离为2.25m.

（2）由0=v0−at得,物体速度减为零的时间t1=v0/a=1.5s

物体速度为零后反向做匀加速运动,物体向右运动速度达到v时,已向右移动的距离s1=v2/2a=1m

所用时间t2=v/a=1s

匀速运动的时间t3=（x−s1）/v=0.625s

t=t1+t2+t3=3.125s

故物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间为3.125s.

（3）由动能定理有−mgh=0−

mv2，可得h=0.2m

与圆弧最高点距离为△h=R−h=0.25m

故物体再次滑上圆弧曲面轨道后，能到达的最高点与圆弧最高点的竖直高度为0.25m.

（4）根据第二问可知，物体每次到达传送带右端时的速度为2m/s，然后滑上曲面，后滑下曲面达到斜面底端的速度还是2m/s，然后向左做匀减速运动直到速度等于零，后又向右做匀加速运动，到达传送带右端时的速度为2m/s，所以物体不会停下来，在传送带和圆弧轨道上作周期性的往复运动。

【点睛】

此题的难点是物体运动过程分析，物体以大于传送带的速度做减速运动，当速度为零时最远，然后反向加速运动，回到原位置时的速度与传送带的速度相同．

17．

（1）

（2）0.5m（3）1.5m

【解析】

试题分析：

（1）设物块平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得：

h=

gt2，x=vBt

联立解得vB=2m/s．

（2）设B的加速度为aB，B在A的粗糙表面滑动，受向右的滑动摩擦力做匀加速直线运动．

由牛顿第二定律，F合=μmg=maB，

由匀变速直线运动规律，vB=aBtB，xB=

aBtB2，

联立解得：

tB=0.5s，xB=0.5m．

（3）设B刚好开始运动时A的速度为v，以A为研究对象，由动能定理得Fl1=

Mv12

设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得：

F-μmg=MaA，（l2+xB）=v1tB+

aAtB2，

联立解得l2=1.5m．

考点：

平抛运动；牛顿第二定律的应用

【名师点睛】能够根据物体的受力情况确定物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式解决．动能定理的应用要注意过程的选取和总功的求解。