安徽省2019届高三上学期第二次模拟考试物理试题 Word版含解析

安徽省阜阳三中2018-2019学年高三第一学期第二次模拟考试物理试卷

一、选择题

1.在物理学的研究及应用过程中所用思想方法的叙述正确的是

A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是猜想法 B. 速度的定义式v＝

，采用的是比值法；当△t趋近于零时，

就可以表示物体在t时刻

的瞬时速度，该定义应用了理想模型法

C. 在探究加速度与力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了类比法 D. 如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想

【答案】D 【解析】

【详解】在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法，选项A错误；速度的定义式v＝

，采用的是比值法；当△t趋近于零时，

就可以表示物体

在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限法，选项B错误；在探究加速度与力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，选项C错误；用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过θ角，则M反射的光线旋转的角度为2θ，N反射的光线就就旋转了4θ，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法。第三个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法。这两个装置都是将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法。用挤压玻璃瓶时微小的变化不易观察，但通过细管中水位的变化能够观察出来，是一种放大的思想。故D正确。

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2.一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图象可知

A. 4 s内物体在做曲线运动 B. 4 s内物体的速度一直在减小 C. 物体的加速度在2.5 s时方向改变 D. 4 s内物体一直做直线运动 【答案】D 【解析】

【详解】前2.5s内物体速度为正，沿正方向运动，后1.5s速度为负，沿负方向运动，但物体做的是直线运动，故A错误，D正确；4s内物体的速度先减小后反向增大，故B错误；物体的斜率一直为负值，所以加速度一直沿负方向，没有发生改变，故C错误；故选D。 【点睛】本题考查基本的读图能力，要知道矢量的正负表示其方向，数值表示其大小，速度的变化量也是矢量.

3.如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图甲中O为轻绳之间连接的结点，图乙中光滑的轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图甲中B滑轮的端点B稍稍右移一些，图乙中的端点B稍稍向上移动一些(图乙中的绳长不变)，则关于θ角和OB绳的张力F的变化，下列说法正确的是 ( )

A. 图甲、乙中的θ角均增大，F均不变 B. 图甲、乙中的θ角均不变，F均不变

C. 图甲中θ角增大、图乙中θ角不变，张力F均不变

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D. 图甲中θ角减小、F不变，图乙中θ角增大、F减小 【答案】B 【解析】

图1中，根据钩码个数，O点所受的三个力正好构成直角三角形，若端点B沿虚线稍稍右移一些，三力大小F不变，根据力的合成法则，可知，方向不变，即夹角θ不变．图2中，因光滑的滑轮，且绳子中的张力相等，则A、B两端的力总是相等的，因此合力平分A、B绳的夹角，即使稍上移，绳子张力大小F仍不变，则根据力的合成法则，可知，AB夹角不变，则θ角不变．故B正确，ACD错误．故选B.

点睛：本题解题关键是抓住动滑轮绳子的张力大小相等的特点以及合力与分力的关系：合力大小不变，夹角增大时，合力减小进行分析．

4.如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力（f）的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的v﹣t图象的是（ ）

A. B.

C. D.

【答案】B 【解析】

试题分析：当F较小时，AB整体具有共同的加速度，二者相对静止，当F较大时，二者加速度不同，将会发生相对运动，此后A做变加速直线，B匀加速直线运动，为了求出两物体开始分离的时刻，必须知道分离时F的大小，此时采用整体法和隔离法分别列牛顿第二定律的方程即可.当两者相对运动后，B将受恒力作用，做匀加速运动，可排除C、D选项，A、B选项的差别在于恰好相对运动的时刻，就需分别采用隔离法和整体法分别列方程了，也可以采用反证法，看看当F=f时是否相对滑动．

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选AB整体为研究对象，AB整体具有共同的最大加速度，有牛顿第二定律得：用牛顿第二定律：得

，对A应用牛顿第二定律：

经历时间：

，对B应

，由以上各式解

，此后，B将受恒力作用，做匀加速直线运动，图线为倾斜的直线;故选：B．

5.将一物体由坐标原点O以初速度v0抛出，在恒力作用下轨迹如图所示，A为轨迹最高点，B为轨迹与水平x轴交点，假设物体到B点时速度为vB ，v0与x轴夹角为α，vB与x轴夹角为，已知OA水平距离x1小于AB水平距离x2，则（ ）

A. 物体从O到A时间大于从A到B时间 B. 物体在B点的速度vB大于v0

C. 物体在O点所受合力方向指向第一象限 D. α可能等于 【答案】B 【解析】

【详解】物体在恒力作用下运动，故可将物体运动分解为水平和竖直方向上的匀变速运动；又有A为轨迹最高点，所以，A点的水平速度为0；O点和B点的竖直高度一致，由匀变速运动规律可知：物体从O到A时间等于从A到B时间，故A错误；已知OA水平距离x1大于AB水平距离x2，且物体从O到A时间等于从A到B时间，那么物体在AB上的平均速度大于在OA上的，所以，由匀变速运动规律可知物体做匀加速运动，加速度方向向右，所以物体在B点的速度vB大于v0，故B正确；由图可知，恒力在竖直方向上的分量方向向下；由A可知，恒力在水平方向上的分量方向向右，所以，恒力方向指向第四象限，则物体在O点所受合力方向指向第四象限，故C错误；由B可知物体在竖直方向上做匀变速运动，在O点和在B点时竖直方向上的分速度大小相等，方向相反；由A可知，物体在O点和在B点时水平方向上的分速度方向相同，vB＞v0，所以，α大于β，故D错误；故选B。

【点睛】在类平抛运动中，我们一般将物体运动分解为两个垂直方向上的分运动；若题目给出的条件为水平、竖直方向上的，则将运动按这两个方向分解；若题目给的条件较少，且可转化到合外力方向和垂直合外力方向，则按沿合外力及垂直合外力方向分解.

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6.图中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方，竖直平面内的半圆弧BCD的半径R=2.0m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直平面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°，游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进行下一关，为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是（不计空气阻力，sin37°=0.6， cos37°=0.8）( )

A. 0.15m，B. 1.50m，C. 0.15m，D. 1.50m，【答案】A 【解析】

【详解】如图所示，OE=OPcos37°=2×0.8m=1.6m， PE=OPsin37°=2×0.6m=1.2m，

平抛运动的水平位移为：x=BO+OE=3.6m，即：v0t=3.6m，OF=P-1.2=y-1.2，CF=−OE＝−1.6，

而，解得：y=x＝×3.6＝1.35m，所以MB=y-PE=1.35-1.2m=0.15m，又＝

tan37°，即，v0t=3.6m，代入数据解得：v0＝4m/s。故A正确，BCD错误。故选A。

【点睛】本题考查了平抛运动的运用，抓住速度方向垂直P点圆弧的切线方向是关键，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，通过运动学公式和几何关系进行求解，有一

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定的难度.

7.如图所示，四个相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，D从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h.在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD.下列关系式正确的是( )

A. PA＝PB＝PC＝PD B. PA＝PC>PB＝PD C. PA＝PC＝PD>PB D. PA>PC＝PD>PB 【答案】C 【解析】

小球落地时，A的重力的瞬时功率：落地的瞬时竖直速度为

；B落地的瞬时功率：

；C

；因D中小球上升

；

，则落地时重力的瞬时功率：

的最大高度为h，则落地的瞬时竖直速度为 ，则落地时重力的瞬时功率：

故PA＝PC＝PD>PB，故选项C正确，ABD错误；故选C.

8.如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.8 m，bc＝0.4 m，那么在整个过程中（ ）

A. 滑块滑到b点时动能最大 B. 滑块动能的最大值是6 J

C. 从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 J D. 滑块整个过程机械能守恒 【答案】C 【解析】

【详解】当滑块的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在b和c之间的d点时合力为0，速度最大，选项A错误；滑块从a到d，运用动能定理得：mghad+W弹=EKd-0，mghad＜6J，W弹＜0，所

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以EKd＜6J，故B错误。滑块从a到c，运用动能定理得：mghac+W弹′=0-0，代入数据解得：W

弹

′=-6J。则从c到b弹簧的弹力对滑块做的功也是6 J，故C正确。整个过程中弹簧、滑块

与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化；滑块在整个过程中机械能不守恒。故D错误。故选C。

【点睛】本题的关键是认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题．同时要明确弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化.

9.宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G。关于宇宙四星系统，下列说法正确的是（ ）

A. 四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动 B. 四颗星的轨道半径均为 C. 四颗星表面的重力加速度均为

D. 四颗星的周期均为【答案】ACD 【解析】

【详解】任一颗星体在其他三个星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，故A正确。任一星体在其他三个星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径均 r=a，故B错误。在四颗星表面上，物体的重力等于万有引力，则有：m′g=

，得四颗星表面的重力加速度

，故C

正确。对于任一星体，由万有引力定律和向心力公式得：，解得：

T= ．故D正确。故选ACD。

【点睛】解决本题的关键掌握万有引力等于重力，以及知道在四颗星组成的四星系统中，其中任意一颗星受到其它三颗星对它的合力提供圆周运动的向心力.

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10.将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示．取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )

A. 小球的质量为0.2 kg

B. 小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.25 N C. 小球动能与重力势能相等时的高度为m D. 小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J 【答案】BD 【解析】

【详解】在最高点，Ep=mgh，得：

。故A错误；由除重力以外其他力做

功W其=△E可知：-fh=E高-E低，解得：f=0.25N．故B正确；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有：mgH=mv2，由动能定理：-fH-mgH=mv2-mv02，得：H=20/9 m．故C错误；由图可知，在h=2m处，小球的重力势能是2J，动能是J=2.5J，所以小球上升到2m时，动能与重力势能之差为2.5J-2J=0.5J．故D正确；故选BD。

【点睛】该题首先要会从图象中获得关键信息，这种图象类型的题目，要关注图象的交点，斜率等，明确其含义，能够有利于解题．

11.一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置。由静止释放，则( )

A. A球的最大速度为

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B. A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小

C. A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度为D. A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1 【答案】BC 【解析】

【详解】由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，所以B正确；根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为vA：vB=ω•2l：ω•l=2：1，故D错误；当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得：mg•2lcosθ-2mg•l（1-sinθ）=mvA2+ •2mvB2，解得：vA2=gl（sinθ+cosθ）-gl，由数学知识知，当θ=45°时，sinθ+cosθ有

最大值，最大值为：vA=，所以A错误，C正确。故选BC。

【点睛】本题中的AB的位置关系并不是在一条直线上，所以在球AB的势能的变化时要注意它们之间的关系，在解题的过程中还要用到数学的三角函数的知识，要求学生的数学基本功要好.

12.如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，

B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，

两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中（ ）

A. A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于B. A的动能最大时，B受到地面的支持力

C. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向上 D. 弹簧的弹性势能最大值为mgL 【答案】BC

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【解析】

【详解】A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=1.5 mg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于1.5 mg，故A错误，B正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C正确；A下落的高度为：h=Lsin60°-Lsin30°，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EP=mgh=二、实验题

13.如图，某同学在实验室使用打点计时器，做研究匀变速直线运动实验中获得的一条纸带：

mgL，故D错误。故选BC。

①已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为__________； ②选取A、B、C、D纸带上连续的四个点，从图中读出A、B两点间距s=__________ cm；C点对应的速度是__________m/s，匀变速直线运动的加速度为__________ m/s2（计算结果保留两位有效数字）

【答案】 (1). 0.02s (2). 0.70 (3). 0.50 (4). 5.0 【解析】

试题分析：①打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为

=0.02s；

②由图得A、B两点间距为s=（1.70-1.00）cm=0.70cm，，由

，解得a=5.0m/s2，

考点：实验“研究匀变速直线运动”

14.某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。

①为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量_____木块和木块上砝码的总质量。(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)

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②甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线，设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μμ

乙

甲

、

，由图可知，m甲_______m乙，μ

甲

_______μ

乙

。(选填“大于”“小于”或“等于”)

【答案】 (1). 远小于 (2). 小于 (3). 大于 【解析】

（1）设木块的质量为M，砝码盘总质量为m，将两者看做一个整体，对整体有对木块有

，联立可得

，只有当

时，

，

，即砝码桶及桶

内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量。 （2）当没有平衡摩擦力时有察图线可知m甲小于m乙，μ三、计算题

15.如图所示，警车S和轿车A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为和。警车上装有信号源，轿车上装有信号接收器，空气中信号传播的速率为,设

，

，空气

甲

，故大于μ

乙

，即图线斜率为，纵轴截距的大小为μg．观

；

相对于地面没有流动，若信号源相继发出两个信号．时间间隔为,请根据发出的这两个信号从信号源传播到接收器的过程．确定接收器接收到这两个信号的时间间隔

。

【答案】【解析】

【详解】设t1、t2为声源S发出两个信号的时刻，t′1、t′2为观察者接收到两个信号的时刻．

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则第一个信号经过（t′1-t1）时间被观察者A接收到，第二个信号经过（t′2-t2）时间被观察者A接收到．且t2-t1=△t t'2-t′1=△t′；设声源发出第一个信号时，S、A两点间的距离为L，两个声信号从声源传播到观察者的过程中，它们运动的距离关系如图所示，可得： vP（t′1-t1）=L+vA（t′1-t1） vP（t′2-t2）=L+vA（t′2-t1）-vS△t 由以上各式，得△t′＝

△t；

【点睛】两个声信号从声源传播到观察者的过程，由于频率发生变化，导致速度也变化，所以时间也会变化；当观察者与波源的距离发生变化时，接收频率与发射频率出现不等现象. 16.如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为m．撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g．求：

（1）A固定不动时，A对B支持力N和绳子的拉力F的大小；

（2）A滑动的位移为x时，B竖直位移sy、水平位移sx和总位移s的大小； （3）A滑动的位移为x时的速度大小vA．

【答案】（1）mgcos α；mgsin α（2）sx=x·(1–cos α)，sy=x·sin α，s=

【解析】

【详解】（1）支持力的大小N=mgcos α；绳子拉力大小为F= mgsin α

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（3）

（2）根据几何关系sx=x·(1–cos α)，sy=x·sin α且s=解得s=

（3）B的下降高度sy=x·sin α 根据机械能守恒定律根据速度的定义得解得

，

则

【点睛】考查力的平行四边形定则与平衡条件的应用，掌握运动的合成与分解与三角知识的内容，理解机械能守恒的条件，及其定律的运用，注意运用三角形相似，确定位移之比与速度之比是解题的关键.

17.如图所示，在粗糙水平面上有一质量为M=2 kg表面光滑的斜面体，斜面的倾角θ=37°，在斜面体的左侧相距为d=2.4 m处有一固定障碍物Q。将一质量为m=0.2 kg的小物块（可视为质点）用一根轻绳（不可伸长）系住，绳的一端固定在斜面体的顶端。现给斜面体施加一个水平向左的推力F，使斜面体和小物块无相对滑动，一起向左做匀加速运动，当斜面体到达障碍物Q与其碰撞后，斜面体立即被障碍物Q锁定。已知斜面体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g=10 m/s，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求：

2

（1）水平推力F的最大值；

（2）若用最大水平推力作用在斜面体上，斜面体被障碍物Q锁定后，小物块在轻绳牵引下能沿圆周运动到竖直最高点，则绳的长度应满足的条件.（计算结果保留两位有效数字） 【答案】（1）27.5N（2）L≤0.31m 【解析】

【详解】（1）由题意可知，当F最大时，小物块不受绳子的拉力，以小物块为研究对象 mgtanθ=ma

代入数据解得：a=7.5m/s2

以小物块和斜面整体为研究对象：F–μ（M+m）g（M+m）a 解得： F=27.5N

（2）在斜面体加速过程中，由速度位移关系得2ad=v2 得 v=6m/s

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设小物块离开斜面瞬间的速度为v1，有v1=vsinθ=3.6m/s 小物块刚好通过最高点，设绳的长度为L 小物块在最高点时：

由机械能守恒定律得解得L=0.31m 所以L应满足L≤0.31m

【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式以及机械能守恒定律的综合应用，得出物块最大加速度是解决本题的关键，掌握整体法和隔离法在动力学中的运用.

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