物理卷·2018届陕西省西安市第一中学高三上学期第二次模拟考试物理试题（解析版） 14页

陕西省西安市第一中学2018届高三上学期第二次模拟考试物理试题 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1~7题每小题只有一项符合题目要求;第8~12题每小题4分,每小题有两项或者两项以上符合题目要求,全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1. 物体做匀变速直线运动，已知在时间t内通过的位移为x，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 可求出物体通过位移为时的速度 B. 可求出物体的加速度 C. 不能求出物体在这段时间内任何一个时刻的瞬时速度 D. 可求出物体在时间t内的平均速度 ‎【答案】D ‎【解析】解：匀变速直线运动在时间t内通过的位移为x，根据平均速度的定义式知，平均速度，故D正确．‎ 某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，结合该推论可以求出中间时刻的瞬时速度，故C错误．‎ 根据题目条件无法求出加速度以及通过中间位置的瞬时速度，故A、B错误．‎ 故选：D．‎ ‎2. 关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是 （ ）‎ A. 做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的 B. 若物体的合外力方向与它的速度方向相反，则它的速度一定减小，加速度一定增大 C. 物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快 D. 物体所受合外力为零时，物体的速度一定等于零 ‎【答案】A ‎【解析】做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变的．故A正确．由牛顿第二定律可知加速度与合外力方向相同，若与速度方向相反，物体的速度一定减小，加速度不一定增大，也可能不变，或减小；故B错误．物体 受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而速度不一定加快．故C错误．物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零．故D错误．故选A.‎ 点睛：本题考查对牛顿第二定律、加速度与速度关系的理解．要抓住加速度与速度无关，即可知道合力与速度无关，与速度变化快慢有关．‎ ‎3. 如图所示，质量m1=10kg和m2=30kg的两物体，叠放在动摩擦因数为0．50的粗糙水平地面上，一处于水平位置的轻弹簧，劲度系数为250N/m，一端固定于墙壁，另一端与质量为m1的物体相连，弹簧处于自然状态，现用一水平推力F作用于质量为m2的物体上，使它缓慢地向墙壁一侧移动，当移动0.40m时，两物体间开始相对滑动，这时水平推力F的大小为（ ）‎ A. 100N B. 300N C. 200N D. 250N ‎【答案】B ‎ ‎ 考点：胡克定律；物体的平衡 ‎4. 如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移-时间（x-t）图线。由图可知 （ ）‎ A. 在t1时刻，两车速度相等 B. 在t2时刻，a、b两车运动方向相同 C. 在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大 D. 在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，b曲线的斜率大于a的斜率，所以b的速度大于a的速度．故A错误．在时刻t2，b曲线的斜率为负，则速度为负方向，而a的斜率为正，则速度为正方向，两车运动方向相反，选项B错误；图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加．故C正确．在t1到t2这段时间内，b车的速率先大于a，然后小于a，最后反向运动，速率又逐渐增大， 到速率大于a，选项D 错误。故选C．‎ 考点：x-t图线。‎ ‎5. 重150N的光滑球A悬空靠在竖直墙和三角形木块B之间，木块B的重力为1500N，且静止在水平地面上，如图所示，则(　　)‎ ‎ ‎ A. 墙所受压力的大小为300N B. 墙所受压力的大小为300N C. 木块B所受水平地面摩擦力大小为150N D. 木块B所受水平地面摩擦力大小为150N ‎【答案】D ‎【解析】以A球为研究对象，分析受力情况：重力GA，墙的支持力N1和B的支持力N2，作出力图．‎ ‎ 由平衡条件得知，N1和N2的合力与GA大小相等、方向相反．则有：N1=GAcot30°=150N ‎ 再以AB整体为研究对象，分析受力如图，由平衡条件得，B所受的摩擦力：f=N1=150N 故选D.‎ ‎6. 如图所示，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，这时三根细绳张力TAC、TAD、TAB的变化情况是( )‎ ‎ ‎ A. 都变大 B. TAD和TAB变大，TAC不变 C. TAC和TAB变大，TAD不变 D. TAC和TAD变大，TAB不变 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：先以B为研究对象受力分析，由分解法作图判断出TAB大小的变化；‎ 再以AB整体为研究对象受力分析，由平衡条件判断TAD和TAC的变化情况．‎ 解：以B为研究对象受力分析，由分解法作图如图：‎ 由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即TAB逐渐变大，F逐渐变大；‎ 再以AB整体为研究对象受力分析，‎ 设AC绳与水平方向夹角为α，‎ 则竖直方向有：TACsinα=2mg 得：TAC=，不变；‎ 水平方向：TAD=TACcosα+F，TACcosα不变，而F逐渐变大，故TAD逐渐变大；‎ 故B正确；‎ 故选：B．‎ 点评：当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题更简单．‎ ‎7. 如图所示，滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是：m1＝m2＋m3，这时弹簧秤的读数为T.若把物体m2从右边移到左边的物体m1上，弹簧秤的读数T将( )‎ ‎ ‎ A. 增大 B. 减小 C. 不变 D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】根据平衡知，开始弹簧秤读数FT=2T=2m1g．把物体m2从右边移到左边的物体m1上，整体的加速度．隔离对m3分析．有T′-m3g=m3a，解得T′＝g+m3g＜m2g+m3g=m1g．可知T′＜T，则FT′＜2m1g．故B正确，ACD错误．故选B．‎ 点睛：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．‎ ‎8. 质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20 N、 F2＝10 N，则下列说法正确的是 ( )‎ A. 弹簧的弹力大小为16N B. 如果只有F1作用，则弹簧的弹力大小变为12N C. 若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小为零 D. 若F1＝10 N、 F2＝20 N，则弹簧的弹力大小不变 ‎【答案】AB ‎【解析】两物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体由牛顿第二定律有: F1-F2=（mA+mB）a 再对物体A受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F1-F=mAa 联立两式解得：F=16N．故A正确．如果只有F1作用，整体向左匀加速运动，则有： 对B研究得：弹簧的弹力大小为，故B正确． 若把弹簧换成轻质绳，同理根据牛顿第二定律列式得到绳对物体的拉力大小也是16N，故C错误．若F1=10N、F2=20N，则F1-F2=（mA+mB）a；再对物体B受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F2-F=mBa，联立解得：F=14N．故D错误．故选AB.‎ ‎9. 如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上，一小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态。下列说法中正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 半圆柱体对小物块的支持力变大 B. 地面对半圆柱体的摩擦力先增大后减小 C. 外力F变大 D. 地面对半圆柱体的支持力变大 ‎【答案】BC ‎【解析】物块缓慢下滑处于平衡状态，F始终沿圆弧的切线方向即始终垂直于圆柱面支持力F1的方向，受力分析如图所示：‎ 因此总有，下滑过程中θ增大，因此F增大，F1 减小，故A错误，C正确；对半圆柱体分析，地面对半圆柱体的摩擦力：‎ ‎，地面对半圆柱体的支持力，θ从接近0°到90°变化的过程中，摩擦力先增大后减小，支持力一直减小，故B正确，D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎10. 如图所示，质量相同的木块A、B用轻质弹簧连接．静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态．现用水平恒力F推A.则从力F开始作用到弹簧第一次被压缩到最短的过程中(　　)‎ A. 弹簧压缩到最短时，两木块的速度相同 B. 弹簧压缩到最短时，两木块的加速度相同 C. 两木块速度相同时，加速度aAvB ‎【答案】ACD ‎【解析】从力F开始作用到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，对两木块运动过程分析可知，A做加速度减小的加速运动，B做加速度增大的加速运动，只要A的速度大于B的速度弹簧就处于被压缩变短的过程中，则两木块速度相同时弹簧压缩到最短，画出这一过程A、B两木块的图象，则时刻，A、B两木块的加速度相同(切线斜率相同)，且，时刻A、B两木块的速度相同，且，综 上，ACD正确，B错误。‎ 点睛：当弹簧被压缩到最短时，AB两个物体的速度相同，在弹簧被压缩到最短之前，A的速度一直大于B的速度。‎ ‎11. 一游客在峨眉山滑雪时，由静止开始沿倾角为37°的山坡匀加速滑下。下滑过程中从A 点开始给游客抓拍一张连续曝光的照片如图所示。经测量游客从起点到本次曝光的中间时刻的位移恰好是40m。已知本次摄影的曝光时间是0．2s ，照片中虚影的长度L 相当于实 际长度4m ，则下列结果正确的是（ g＝10m/s2 , sin370＝0．6 , cos370＝0．8 ） ‎ A. 运动员在曝光的中间时刻的速度为 B. 运动员下滑的加速度为5．0m/s2‎ C. 滑雪板与坡道间的动摩擦因数为 D. 滑雪板与坡道间的动摩擦因数为 ‎【答案】ABC ‎【解析】A、用s表示题中的位移，表示斜面倾角，表示曝光时间，表示滑雪板与坡道间的动摩擦因数，m表示滑雪运动员的质量．设运动员下滑的加速度为a，曝光的中间时刻的速度为，则有，带入数据得 ，故A选项正确；‎ B、由 可求得：，故B选项正确；‎ C、又根据牛顿第二定律有 ，可求得动摩擦因数为 ，故C选项正确而D选项错误。‎ 点睛：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据运动求力，也可以根据力求运动。‎ ‎12. 如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示(g＝10m/s2)，则正确的结论是 ( 　　)‎ ‎ ‎ A. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B. 物体的加速度大小为5m/s2‎ C. 物体的质量为2kg D. 弹簧的劲度系数为7.5N/cm ‎【答案】BC ‎【解析】由图知：当x≥4cm时，F保持不变，说明物体不再受弹簧的弹力，可知x=4cm时物体与弹簧开始分离，弹簧处于原长状态，故A错误．初始时物体处于静止状态，合力为0，当x=0时，当施加F时物体的合力等于此时F的值为F1=10N，由牛顿第二定律得：F1=ma，当x=4cm时，拉力F的值为F2=30N，由牛顿第二定律得：F2-mg=ma，联立以上两式可解得：m=2kg，a=5m/s2．故BC正确；弹簧原来的压缩量x=4cm-0=4cm，由胡克定律有：mg=kx，解得：k=5N/cm，故D错误．故选BC．‎ 点睛：本题的关键是明确物体的受力情况，知道物体与弹簧分离时，它们间的弹力为零这一临界条件，还要把握x=0时物体的合力等于F，分别根据牛顿第二定律列方程研究．‎ 二、实验题（本题包括13和14两个小题，每空3分，共18分）‎ ‎13. 某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．‎ ‎（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______．‎ ‎（2）本实验采用的科学方法是_____．‎ A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法 ‎（3）下列方法中，有助于减小实验误差的是_____．‎ A．尽可能使两分力的夹角大些 B．尽可能使两分力相差的大些 C．尽可能使两分力与纸面平行 D．尽可能使橡皮条长些 ‎【答案】 (1). （1）F′ (2). （2）B (3). （3）C ‎【解析】试题分析：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合；‎ ‎（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法．故选B。‎ ‎（3）两分力的夹角大小要适当，选项A错误；使两分力的大小要适当，不一定相差太大，选项B错误； 尽可能使两分力与纸面平行，以减小实验的误差，选项C正确；橡皮条没必要太长，选项D错误；故选C．‎ 考点：验证平行四边形定则 ‎【名师点睛】本实验考查验证平行四边形定则的实验，采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别。‎ ‎14. “探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图（甲）所示。‎ ‎（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图（乙）所示。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz。求：‎ ‎①从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s1 =________cm；‎ ‎②该小车的加速度a =________m/s2。（结果保留两位有效数字）‎ ‎（2）正确平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：‎ 砝码盘中砝码总重力F（N）‎ ‎0.196‎ ‎0.392‎ ‎0.588‎ ‎0.784‎ ‎0.980‎ 加速度a（m·s-2）‎ ‎0.69‎ ‎1.18‎ ‎1.66‎ ‎2.18‎ ‎2.70‎ ‎①根据该组实验数据在答卷的坐标纸作出a—F的关系图象如图所示；‎ ‎②根据提供的实验数据作出的a—F图线不通过原点的主要原因是______________。‎ ‎【答案】 (1). （1）①0.70； (2). ②0.2； (3). （2）①如图；②未计入砝码盘的重力 ‎【解析】（1）①刻度尺的最小单位是mm，需要估读一位，所以A、B两点间的距离s1 =0.70cm； ②由于每5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，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； 得：． （2）②因为实验已经平衡了摩擦力，从图中图线可发现当拉力F等于0时，加速度大于0，所以实验中存在的问题可能是：未计入砝码盘的质量．‎ 三、计算题（本题共34分）‎ ‎15. 一同学以1m/s的速度沿人行道向公交车站走去，一公交车从身旁的平直公路同向驶过，公交车的速度是15m/s，此时他们距车站的距离为50m．公交车在行驶到距车站25m处开始刹车，刚好到车站停下，停车10s后公交车又启动向前开去．为了安全乘上该公交车，该同学奋力向前跑去，他起跑可看做匀加速直线运动，其加速度大小为2.5m/s2，最大速度是6m/s．求：‎ ‎（1）若公交车刹车过程视为匀减速直线运动，求公交车刹车过程的加速度大小；‎ ‎（2）该同学能否在公交车停在车站时追上公交车．‎ ‎【答案】(1) (2)能安全上车 ‎ ‎【解析】(1)公交车的加速度 所以其加速度大小为 ‎(2)汽车从相遇处到开始刹车时用时：‎ 汽车刹车过程中用时：‎ 该同学以最大加速度达到最大速度用时：‎ 该同学加速过程中的位移：‎ 以最大速度跑到车站的时间 因，该同学可以在汽车还停在车站时安全上车．‎ ‎16. 如图所示，长度L=10m的水平传送带以速率沿顺时针方向运行，质量的小物块（可视为质点）以的初速度从右端滑上传送带。已知物块与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度，求：‎ ‎（1）物块相对地面向左运动的最大距离为多少？‎ ‎（2）物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间为多少？‎ ‎【答案】（1）9m（2）6.25 s ‎【解析】（1）物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动， 由牛顿第二定律得：μmg=ma，加速度：a=μg=0.2×10=2m/s2， 由匀变速运动的速度位移公式可得，物块速度变为零时的位移： ‎ ‎（2）物体向左运动的时间； 物块速度变为零后，反向向有做初速度为零的匀加速运动，加速度a=2m/s2，物块速度等于传送带速度v0=4m/s时，物块的位移， ‎ 运动时间然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动，物块做匀速直线运动的时间：‎ 物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间：t=t左+t1+t2=6.25s； ‎ 点睛：本题考查了求物块的位移、运动时间问题，分析清楚物体的运动过程是本题正确解题的关键，分析清楚物体的运动过程、应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．‎ ‎17. 如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板质量为M=4kg，长为 L=1．4m；木块右端放的一小滑块，小滑块质量为m=1kg，可视为质点．现用水平恒力F作用在木板M右端，恒力F取不同数值时，小滑块和木板的加速度分别对应不同数值，两者的a﹣F图象如图乙所示，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数，以及木板与地面的滑动摩擦因数．‎ ‎（2）若水平恒力F=27．8N，且始终作用在木板M上，当小滑块m从木板上滑落时，经历的时间为多长．‎ ‎【答案】（1）0.4， 0.1．（2）2s．‎ ‎【解析】(1)由图像可知：F>25N时，小滑块与木板间发生相对滑动，且滑块的加速度，‎ 对滑块，有：‎ 解得：‎ 对木板，有：，‎ 由图象可知：‎ 解得：‎ ‎(2)水平恒力，小滑块与木板间发生相对滑动，则 ‎， ‎ 依题意，有：‎ 解得：。‎ 点睛：对于牛顿第二定律和图象的综合的习题，要理清运动规律，由牛顿第二定律得到a与F的关系式是解决本题的关键，小滑块m在木板上滑动时，要注意研究两者位移的关系。‎ ‎ ‎