西藏拉萨市那曲二高2019届高三上学期月考物理试题

物理试卷

一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。（1至5题为单选题，6至8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）

1. 在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是

A. 伽利略发现了行星运动的规律

B. 卡文迪许通过实验测出了引力常量

C. 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因

D. 笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献

【答案】BD

【解析】

试题分析：行星运动定律由开普勒、牛顿等人发现，选项A错误．库仑测量出静电力常数，选项B错误．伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，选项C错误．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项D正确．

考点：本题考查了物理学史．

2.如图是某物体做直线运动的速度图象，下列有关物体运动情况判断正确的是（　　）

A. 前两秒加速度为10 m/s2

B. 8 s末物体回到出发点

C. 6 s末物体距出发点最远

D. 8 s末物体距出发点最远

【答案】B

【解析】

【详解】A．图线的斜率表示物体的加速度，

，故A错误；

C．速度图像的纵坐标表示瞬时速度，正值表示沿正向运动，负值表示沿负向运动，则4s末速度为零，表示物体掉头，所以4s末物体离出发点最远，故C错误；

BD．由速度图象与时间轴围成的面积表示位移且在时间轴上方位移为正，下方位移为负，可知8s末物体的总位移为0，又回到了出发点，故B正确，D错误。

故选B。

3.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示，下列说法正确的是（   ）

A. 0～6s内物体的位移大小为20m

B. 0～6s内拉力做功为100J

C. 滑动摩擦力的大小为5N

D. 0～6s内滑动摩擦力做功为-50J

【答案】D

【解析】

试题分析：A、根据v﹣t图线与时间轴所围的面积表示位移，可得，0～6s内物体的位移大小为 x=m=30m，故A错误．

B、P﹣t图线与时间轴所围的面积表示拉力做的功，则拉力做功为 W=+10×4=70J，故B错误．

C、2～6s内物体做匀速运动，由图知，v=6m/s，P=10W，由P=Fv=fv，得滑动摩擦力大小为 f==N=N，故C错误．

D、0～6s内滑动摩擦力做功为 W=﹣fx=﹣×30J=﹣50J，故D正确．

故选D

4.如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，一质量为m的小球从弹簧正上方某处自由下落，弹簧的劲度系数为从小球与弹簧接触开始直到弹簧被压缩至最短的过程中，下列说法不正确的是（　　）

A. 小球的速度先增大后减小

B. 小球的加速度先减小后增大

C. 弹簧的最大形变量为

D. 小球速度最大时弹簧形变量为

【答案】C

【解析】

【详解】AB．在小球将弹簧压缩到最短的过程中，小球受到向下的重力和向上的弹簧弹力，开始时弹力小于重力，小球的合力向下，向下加速运动，由于弹力增大，合力减小，故加速度减小，物体做加速度减小的加速运动。当弹力大于重力，小球的合力向上，向下减速运动，由于弹力增大，合力增大，故加速度增大，物体做加速度增大的减速运动。因此，小球的速度先增大后减小，小球的加速度先减小后增大，故AB正确，AB项不合题意；

D．当弹力等于重力时，加速度为零速度达最大，则有

mg=kx，

得

，故D正确，D项不合题意。

C．小球速度最大时弹簧的形变量为，小球要继续向下压缩弹簧，所以弹簧的最大形变量大于，根据运动的对称性知，弹簧的最大形变量将大于，故C错误，C项符合题意。

本题选不正确的，故选C。

5. 如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）

A. mgR B. mgR C. mgR D. mgR

【答案】C

【解析】

试题分析：据题意，质点在位置P是具有的重力势能为：；当质点沿着曲面下滑到位置Q时具有的动能为：，此时质点对轨道压力为：，由能量守恒定律得到：，故选项C正确．

考点：能量守恒定律、圆周运动

【名师点睛】本题分析的关键是找出质点在初始位置是的机械能和在末位置时的机械能，两个位置机械能只差就等于摩擦力做的功的大小即；但在球末位置时的动能时需要用到圆周运动规律，，由此式可以求出在末位置的速度，也就可以求解此位置的动能大小了．

6. 如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则

A. a的飞行时间比b的长

B. b和c的飞行时间相同

C. a的水平速度比b的小

D. b的初速度比c的大

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．b、c的高度相同，大于a的高度，根据h=gt2，得，知b、c的运动时间相同，a的飞行时间小于b的时间．故A错误,B正确；

C．因为a的飞行时间短，但是水平位移大，根据x=v0t知，a的水平速度大于b的水平速度．故C错误；

D．b、c的运动时间相同，b的水平位移大于c的水平位移，则b的初速度大于c的初速度．故D正确．

【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移.

7.已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G。有关同步卫星，下列表述正确的是

A. 卫星距离地面的高度为

B. 卫星的运行速度小于第一宇宙速度

C. 卫星运行向心加速度小于地球表面的重力加速度

D. 卫星运行时受到的向心力大小为

【答案】BC

【解析】

【详解】AD．同步卫星绕地球做匀速圆周运动，设离地的高度为h，由万有引力提供向心力，则：

可得：

，，，

故AD错误；

B．由于第一宇宙速度是贴着地表转动的卫星的线速度，为

可知同步卫星的轨道半径大，则速度小于第一宇宙速度，故B正确；

C．地表的重力加速度为

可知同步卫星的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C正确；

故选BC。

8.如图甲所示，倾角的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动。小球运动的v—t图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g。关于小球的运动过程，下列说法正确的是

A. 小球在tB时刻所受弹簧弹力大于

B. 小球在tC时刻的加速度大于

C. 小球从tC时刻所在位置由静止释放后，不能回到出发点

D. 小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量

【答案】BD

【解析】

【详解】A．小球在tB时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则：

故A错误；

B．在乙图中，关于A点对称的点可知，此时弹簧的弹力为0.5mg，由对称性得由对称轴到对称点的弹簧的弹力再变化0.5mg，故到达C点时弹簧的弹力大于2×0.5mg=mg，所以弹力大于mg，根据牛顿第二定律可知

解得：

故B正确；

C．整个过程中，乙弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从C点释放，小球能到达原来的释放点，故C错误；

D．小球从tA时刻到tC时刻的过程中，

由小球和弹簧组成的系统机械能守恒知，

减少重力势能和减少的动能等于弹簧增加的弹性势能，故小球重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，故D正确；

故选BD。

二、实验题（9至10共2小题，每空2分，共18分）

9.“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。

(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图甲中与B相连的弹簧测力计的示数为________N；

(2)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__________；

(3)（单选题）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

(4)该实验的结论是：在误差允许的范围内，力的合成遵循________法则。

【答案】    (1). 3.6    (2).     (3). B    (4). 平行四边形

【解析】

【详解】(1)[1]弹簧测力计的每一格代表0.2N，估读到0.1N，所以图中B的示数为3.6N；

(2)[2]实验中F是用平行四边形理论作出的理论合力，而F′是通过一只弹簧秤拉动橡皮筋得出的实际合力，故F′的方向一定与橡皮筋的方向AO相同；

(3)[3]本实验是通过一个力与两个力效果相同得到了合力，故运用了等效替代的方法，故B正确，ACD错误；

故选B。

(4)[4]通过实验可得出对应的结论为：在误差允许的范围内，力的合成遵循平行四边形法则。

10.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量及相关计算，即可验证机械能守恒定律．

(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：

A．按照图示的装置安装器件；

B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；

C．用天平测出重锤的质量；

D．先接通电源开关，然后释放悬挂纸带的夹子打出一条纸带；

E．测量纸带上某些点间的距离;

F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．

其中没有必要进行或者操作不当的步骤是____________________．

(2)在一次实验中，质量为m的重锤自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示(相邻计数点时间间隔为0.02 s)，长度单位cm，那么从起点O到打下计数点B的过程中重力势能的减少量ΔEp＝________ J，此过程中重锤动能的增加量ΔEk＝________ J(g取9.8 m/s2，结果数据均保留至小数点后两位)；通过计算，数值上ΔEp________ΔEk(填“＞”“＝”或“＜”)，这是因为_________________________．

【答案】    (1). BC    (2). 0.49m    (3). 0.48m    (4). ＞    (5). 纸带和重锤运动过程中受到阻力的作用

【解析】

【详解】(1) B.打点计时器应该使用交流电；C.验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两端都有质量，可以约去，所以不需要测量重锤的质量，故C错误．故操作不当的步骤是BC.

(2) 重力势能减小量△Ep=mgh=9.8×0.0501m J=0.49m J．利用匀变速直线运动的推论，。通过计算，数值上△EP>△Ek的结果，因为纸带和重锤运动过程中受到阻力的作用，一部分重力势能转化为内能。

【点睛】解决本题的关键知道实验的原理以及误差形成的原因，掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度，难度不大．

三、计算题（共3小题，11题9分，12题10分，13题15分，共34分）

11.做匀速圆周运动的物体，10 s内沿半径为20 m的圆周运动100 m，试求物体做匀速圆周运动时：

(1)线速度的大小；

(2)角速度的大小；

(3)向心加速度的大小．

【答案】（1） ；（2）0.5 ；（3）5

【解析】

（1）根据线速度的公式可得：

（2）根据角速度与线速度的关系 得：

（3）根据公式

故本题答案是（1） ；（2）0.5rad/s ；（3）

点睛：根据向心加速度公式 求加速度的大小，并利用求角速度的大小．

12.固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g＝10m/s2．求：

（1）小环的质量m；

（2）细杆与地面间的倾角a．

【答案】（1）m＝1kg，（2）a＝30°．

【解析】

【详解】由图得：0-2s内环的加速度a==0.5m/s2
前2s，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：
2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有： 
由图读出F1=5.5N，F2=5N
联立两式，代入数据可解得：m=1kg，sinα=0.5，即α=30°

13.如图所示，倾角θ=37°的斜面底端B平滑连接着半径R=0．40m的竖直光滑圆轨道．质量m=0．50kg的小物块，从距地面h=2．7m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0．25，求：（sin37°=0．6，cos37°=0．8，g=10m/s2）

（1）物块滑到斜面底端B时的速度大小．

（2）物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小

【答案】(1)6.0 m/s　  (2)20 N

【解析】

（1）物块沿斜面下滑过程中，在重力、支持力和摩擦力作用下做匀加速运动，设下滑加速度为a，到达斜面底端B时速度为v，则

（3分）

（2分）

由①、②式代入数据解得：m/s （2分）

（2）设物块运动到圆轨道的最高点A时的速度为vA，在A点受到圆轨道的压力为N，由机械能守恒定律得：

（2分）

物块运动到圆轨道的最高点A时，由牛顿第二定律得：

（2分）

代入数据解得：N="20N " （2分）

由牛顿第三定律可知，物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小

NA=N="20N " （1分）