甘肃省古浪县第二中学2020届高三上学期第四次诊断考试物理试题

古浪二中2020届高三第四次诊断考试

物理试题

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。每小题给出的四个选项中，第1--9题只有一个选项符合题目要求，第10--12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1.2019年1月3日10时26分，嫦娥四号探测器经过约38万公里、26天的漫长飞行后，自主着陆在月球背面，实现人类探测器首次在月球背面软着陆．嫦娥四号着陆前距离月球表面l00米处有一次悬停，对障碍物和坡度进行识别，并自主避障；选定相对平坦的区域后，开始缓速垂直下降．最终，在反推发动机和着陆缓冲机构的“保驾护航”下，一吨多重的探测器成功着陆在月球背面东经177.6度、南纬45.5度附近的预选着陆区．下面有关嫦娥四号探测器的说法正确的是(    )

A. 嫦娥四号探测器从地球到月球的位移大小就是其运行轨迹的长度38万公里

B. “3日10时26分”指的是时间间隔

C. 研究嫦娥四号探测器在月球着陆过程的姿态时，不可以将其看成质点

D. 嫦娥四号探测器在最后100米着陆过程中可以视作做自由落体运动

【答案】C

【解析】

【详解】A. 位移是指从起点指向终点的有向线段的长度，则嫦娥四号探测器从地球到月球的位移大小小于其运行轨迹的长度38万公里，选项A错误；

B. “3日10时26分”指的是时刻，选项B错误；

C. 研究嫦娥四号探测器在月球着陆过程的姿态时，探测器的大小和形状不能忽略不计，则不可以将其看成质点，选项C正确；

D. 嫦娥四号探测器在最后100米着陆过程中缓慢数值下降，加速度小于g，则不可以视作做自由落体运动，选项D错误．

2.在任意相等时间内，物体的速度变化不相同的运动是

A. 匀减速直线运动

B. 匀速圆周运动

C. 平抛运动

D. 自由落体运动

【答案】B

【解析】

【分析】

据知，加速度恒定的运动，在任意相等时间内，速度变化相等；加速度变化的运动，在任意相等时间内，速度变化不相等．根据四个运动加速度的特点，可得在任意相等时间内，物体的速度变化是否相等．

【详解】A：匀减速直线运动的加速度不变，据知，匀减速直线运动，在任意相等时间内，物体的速度变化相等．

B：匀速圆周运动加速度变化(大小不变，方向不断变化)，据知，匀速圆周运动，在任意相等时间内，物体的速度变化不相等．

C：平抛运动的加速度不变，据知，平抛运动，在任意相等时间内，物体的速度变化相等．

D：自由落体运动的加速度不变，据知，自由落体运动，在任意相等时间内，物体的速度变化相等．

综上，在任意相等时间内，物体的速度变化不相同的运动是匀速圆周运动．故B项正确．

3.甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，同时落地．下列表示这一过程的位移时间图象和速度时间图象中正确的是　　

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，加速度相同，时间由高度决定，高度越高，时间越长，再结合位移时间图象和速度时间图象的特点分析即可．

【详解】甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，则运动时间不同，高度高的，位移大，运动时间长，但同时落地，说明高度高的先释放，故AB错误；都做自由落体运动，加速度相同，则图象的斜率相同，运动时间不等，故C错误，D正确．故选D．

4.如图所示，两个小球a、b质量分别为m、2m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弾簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为＝45°，已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧最短伸长量为(   )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】以小球a、b整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，

根据平衡条件得知F与T的合力与整体重力3mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为

，

根据胡克定律

，

所以

A．与计算结果不相符,故A错误

B．与计算结果不相符,故B错误

C．与计算结果相符,故 C正确

D．与计算结果不相符,故D错误

5.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度图象如图所示．在0~t2时间内，下列说法中正确的是：（　　）

A. I、II两个物体所受的合外力都在不断减小

B. I物体的加速度不断增大，II物体的加速度不断减小

C. I、II两个物体t1时刻相遇

D. 物体平均速度的大小：I物体的大于，II物体的等于

【答案】D

【解析】

【详解】AB.速度-时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，故物体Ⅰ做加速度不断减小的加速运动，物体Ⅱ做加速度不变的减速运动，根据牛顿第二定律可知. I物体所受的合外力都在不断减小，. II物体所受的合外力合力不变，故AB错误；

C. 图线与时间轴围成的面积表示对应时间内的位移大小，在0~t1时间内两物体图线与时间轴围成的面积不相等，说明两物体的位移不相等，而从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体，所以I、II两个物体在t1时刻没有相遇，故C错误；

D. v1均匀增加到v2，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于，所以Ⅰ的平均速度大于，如图所示；II物体的图像是一条倾斜直线，表示它做匀减速直线运动，所以II物体的等于，故D正确．

6.某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程

A. 两次在空中运动的时间相等

B. 两次抛出时的速度相等

C. 第1次抛出时速度水平分量小

D. 第2次抛出时速度的竖直分量大

【答案】C

【解析】

【详解】A．将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；

BCD．将篮球的运动反向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，第二次运动过程中的高度较小，故第二次抛出时速度的竖直分量较小，所用时间减小；平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，由可知，第二次水平分速度较大；水平速度第二次大，竖直速度第一次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小关系不能确定，故C正确，BD错误．

7.如图所示，质量不等的甲、乙两个物块放在水平圆盘上，两物块与水平圆盘的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，让圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，并逐渐增大转动的角速度，结果发现甲物块先滑动，其原因是（　　）

A. 甲的质量比乙的质量小

B. 甲的质量比乙的质量大

C. 甲离转轴的距离比乙离转轴的距离小

D. 甲离转轴的距离比乙离转轴的距离大

【答案】D

【解析】

【分析】

根据牛顿第二定律，结合最大静摩擦力，求出发生滑动的临界角速度，通过临界角速度判断原因.

【详解】AB.根据牛顿第二定律得：

μmg=mrω2

解得发生滑动的临界角速度为：，与质量无关.故A项、B项均错误.

CD.动摩擦因数相同，甲物块先滑动，一定是甲离转轴的距离比乙离转轴的距离大，故C错误，D正确.

【点睛】解决本题的关键知道物块做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解.

8.如图所示，细绳的一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，使小球在竖直平面内作圆周运动，周期一定，当小球在最高点时绳的张力为T1，在最低点时，绳的张力为T2，则T1和T2的差值为( )

A. 2mg B. 4mg C. 6mg D. 8mg

【答案】C

【解析】

本题考查的是圆周运动中的向心力问题，在最高点，最高点临界速度：在最低点，且满足则；答案选C．

9.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q点．轨道2、3相切于P点（如图），则当卫星分别在1，2，3，轨道上正常运行时，以下说法正确的是（  ）

A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率

B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度

C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度

D. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度

【答案】D

【解析】

【详解】万星做圆周运动时万有引力提供圆周运动的向心力有

解得

，，

A．由知，在轨道1上卫星的速率大于轨道3上的速率，故A错误；

B．由知，在轨道1上的角速度大于在轨道3上的角速度，故B错误；

C．由知，在轨道1上经过Q点和轨道2上经过Q点的加速度大小相等，故C错误；

D．由知，在轨道2上经过P点和轨道3上经过P点的加速度大小相等，故D正确.

故选D。

10.一质点在水平面上沿直线自由滑行，其平均速度与时间的关系满足＝10-2t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是

A. 质点运动的加速度大小为2m/s2 B. 质点2s末的速度大小为2m/s

C. 质点4s末的速度大小为2m/s D. 4s内质点的位移为12.5m

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据平均速度知，

,

根据

知，质点的初速度，加速度，加速度和速度方向相反，质点做匀减速直线运动，故A错误．

BC．质点停下所需时间

，

质点在2s末的速度

，

质点在4s末的速度，故B正确,C错误．

D．4s内质点的位移

故D正确．

11.某人从楼顶由静止释放一颗石子．如果忽略空气对石子的阻力，利用下面的哪些已知量可以测量这栋楼的高度H(已知重力加速度为g)(        )

A. 石子落地时的速度 B. 石子下落最初1 s内的位移

C. 石子下落的时间 D. 石子下落最后1 s内的位移

【答案】ACD

【解析】

解： A、知道石子的落地速度，根据v2=2gh可求出楼的高度，故A正确;
B、石子下落最初1s内的位移为h==5m，故最初1s内的平均速度为5m/s，与运动总时间无关，故B错误;

C、知道石子下落的时间，根据h=可求出楼的高度，故C正确;

D、知道石子最后1s内的位移，根据可以求出最后1s内的初速度，根据速度时间公式求出落地速度，再根据v2=2gh，求出楼的高度，故D正确;
故选ACD.

12.两个物体M、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，物体M的重力大小为20 N，M、m均处于静止状态．则

A. 绳OA对M的拉力大小为10N

B. 绳OB对M的拉力大小为10 N

C. m受到水平面的静摩擦力大小为10N

D. m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左

【答案】AD

【解析】

【详解】先对节点O受力分析，节点O受OA，OB，OM三根绳子得拉力，通过条件得知OA和OB的夹角为90度，因此利用力得平衡有，，，

，故A对；对物体m受力分析，受向左的拉力10N，向右的拉力，因此物体m收到的静摩擦力水平向左，大小为()N．

二、实验题： (每空2分,共 16分。)

13.用如图甲所示的实验装置做探究加速度与力、质量关系的实验

（1）某同学通过实验得到如图乙所示的a-F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角________（填“偏大”或“偏小”）．

（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足________的条件．

（3）某同学得到如图所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50 Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点．Δs＝sDG－sAD＝________ cm．由此可算出小车的加速度a＝________ m/s2（保留两位有效数字）．

【答案】    (1). 偏大    (2). 小于    (3). M≫m    (4). 1.80    (5). 5.0

【解析】

【详解】（1）[1] 当拉力F等于0时，小车已经产生力加速度，故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大，在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大．

（2）[2] 小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力；

[3] 对整体分析，根据牛顿第二定律得

解得

则绳子的拉力

当，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，所以为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足的条件

（3）[4] 刻度尺上读出A、D、E三点的位置，算出

[5] 计数点间的时间间隔为T，由匀变速直线运动的推论△x=aT2可知，加速度：

14.一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果取，那么：

（1）闪光频率是________ Hz                ．

（2）小球运动中水平分速度的大小 ________ m/s．

（3）小球在B点的速度大小为___________m/s

【答案】    (1). 10    (2). 1.5    (3). 2.5

【解析】

【详解】（1）[1]在竖直方向上有：

其中：

代入求得：

则频率为：

；

（2）[2]水平方向匀速运动，有：，其中，，代入解得：；

（3）[3]根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，在B点有：

所以B点速度为：

．

三、计算题（共36分）

15.如图所示，质量为m=1kg的物块放在粗糙水平地面上，物块与水平地面之间的滑动摩擦系数为μ=0.5，某时刻物块在与水平方向成θ=37°的拉力F=10N的作用下，由静止开始向右运动，经时间t1=2s时撤去拉力F．（g=10m/s2，sin37°=0.6,cos37°=0.8）

求：（1）撤去拉力F时物块的速度大小；

（2）物块从静止开始到最后停止的过程中运动的位移大小．

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】（1）设0～2s时间内，物体运动加速度为，正压力为，2s末的速度为，向右为正方向．则， 

     ①

        ②

                  ③

由①②③解得：

（2）设0～2s时间内的位移为，撤掉拉力到停止的位移为，总位移为x

                ④

             ⑤

            ⑥

              ⑦

由①～⑦解得：

16.如图所示,倾角光滑斜面的下端有一水平传送带,传送带以的速度顺时针转动。一个质量为的物体(可视为质点),从高处由静止开始沿斜面下滑。物体经过点时,无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面,都不计其速率变化。物体与传送带间的动摩擦因数为,传送带左右两端、间的距离,重力加速度。问:

(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间?

(2).物体在传送带上向左最多能滑到距多远处?

【答案】（1）1.6s（2）6.4m

【解析】

【详解】（1）物体在光滑斜面上运动，由牛顿第二定律得：

mgsinθ=ma1

解得

 a1=5m/s2

由运动学公式得 其中位移

由以上公式可得

t=1.6s

（2）物体滑到斜面底端速度为：

v0=a1t=5×1.6=8m/s

物体在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：

μmg=ma2

得：

a2=5m/s2

当物体速度减为0时物体距A最远，有运动学公式可得：

v02=2a2x

得：

x=6.4m

17.某高速公路的一个出口路段如图所示，情景简化：轿车从出口A进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B点（通过B点前后速率不变），再匀速率通过水平圆弧路段至C点，最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下．已知轿车在A点的速度v0=72km/h，AB长L1=l50m；BC为四分之一水平圆弧段，限速（允许通过的最大速度）v=36km/h，轮胎与BC段路面间的动摩擦因μ=0.5，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD段为平直路段长L2=50m，重力加速度g取l0m/s2．

（1）若轿车到达B点速度刚好为v=36km/h，求轿车在AB下坡段加速度的大小；

（2）为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC半径R的最小值及轿车A点到D点全程的最短时间．

【答案】(1)1m/s2；(2)

【解析】

【分析】

由题图可知，考查了运动学与动力学综合问题．根据物体的运动状态，进行受力分析和运动分析，分段讨论：

（1）轿车在AB段做匀减速直线运动，已知初速度、位移和末速度，根据速度位移关系公式求解加速度．

（2）轿车在BC段做匀速圆周运动，由静摩擦力充当向心力，为保证行车安全，车轮不打滑，所需要的向心力不大于最大静摩擦力，据此列式求解半径R的最小值．分三段，分别由运动学公式求解时间，即可得到总时间．

【详解】解：（1）轿车在AB段做匀减速直线运动，有：；

得加速度大小为．

（2）轿车在圆弧路段做圆周运动，由静摩擦力充当向心力，为保证安全，则有；

又

联立解得

故水平圆弧段BC半径R的最小值是20m．

设AB段运动时间为t1，BC段匀速圆周运动的时间为t2，CD段匀减速直线运动的时间为t3，全程所用最短时间为t．则，

得；

，得；

，得；

故

【点睛】能结合物体的运动情况，灵活选择运动学的公式形式是解题的关键，当不涉及加速度而要求时间时，可用位移等于平均速度乘以时间来求．