2019届广东省汕头市金山中学高三上学期9月月考理科综合物理试题（解析版）

 2019届广东省汕头市金山中学高三上学期9月月考理科综合物理试题（解析版）1.如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度相同，下列说法正确的有...............A. 三条绳中的张力大小一定相等B. 杆对地面的压力等于三条绳对杆的拉力的合力C. 绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D. 绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力【答案】C【解析】【详解】由于杆保持静止，故在水平方向三绳子水平分力的合力应为零，虽然绳子等长，若三条绳子之间的夹角不同，则三条绳子的拉力不一定相等，A错误C正确；三条绳子的拉力在竖直向下方向上有分力，杆自身有重力，且杆在竖直方向合力为零，所以杆对地面的压力大于三条绳对杆的拉力的合力，B错误；绳子拉力的合力方向竖直向下，杆的重力方向竖直向下，故不是一对平衡力，D错误．2.如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α＞β．一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是（ ）A.     B. C.     D. 【答案】C【解析】试题分析：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1，mgsinβ-μmgcosβ=ma2，得a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinβ-μgcosβ，则知a1＞a2;而v-t图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率．上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x=at2知，上滑过程时间较短．因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都是直线．由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c点的速度小于v0．故C正确，ABD错误．故选C考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题关键运用牛顿第二定律和运动学公式分析两个过程加速度关系、运动时间关系，即可结合图象的物理意义进行选择．视频 3.一架飞机水平匀加速飞行，从飞机上每隔一秒释放一个铁球，先后共释放4个，若不计空气阻力，则这四个球A. 在空中任何时刻总是在飞机的正下方排成竖直的线B. 它们的落地点间距是不相等的C. 它们的落地时间间隔是不相等的D. 它们在空中的飞行时间是不相等的【答案】B【解析】【详解】设飞机的加速度为a，飞机释放一个铁球后，经过T=1s后释放第二个，由于飞机做匀加速直线运动，此时第一个铁球与第二个铁球间的水平位移，再经T=1s释放第三个铁球，由于此时的飞机与第一个球的水平位移是，再经1s释放第四个球，此时飞机与第一个球的水平位移为．则知第二、三、四个小球与飞机的水平位移之比为1：4：9，竖直方向上做自由落体运动，竖直方向上的位移之比为1：4：9．所以在空中任何时刻总是在飞机的下方排成倾斜的直线， A错误；小球竖直方向做自由落体运动，由得，可知它们在空中的飞行时间相等，落地时间间隔也相等，平抛运动的初速度不等，则落地点不等间距，B正确CD错误．4.已知金星绕太阳公转的周期小于1年，据此可判定A. 金星的向心加速度大于地球的向心加速度B. 金星的质量大于地球的质量C. 金星到太阳的距离大于地球到太阳的距离D. 金星的密度大于地球的密度【答案】A【解析】【详解】金星和地球绕太阳公转过程中，太阳对两者的万有引力充当向心力，根据公式可知，即周期越大，轨道半径越大，所以金星绕太阳公转的轨道半径小于地球绕太阳公转的轨道半径，C错误；根据公式可得，轨道半径越小，向心加速度越大，所以金星的向心加速度大于地球的向心加速度，A正确；由于在计算过程中环绕天体的质量抵消，所以无法判断两者质量之间的关系，也无法比较，所以密度也无法比较，BD错误．5.如图所示，两个完全相同的物块A、B套在水平粗糙的直杆CD上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕经过CD中点的竖直转轴OO'转动，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO'轴的距离为物块B到OO'轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速缓慢增大，直到两物块A、B即将与杆发生相对运动．在这一过程中A. B受到的静摩擦力一直增大B. B受到的静摩擦力是先增大后减小C. A受到的静摩擦力是先增大后减小D. A受到的合外力一直在增大【答案】D【解析】【分析】在转动过程中，两物体都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以做向心力时，绳子的拉力就会来做补充，速度再快，当这2个力的合力都不足以做向心力时，物体将会发生相对滑动，根据向心力公式进行讨论即可求解．【详解】开始角速度较小时，两物体均靠静摩擦力提供向心力，角速度增大，静摩擦力增大，根据，知，随着角速度的增大，A先达到最大静摩擦力，A先使绳子产生拉力的，所以当绳子刚好产生拉力时，B受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，随着角速度的增大，对B，拉力和静摩擦力的合力提供向心力，由于刚开始产生拉力时拉力方向和静摩擦力方向相反，所以角速度增大，B的静摩擦力会减小，然后反向增大。对A，拉力和最大静摩擦共同提供向心力，角速度增大，静摩擦力不变，可知A的静摩擦力先增大达到最大静摩擦力后不变，B的静摩擦力先增大后减小，再增大，ABC错误；根据可知随着角速度的增大，A的合外力一直在增大，D正确．6.如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过固定于O′点的光滑滑轮悬挂一质量为1kg的物体P，此时轻绳OO′段水平，长度为0.8m。绳子OO′段套有一个可自由滑动的轻环。现在轻环上挂上一重物Q，用手扶住重物后缓慢下降，直到手与重物分离，重物Q下降的高度为0.3m，此时物体P未到达滑轮处。则A. 重物Q的质量为1.2kgB. 重物Q的质量为1.6kgC. 物体P上升的高度为0.2mD. 物体P上升的高度为0.4m【答案】AC【解析】【详解】重新平衡后，根据几何知识可得，即，之间的绳长为0.5×2=1m，故伸长了1m-0.8m=0.2m，即P上升了0.2m，C正确D错误；重新平衡后，对轻环处结点受力分析，如图所示，则根据平行四边形定则可得，解得，A正确B错误．7.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm．现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳的拉力可能为A.     B. fm    C.     D. 【答案】CD【解析】【分析】要使四个物体一块做加速运动而不产生相对运动，m与2m两接触面上的静摩擦力不能超过最大静摩擦力；分析各物体的受力可确定出哪一面上达到最大静摩擦力；由牛顿第二定律可求得最大拉力，从而确定出轻绳的拉力可能值．【详解】要想使四个木块同一加速度，则任意两个木块间的静摩擦力都不能超过最大静摩擦力，设左侧两木块间的摩擦力为，右侧木块间摩擦力为．则有：对左侧两个木块：对2m有：①；对m有：②；对右侧两个小木块：对m有：③；对2m有④；联立可，四个物体加速度相同，由②+③得⑤，可知；故应先达到最大静摩擦力，由于两个接触面的最大静摩擦力最大值为，所以应有⑥，联立①②③解得：轻绳的拉力最大值．所以轻绳的拉力可能为，CD正确．【点睛】本题注意分析题目中的条件，明确哪个物体最先达到最大静摩擦力；再由整体法和隔离法求出拉力；同时还应注意本题要求的是绳子上的拉力，很多同学求成了F．8.图为—水平传送带装置示意图，绷紧的水平传送带AB始终保持某一恒定的速率v运行，一小物块无初速地放在A处，传送带对物块的摩擦力使行李开始运动，并在传送带右侧脱离传送带．下列说法正确的是A. 传送带运行速率v变大时，物块在传送带上的运动时间可能不变B. 不管传送带运行速率v多大，物块一定在水平段末端点B脱离传送带C. 若物块释放后一直加速到末端点B并脱离传送带，则物块在空中做平抛运动的水平位移达到最大D. 若将物块释放点改在A处右侧，则物块到达B点的速度一定比原来的变小【答案】AC【解析】【分析】若行李在传送带上一直做匀加速运动，运动时间不变．设轮子的半径为r，行李刚好从B点水平飞出的临界速度为．行李从B脱离传送带后做平抛运动，速度越大，在空中的水平位移越大．行李释放点改在A处右侧，行李运动到末端B前可能做匀速运动，速度不变．【详解】若行李在传送带上一直做匀加速运动，当传送带速率变大时，物块与传送带之间的摩擦力不变，即加速度不变，根据可得物块在传送带上的运动时间可能不变，A正确；设轮子的半径为r，物块刚好从B点水平飞出的临界速度为，则有，得．若物块到达B点时速度大于等于，物块能在水平段末端B脱离传送带。若物块到达B点时速度小于，物块会在末端B的右侧滑下，B错误；若物块释放后一直加速到末端B脱离传送带，物块获得的速度最大，则物块在空中做平抛运动，竖直高度不变，在空中运动时间不变，则水平位移达到最大，C正确；若物块释放点改在A处右侧，物块可能先做匀加速运动，再做匀速运动，到达B点时速度等于传送带的速度v，即物块运动到末端B的速度可能不变，D错误．【点睛】本题考查了传送带问题，分析清楚行李的运动过程是解题的前提与关键：行李在传送带上即可在一直做初速度为零的匀加速直线运动，也可能先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速直线运动．三、非选择题： 9.甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下：（1）甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端，让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端（位置恰好处于L刻度处，但未碰到尺），准备用手指夹住下落的尺。学科@网（2）甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为L1，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为________（用L、L1和g表示）。（3）已知当地的重力加速度大小为g=9.80 m/s2，L=30.0 cm，L1=10.4 cm，乙的反应时间为__________s。（结果保留2位有效数字）（4）写出一条提高测量结果准确程度的建议：___________。【答案】    (1).     (2). 0.20      (3). 多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子【解析】试题分析  本题主要考查自由落体运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用教材知识解决实际问题的能力。解析  根据题述，在乙的反应时间t内，尺子下落高度h=L-L1，由自由落体运动规律，h=gt2，解得t=。代入数据得：t=0.20s。点睛  测量反应时间是教材上的小实验，此题以教材小实验切入，难度不大。10.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置.（1）实验时，需要满足的条件或正确进行的操作是________.A．实验中一定要保证钩码的质量m远小于小车的质量M.B．将带滑轮的长木板右端适当垫高，完成平衡小车摩擦力的步骤.C．让小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数.D．改变钩码的质量，相对应打出几条纸带.（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算点4的速度为v4＝________m/s，加速度 a＝________ m/s2 (均保留三位有效数字)．（3）以拉力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a - F图像是一条直线，测得图线的斜率为k，则小车的质量M =________．【答案】    (1). （1）BD；     (2). （2）0.314，     (3). 0.496（0.493~0.499）；    (4). （3）1/k．【解析】【详解】（1）因为有拉力传感器，拉力可以直接读出来，所以不需要保证钩码的质量m远小于小车的质量M，A错误；为了保证钩码对小车的拉力为小车受到的合外力，故需要平衡摩擦力，即将带滑轮的长木板右端适当垫高，B正确；打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，C错误；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，D正确．（2）由于两计数点间还有4个点没有画出，故两点之间的时间间隔为T=5×0.02s=0.10s，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度可知，，取六段距离，采用两分法，由可得：．（3）根据牛顿第二定律可得，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数F为小车质量的倒数，故小车质量为．【点睛】在处理该实验问题时，一定要注意题中给出的仪器有没有拉力传感器，若有即表示力可以直接读出，不需要钩码质量远小于小车质量，若没有，则需要钩码质量远小于小车质量；做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度．11.如图所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，弹簧的劲度系数都为k，弹簧两端与两物体连接．原来A、B都处于静止状态，现用竖直向上的拉力向上拉A，使A以大小为a的加速度匀加速上升．已知弹簧长度在弹性限度内变化，重力加速度为g．求：（1）B刚好离开地面时，A上升的总高度．（2）B刚好离开地面时，作用在A上的拉力大小．【答案】（1）h=；（2）F=3mg+ma【解析】（1）开始弹簧比原长缩短 x1，A 处于静止，有mg  kx1    ①B 刚好离开地面时弹簧比原长伸长 x2，有2mg  kx2   ②A 上升的总高度h  x1  x2    ③解得 ④ （2）B 刚好离开地面时，对 A，有F  mg  kx2  ma    ⑤解得作用在 A 上的拉力大小F  3mg  ma    ⑥12.一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A和B的质量均等于m，它们之间的滑动摩擦力为f．开始时B竖直放置，下端距水平地面的高度为h，A处于B的上端，如图所示．它们由静止同时开始下落，木棒碰到地面时立刻以碰前的速度反向弹起．木棒第二次落地时圆环未脱落木棒．忽略空气阻力的影响，取重力加速度为g。（1）若f=mg，求木棒碰到地面后弹起的最大高度；（2）若f=0.5mg，求木棒第二次落地时圆环的速度大小；（3）若f=2mg，求木棒第二次落地瞬间木棒的速度大小．【答案】（1）hB1=h/2；（2）；（3）【解析】【详解】（1）A和B一起下落到落地时，有①，B反向弹起匀减速上升到最高点，有②，③，将f=mg代入解得B弹起的最大高度④；（2）f=0.5mg，则B触地后A匀加速下落，而B先上升后下降，加速度一直保持不变，取竖直向下为正方向，对B，有⑤，⑥；对A，有⑦，⑧，将f=0.5mg代入解得B第二次落地时A的速度大小⑨；（3）f=2mg，则B触地后A先匀减速下落，而B先上升后下降，设经过时间t，A、B速度相等，取竖直向下为正方向，对A，有⑩，⑪对B，有⑫解得，⑬⑭在A、B发生相对运动的这段时间内，B的位移大小为y，有⑮此后A、B一起向下做下抛运动，有⑯解得木棒第二次落地瞬间的速度大小⑰13.如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．一小物块置于陶罐内壁上，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ=53°．已知物块与陶罐内壁间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°=0.8，cos53°=0.6．（1）转台静止不动时，小物块放置后开始沿内壁下滑时的加速度大小；（2）转台以一定角速度匀速旋转时，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止．求转台旋转的角速度ω在什么范围内？【答案】（1）0.5g；（2）【解析】【详解】（1）转台静止不动时，小物块放置后，有①，代入数据解得物块的加速度大小a=0.5g②；（2）小物块随陶罐一起转动，角速度最小为ω1，此时摩擦力方向沿切线向上，有③，④，⑤，⑥，联立解得⑦小物块随陶罐一起转动，角速度最大为ω2，此时摩擦力方向沿切线向下，有⑧，⑨，⑩，联立解得⑪转台旋转的角速度所在范围⑫