1、汉中中学2019届高三第二次模拟考试物理试题一、选择题1.关于伽利略对自由落体运动的研究,下列说法中正确的是( )A. 伽利略认为在同一地点,重的物体和轻的物体下落快慢不同B. 伽利略猜想运动速度与下落时间成正比,并直接用实验进行了验证C. 伽利略用小球在斜面上运动“冲淡重力”,验证了运动速度与位移成正比D. 伽利略通过数学推演并用小球在斜面上的运动,验证了位移与时间的二次方成正比【答案】D【解析】【详解】亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，故A错误；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故B错误；小球在斜面上运
2、动运动速度与位移不成正比，故C错误；伽利略通过数学推演并用小球在斜面上的运动,验证了位移与时间的二次方成正比，故D正确。所以D正确，ABC错误。2.在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10m/s2) ( )A. 25m/s , 0.25 B. 50m/s , 0.25 C. 25m/s , 1.25 D. 50m/s , 1.25【答案】B【解
3、析】【详解】上升过程中所受的平均阻力f=kmg，根据牛顿第二定律：，可得：，根据，解得：，所以v0=at=50m/s，而（k+1）g=12.5m/s2，所以 k=0.25。所以B正确，ACD错误。3.如图所示，左侧是倾角为 60的斜面、右侧是圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端的切线水平，一根两端分别系有质量为m1、m2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮当它们处于平衡状态时，连接m2小球的轻绳与水平线的夹角为60，不计一切摩擦，两小球可视为质点两小球的质量之比m1m2等于( )A. 11 B. 32 C. 23 D. 34【答案】C【解析】【详解】先以m1球为研究对象，由平衡条件得知，绳的拉力
4、大小为：T=m1gsin60，再以m2球为研究对象，分析受力情况，如图所示：由平衡条件可知，绳的拉力T与支持力N的合力与重力大小相等、方向相反，作出两个力的合力，由对称性可知，T=N，2Tcos30=m2g，联立解得：ml：m2=2：3，故C正确，ABD错误。4.如图所示，质量为m12 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m21 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g10 m/s2，下列正确的是( )A. 轻绳对定滑轮的作用力大小为80 NB. 物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2C. 物体A处于超重状态，
5、加速度大小为20 m/s2D. 物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 N【答案】D【解析】【详解】设加速度大小为a，对物体A，受到重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：T-m1g=m1a；对物体BC整体，根据牛顿第二定律，有：（M+m2）g-T=（M+m2）a，联立解得：a=5m/s2，T=30N，物体A以的5m/s2加速度加速上升，超重，故BC错误；物体C受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：m2g-N=m2a，解得：N=m2（g-a）=1（10-5）=5N，故D正确；滑轮受力平衡，故2T=F，故轻绳对定滑轮的作用力为60N，故A错误。所以D正确，ABC错误。5.如图所示，一斜劈放在粗糙水平
6、面上，保持静止，斜劈上有一物块，甲图中，物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑；乙图中，对该物块施加一平行于斜面向下的推力F2使其加速下滑，丙图中，对该物块施加一平行于斜面向上的推力F3使其减速下滑；三种情况地面对斜劈的摩擦力分别为f1、f2、f3，则以下说法正确的是（ ）A. f1f2f30B. f3 0， 且f3 向左C. f1、f2向右， 且f1f2D. f2和f3方向相反【答案】A【解析】【详解】由于甲图中物块在斜面是匀速运动，把斜面和物块当作整体，则整体受到的合外力为零，故地面对斜劈没有摩擦力，即f1=0；图乙和图丙中有推力，垂直斜面方向平衡，故支持力N=mgcos，故滑动摩擦力f=N=m
7、gcos；三幅图中支持力和摩擦力均相同；对斜面体受力分析，受重力、压力、滑动摩擦力、支持力、地面对其可能有静摩擦力，三种情况下力一样，故静摩擦力相同，所以f1=f2=f3=0，故A正确，BCD错误。6.如图甲所示，当A、B两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F作用于A的左端，使A、B一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为a1 ，A、B间的相互作用力的大小为N1.如图乙所示，当A、B两物块放在固定光滑斜面上时，此时在恒力F作用下沿斜面向上做匀加速直线运动时的加速度大小为a2，A、B间的相互作用力的大小为N2，则有关a1、a2和N1、N2的关系正确的是( )A. a1a2 ， N1N2 B.
8、a1a2 ， N1N2C. a1a2 ， N1N2 D. a1a2 ， N1N2【答案】C【解析】【详解】对于甲图，根据牛顿第二定律：，可得加速度：，隔离对B分析，A对B的作用力：；对乙图，根据牛顿第二定律：，解得：，隔离对B分析，有：N2-mBgsin=mBa2，解得：，由此可知a1a2，N1=N2，故C正确，ABD错误。7.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2v1，则 ( )A. t2时刻，小物块相对传送带
9、滑动的距离达到最大B. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大C. 0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D. 0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【答案】A【解析】【详解】由于传送带向右运动，t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，则知小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故A正确；由图可知，t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，此后反向运动，位移减小，故B错误；在0-t1时间内小物块向左减速受向右的摩擦力作用，在t1-t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，故摩擦力一直向右，故C错误；t2之后，二者速度相等，保持相对静止，故此时二者
10、间没有相对运动或相对运动的趋势，不再受摩擦力，故D错误。所以A正确，BCD错误。8.如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( )A. L B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度v0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理：，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为
11、零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：Mv0=（M+M）v1，对系统运用能量守恒有：，联立解得：，故C正确，ABD错误。9.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示。已知两车在t=3s时并排行驶，则（ ） A. 在t=0 时，甲车在乙车前7.5mB. 在t=1s时，甲车在乙车后C. 两车另一次并排行驶的时刻是t=2sD. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m【答案】AD【解析】【详解】由图象可知，甲的加速度，乙的加速度：， 0至1s，甲的位移：，乙的位移：，则，x=x乙-x甲=12.5-5=7.5m，即在t=0时，甲车在乙车前7.5m，故A正确；根据
12、“面积”大小表示位移，由图象可知，1s到3s甲、乙两车通过的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故BC错误；1到3s，甲车的位移为，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D正确。所以AD正确，BC错误。10.如图所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为，用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为30的斜面上，B悬于斜面之外，处于静止状态现在向A中缓慢地加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中 ( )A. 绳子拉力大小不变，恒等于 MgB. A对斜面的压力逐渐增大C. A所受的摩擦力逐渐增大D. A所受的摩擦力先增大后减小【答案】
13、AB【解析】【详解】因为系统处于平衡状态，所以绳的拉力始终等于B的重力，故A正确；盒子A对斜面的压力等于其重力沿垂直于斜面的分力，即FN=Mgcos，加沙的过程中，FN逐渐增大，故B正确；开始时，A的重力沿斜面的分力，静摩擦力沿斜面向下，当两者相等时，摩擦力减为0，继续加沙，静摩擦力反向增大，故C D错误。所以AB正确，CD错误。11.如图所示，物体从倾斜的传送带的顶端由静止下滑，当传送带静止时，物体下滑的加速度为a1，下滑到传送带的底端所用的时间为t1，到底端时的速度为v1，物体与传送带摩擦生热量为Q1；当传送带顺时针转动时，物体下滑的加速度为a2，下滑到传送带的底端所用的时间为t2，到底端
14、时的速度为v2，物体与传送带因摩擦生热量为Q2 ，则( )A. a1 a2 B. t1 t2 C. v1 = v2 D. Q1 Q2【答案】CD【解析】【详解】物体M开始受重力、支持力和向上的滑动摩擦力做匀加速直线运动，当传送带速度向上时，M相对于传送带向下滑，所受的摩擦力仍然沿传送带向上，所以M仍然做匀加速直线运动，受力不变，故加速度不变，故A错误；当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，加速度不变，空间位移未变，则滑到底端的时间不变，故B错误；物块滑到传送带底端时的速度v=at，故与传送带的速度无关，故C正确；初速度顺时针转动的情况下，木块相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变
15、大，故D正确。所以CD正确，AB错误。12.如图所示，物体A放在固定的斜面B上，若在A上施加一个竖直向下的恒力F，则下列说法中正确的有( )A. 若A原来是静止的，则施加力F后 A仍保持静止B. 若A原来是匀速下滑的，则施加力F后A仍匀速下滑C. 若A原来是加速下滑的，则施加力F后A的加速度将增大D. 若A原来是加速下滑的，则施加力F后A的加速度不变【答案】ABC【解析】【详解】若A原来静止，有：mgsinmgcos，施加F后，因为仍有（F+mg）sin（F+mg）cos，则A仍然保持静止，故A正确；若 A原来匀速下滑，物体受重力、支持力和滑动摩擦力，则有 mgsin=mgcos施加F后，仍有
16、（F+mg）sin=（F+mg）cos，所以A仍匀速下滑，故B正确；未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有，当施加F后，加速度：，因为gsingcos，所以FsinFcos，可见aa，即加速度增大，故C正确，D错误。所以ABC正确，D错误。二、实验题13.“验证力的平行四边形定则”的实验如图甲所示，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。(1)图乙中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是_ （填“F”或“F”）(2)本实验中以下说法正确的是_A两根细绳必须等长B橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C在使用弹簧秤
17、时要注意使弹簧秤与木板平面平行D实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角必须取90【答案】 (1). (2). C【解析】【详解】（1）实验中F是由平行四边形得出的，而F是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，由于实验过程不可避免的存在误差，因此理论值和实验值存在一定的偏差。所以方向一定沿AO方向的是F。（2）为方便标出力的方向，两根细绳需要适当长些，两根细绳不需要等长，故A错误；两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上，故B错误；在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行，否则会影响力的大小，故C正确；实验中，两分力的夹角没有要
18、求，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角不必取90，故D错误。所以C正确，ABD错误。14.如图为“验证牛顿第二定律”的实验装置， 小车及车中的砝码质量用M表示，砝码盘及盘中的砝码质量用m表示 (1)采用控制变量的方法来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到的力的关系，下列措施中不需要和不正确的是_首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力平衡摩擦力的方法就是，在塑料小桶中添加砝码，使小车能匀速滑动每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源A B C D(2)下图是甲同学某
19、次实验所打出的一条纸带，若交流电的频率为f，某同学在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出写出用s1、s2、s3、s4 以及f来表示小车加速度的表达式：a=_(3)下图是乙同学根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（ ） A小车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大 D所用小车的质量太大(4)丙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出 图线后，发现：当 较大时，图线发生弯曲。于是，该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的
20、末端发生弯曲的现象。那么，该同学的修正方案可能是（ ） A改画a与 的关系图线 B改画a与(M+m)的关系图线C改画 a与 的关系图线 D改画a与的关系图线(5)探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系”实验完成后，同学们又打算测出小车与长木板间的动摩擦因数。于是先取掉了长木板右端垫的小木块，使得长木板平放在了实验桌上，并把长木板固定在实验桌上；在砝码盘中放入适当的砝码后，将小车靠近打点计时器，接通电源后释放小车，打点计时器便在纸带上打出了一系列的点，并在保证小车的质量M、砝码（连同砝码盘）的质量m不变的情况下，多次进行实验打出了多条纸带，分别利用打出的多条纸带计算出了小车运动的加速度a，
21、并求出平均加速度，则小车与长木板间的动摩擦因数=_。（用m、M、g表示）【答案】 (1). B； (2). ； (3). C； (4). A； (5). 【解析】【详解】（1）实验首先要平衡摩擦力，使小车受到合力就是细绳对小车的拉力，故正确；平衡摩擦力的方法就是，小车与纸带相连，小车前面不挂小桶，把小车放在斜面上给小车一个初速度，看小车能否做匀速直线运动；故不正确；由于平衡摩擦力之后有Mgsin=Mgcos，故tan=，所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故不需要；实验中，要保证塑料桶和所添加砝码的总
22、质量远小于小车的质量，这样才能使得塑料桶和所添加砝码的总重力近似等于细绳对小车的拉力，所以实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力，故正确；实验中应先接通电源，后放开小车，故不正确。因此不需要和不正确的有，故选B。（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔，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：s3-s1=2a1T2 ，s4-s2=2a2T2 为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值：，即小车运动的加速度计算表达式为：。（3）设加速度为a，小车质量M，钩码质量m，对小车：F=Ma；对钩码：F-mg=ma；联立解得：，
23、当M远大于m时，忽略掉钩码质量m，有，加速度才与小车的质量成反比，所以出现误差的原因是所挂钩码的总质量太大，故C正确，ABD错误。（4）对系统研究，根据牛顿第二定律得，mg=（M+m）a，解得：，因此在mg一定的条件下，故A正确，BCD错误。（5）对小车和砝码（连同砝码盘）整体进行受力分析，砝码（连同砝码盘）的重力和摩擦力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律得：，解得：。三、计算题15. 如图所示，斜面倾角为，斜面上AB段光滑，其它部分粗糙，且斜面足够长一带有速度传感器的小物块（可视为质点），自A点由静止开始沿斜面下滑，速度传感器上显示的速度与运动时间的关系如下表所示：时间（s）0123456速
24、度（m/s）061217212529取g=10m/s2，求：（1）斜面的倾角多大？（2）小物块与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为多少？（3）AB间的距离xAB等于多少？【答案】（1）斜面的倾角为37；（2）小物块与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为为0.25；（3）AB间的距离xAB等于18.75m【解析】试题分析：（1）当小物块在AB段运动时，设加速度为，根据牛顿第二定律得（2分）由表格可知所以（2）过B点后物块的加速度设为，根据牛顿第二定律得（2分）由表格可知所以（3）可以判断B点对应于2s3s之间的某个时刻，设为从第2s时刻运动至B点所用时间，为从B点运动至第3s时刻所用时间。则s解之得所以考
25、点：牛顿第二定律的应用点评：中等难度。本题根据表格中的数据算出加速度，然后在由牛顿第二定律求出所需物理量，属于牛顿第二定律应用的典型习题。16.如图所示，质量M4 kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F6 N，当小车向右运动的速度达到2 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量m1 kg的小物块，并保持力F不变，物块与小车间的动摩擦因数0.2，小车足够长(g取10 m/s2)，求(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度？(3)从小物块放上小车开始，经过t3 s小物块通过的位移大小为多少？【答案】(1)2 m/s2 1 m/s2
26、 (2)2 s (3)8.6 m【解析】【分析】分别以小物体与小车为研究对象，运用牛顿第二定律即可求解两者的加速度大小；小物体与小车在达到相同速度之前均做匀加速直线运动，由速度公式即可计算出达到相同速度所用的时间；此问要分两个阶段计算，先计算速度达到相同之前小物体的位移；之后小物体与小车保持相对静止一起向右加速运动，运用整体法求解加速度，再根据x、t关系求解小物体第二段的位移。【详解】（1）小物体受到水平向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：mg=mam解得：am=2 m/s2根据小车的受力，由牛顿第二定律得：F-mg=MaM解得小车的加速度：aM=1 m/s2（2）设经过t1时间两者达到相同速
27、度，由速度关系得：由amt1v0aMt 代入数据解得：t12 s(3)在开始2 s内小物块的位移s1amt14 m 2 s末的速度vamt14 m/s在接下来的1 s物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度： 这1 s内的位移s2vtat4.6 m通过的总位移ss1s28.6 m.【点睛】此题是较为简单的长木板模型；在分析时要以地面为参考系，分别从力学与运动学的角度分析小物体与小车，再根据两者的位移关系与速度关系来求解问题。17.下列说法正确的是_。 A 橡胶无固定熔点，是非晶体 B当物体吸收热量时，其温度一定升高C做功和热传递是改变物体内能的两种方式D布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无
28、规则运动的反映E第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律【答案】ACE【解析】【详解】非晶体的特点是无固定熔点，故A正确；物体吸热时，内能增大，但温度不一定升高，例如：晶体在熔化过程中虽然继续吸热，但温度是不变的，故B错误；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，故C正确；布朗运动是液体分子无规则运动的反映，故D错误；第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故E正确。所以ACE正确，BD错误。18.一圆柱形气缸，质量M为10kg，总长度L为40cm，内有一活塞，质量m为5kg，截面积S为50cm2，活塞与气缸壁间摩
29、擦可忽略，但不漏气（不计气缸壁与活塞厚度），当外界大气压强p0为1105Pa，温度t0为7时，如果用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图所示，气缸内气体柱的高L1为35cm，g取10m/s2求：此时气缸内气体的压强；当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离？【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（i）以气缸为研究对象，受力分析，受到重力、外界大气压力，气缸内气体的压力，根据平衡条件得：，则：。（ii）温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体等压变化方程得：当活塞与气缸将分离时，气柱的总长度为，代入数据得：解得：。考点：理想气体的状态方程【名师点睛】能够把力学中的受力分析和平衡知识运
30、用到理想气体变化的问题中，根据题目找出气体的变化的物理量和不变的物理量。19.图（a）为一列简谐横波在t=2 s时的波形图，图（b）为媒质中平衡位置在x=1.5 m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x=2 m的质点。下列说法正确的是_。A、波速为0.5 m/s B、波的传播方向向右C、02 s时间内，P运动的路程为8 cm D、当t=7 s时，P恰好回到平衡位置E、02 s时间内，P向y轴正方向运动【答案】ACD【解析】【详解】由图（a）可知该简谐横波波长为 =2m，由图（b）知周期为 T=4s，则波速为：，故A正确；根据图（b）的振动图象可知，在x=1.5m处的质点在t=2s时振动方向向下，
31、所以该波向左传播，故B错误；由于t=2s时，质点P在波谷，且2s=0.5T，所以质点P的路程为 S=2A=8cm，故C正确；由图（b）知周期为 T=4s，当t=7s时，因为从t=2s到t=7s经历时间，所以当t=7 s时，P恰好回平衡位置，故D正确；由于该波向左传播，由图（a）可知t=2s时，质点P已经在波谷，所以可知02s时间内，P向y轴负方向运动，故E错误。所以ACD正确，BE错误。20.半径为R的半圆形玻璃砖横截面如图所示，O为圆心，光线a沿半径方向射入玻璃砖后，恰在O点发生全反射，已知aOM45，求：玻璃砖的折射率n；另一条与a平行的光线b从最高点入射玻璃砖后，折射到MN上的d点，则这根光线能否从MN射出？Od为多少？【答案】(1) (2) 【解析】【分析】光线在O点恰好发生全反射，入射角等于临界角C，由临界角公式，求出玻璃砖的折射率n；光线从MN面射出时会发生全反射现象，则可得出不能从MN边射出的边界；再分析光从玻璃上表面射入的光线的临界值可得出光束宽度。【详解】光路如图所示：在O点恰好发生全发射，故设b光在玻璃砖中折射角为，则由折射定律可得，所以30.这根光线在MN界面的入射角也为30，能从MN射出由几何关系得：OdRtan30【点睛】本题要掌握光的折射定律及全反射临界角公式，要注意分析发应全反射光线的边界的确定，作出光路图即可求解。
