1、敦煌中学2019届高三第二次诊断考试物理试题一选择题（共12小题，1-7每小题只有一个正确答案，其它小题有多个正确答案。每小题4分，共48分。）1.一个从静止开始作匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( ).A. 1:4:9 1:2:3 B. 1:8:27 1:4:9 C. 1:2:3 1:1:1 D. 1:3:5 1:2:3【答案】B【解析】试题分析: 由匀变速直线运动规律知：，可得：，这三段位移上的平均三段大小之比为：，B对。考点:匀变速直线的运动规律、平均速度。【名师点睛】匀变速直线运动规
2、律的应用1三个基本公式vv0at，xv0tat2，v2v2ax均为矢量式，应用时应规定正方向。2方法技巧如果一个物体的运动包含几个阶段，首先要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带。然后再进一步分析各段的运动性质。2.关于匀变速直线运动，下列说法正确的是（ ）A. 匀变速直线运动的速度随时间均匀变化B. 匀减速直线运动就是加速度为负值的运动C. 匀加速直线运动的速度一定与时间成正比D. 速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动【答案】A【解析】根据v=at，a不变，可知相等时间内速度的变化量相等，说明匀变速直线运动的速度随时间均匀变化，故A正确；若规定初速度为正方向，匀减速直线运动
3、的加速度方向与初速度方向相反，则加速度为负值；若规定初速度的相反为正方向，匀减速直线运动的加速度方向与初速度方向相反，加速度为正值，故B错误；根据速度公式v=v0+at，可知，当v00，v与t不成正比，故C错误；、对于速度先减小再增大的运动，若加速度不变，也可能是匀变速直线运动，比如竖直上抛运动，故D错误。所以A正确，BCD错误。3.如图所示，圆环固定在竖直平面内，打有小孔的小球穿过圆环。细绳a的一端固定在圆环的A点，细绳b的一端固定在小球上，两绳的联结点O悬挂着一重物，O点正好处于圆心。现将小球从B点缓慢移到B点，在这一过程中，小球和重物均保持静止。则在此过程中绳a的拉力A. 直增大B. 直
4、减小C. 先增大后减小D. 先减小后增大【答案】A【解析】对联结点O进行受力分析，受三个拉力保持平衡，动态三角形如图所示：.可知小球从B点缓慢移到B点过程中，绳a的拉力逐渐变大，故A正确，BCD错误。4.如图所示，有5000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45则第2011个小球与2012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角的正切值等于（） A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：以5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得再以2012个
5、到5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，则有,故A正确.考点：考查了共点力平衡条件的应用5.入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足，在这样的恶劣天气中，甲乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前甲在后同向行驶。某是时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两辆车刹车时的图像如图，则（ ）A. 若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定等于B. 若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于C. 若两车发生碰撞，则一定是在刹车后之内的某时刻发生相撞D. 若两车发生碰撞，则一定是在刹车后以后的某时刻发生相撞【答案】C【解析】试题分析：由图像可知，两车速
6、度相等时经历的时间为20s，甲车的加速度为：，乙车的加速度为：，此时甲乙两车速度为5m/s,故甲车的位移：，乙车的位移为：，可知要想不相撞，两车的至少距离，因为两车发生碰撞，则两车的距离小于100m，故A.B错；因为速度相等后，若不相撞，两者的距离由逐渐增大，可知两辆车一定是在刹车后的20s之内的某时刻发生相撞的，故C对，D错。考点：匀变速直线的速度时间图像.【名师点睛】追及相遇问题：1从常见的三种追及、相遇问题看一个条件两者速度相等（1）初速度为零（或较小）的匀加速直线运动的物体追匀速运动的物体，在速度相等时二者间距最大；（2）匀减速直线运动的物体追匀速运动的物体，若在速度相等之前未追上，则
7、在速度相等时二者间距最小；（3）匀速运动的物体追匀加速直线运动的物体，若在速度相等之前未追上，则在速度相等时二者间距最小2分析追及、相遇类问题时，要注意抓住题目中的关键字眼审题时要充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”、“恰好”、“最多”、“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件6.石块A自塔顶自由落下高度为m时，石块B自离塔顶n处（在塔的下方）自由下落，两石块同时落地，则塔高为（）A. m+n B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设塔高为h，石块B下落时间为t，对B有，解得：， 石块A下落的时间为，A、B下落时间相同，可得 ，故B正确，A、C、D错误；故选B。【点睛】根据自
8、由落体运动位移时间公式求出A、B运动的时间，而A、B运动时间相等，从而求出塔高。7.下列关于超重、失重现象的说法正确的是（）A. 汽车驶过拱形桥顶端时处于失重状态，此时质量没变，重力减小了B. 荡秋千的小孩通过最低点时处于失重状态，此时拉力小于重力C. 宇航员在飞船内处于完全失重状态，而正在进行太空行走的宇航员在飞船外则处于平衡状态D. 电梯加速上升时，电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重力【答案】D【解析】【详解】A、汽车驶过拱形桥顶端时有竖直向下的加速度，处于失重状态，此时质量没变，重力不变，故A错误；B、荡秋千时秋千摆到最低位置时，加速度方向向上，故人处于超重状态，故B错误；C、无
9、论宇航员在舱内或是在舱外，都随着飞船一起做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，所以不是处于平衡状态，故C错误；D、电梯加速上升时，加速度向上，处在电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重力，故D正确；故选D。【点睛】物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，物体处于超重状态，有向上的加速度；物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，物体处于失重状态，有向下的加速度。8.如图所示， 小球沿斜面向上运动， 依次经a、b、c、d到达最高点e 已知ab = bd = 6m，bc=1m，小球从a到c和从c到d 所用的时间都是2s， 设小球经b、c时的速度分别为vb、 vc 则（ ）A. Vb = m/s B
10、. vc = 3m/sC. de = 3m D. 从d到e所用时间为4s【答案】ABD【解析】试题分析：根据xcdxacaT2得小球向上做匀变速直线运动的加速度为：，c点的速度为：，故B正确根据速度时间公式得，b点的速度根据速度位移公式可知，解得：，故A错误d点的速度vd=vc+aT=3-052m/s=2m/s，则de间的距离为：，故C错误d到e的时间为：，故D正确，故选BD。考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。9.如图，甲、乙两物体靠在一起放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下一起
11、从静止开始运动，已知F1F2。两物体运动一段时间后A. 若突然撤去F1，甲的加速度一定减小B. 若突然撤去F1，甲乙间的作用力减小C. 若突然撤去F2，甲的加速度一定减小D. 若突然撤去F2，乙的加速度一定增大【答案】BD【解析】一起运动时，整体的加速度；甲乙之间的作用力，解得 ；撤去F1，则整体的加速度，则a1不一定大于a；甲乙之间的作用力；选项A错误，B正确；若突然撤去F2，则整体的加速度，则a2a；即甲乙的加速度都一定增大，选项C错误，D正确；故选BD.点睛：此题考查了牛顿第二定律的应用；关键是灵活运用整体和隔离法列出方程进行比较讨论.10.如图所示，质量为m的小球悬挂在小车顶棚上，在运
12、动过程中当小球偏离竖直方向角时，则下列说法正确的是（）A. 小车可能向左减速运动B. 小车可能向右减速运动C. 小车的加速度大小a=gtanD. 悬挂线的拉力大小F= 【答案】AC【解析】试题分析：球相对车厢处于静止状态，车厢与球的加速度相同，根据牛顿第二定律得，F=mgtan=ma，解得小球的加速度a=gtan，方向向右，则小车的加速度大小为gtan，方向向右，小车向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动，故AC正确，B错误由几何关系可知，悬线的拉力，故D错误故选AC考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题为牛顿第二定律中的连接体问题；解决本题的关键知道小球和小车具有相同的加速度，隔离对小
13、球分析，运用牛顿第二定律进行求解。11.质量为m的人站在升降机中，如果升降机运动时加速度的绝对值为a，升降机底板对人的支持力N=ma+mg，则可能的情况是（）A. 升降机以加速度a向下加速运动B. 升降机以加速度a向上加速运动C. 在向上运动中，以加速度a制动D. 在向下运动中，以加速度a制动【答案】BD【解析】人的加速度，方向向上，所以升降机向上以加速度a加速或向下以加速度a减速故B、D正确，A、C错误故选BD【点睛】解决本题的关键掌握牛顿第二定律，根据加速度的大小和方向可以判断出升降机的运动情况12.5个共点力的情况如图所示已知F1F2F3F4F，且这四个力恰好为一个正方形，F5是其对角线
14、下列说法正确的是A. F1和F5的合力，与F3大小相等，方向相反B. 能合成大小为2F、相互垂直的两个力C. 除F5以外的4个力的合力的大小为FD. 这5个力的合力恰好为F，方向与F1和F3的合力方向相同【答案】AD【解析】试题分析：根据三角形法则可得F1和F5的合力大小与与F3相同，方向相反，故A正确F1和F4大小相等方向相同，F2和F3大小相等方向相同，所以能合成大小为2F、相互垂直的两个力，再与F5合成后就不是大小为2F、相互垂直的两个力，故B错误F1和F4大小相等方向相同，F2和F3大小相等方向相同，所以除F5以外的4个力的合力的大小为2F故C错误；除F5以外的4个力的合力的大小为2F
15、，方向与F5方向相反，F5大小为F，所以这5个力的合力恰好为F，方向与F1和F3的合力方向相同，故D正确故选AD考点：力的合成；平行四边形法则【名师点睛】解决的关键知道力的合成遵循平行四边形定则，以及知道合力与分力的大小关系两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线表示合力。二实验题（共2小题，18分。）13. 某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度l的关系如图1所示，则由图线可知：（1）弹簧的劲度系数为 N/m（2）为了用弹簧测定两木块A和B间的动摩擦因数，两位同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦
16、力的大小，你认为方案 更合理若A和B的重力分别为100N和200N当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为60N，b的示数为110N，c的示数为40N，则A和B间的动摩擦因数为 【答案】（1）300N/m （2）甲 0.3【解析】试题分析：1）由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=20cm，即弹簧的原长为20cm，由图读出弹力为F0=60N，弹簧的长度为L0=40cm，弹簧压缩的长度x0=L-L0=40-20=20cm=02m；由胡克定律得弹簧的劲度系数为；（2）甲乙两种方案，在拉着物体A运动的过程中，拉A的弹簧测力计由于在不断地运动，示数可能会变化，读数不是很准，弹簧测力计a是不动的，指
17、针稳定，便于读数，故甲方案更合理；由于弹簧测力计a示数为60N，所以A、B间的动摩擦因数；考点：研究弹簧弹力的大小和弹簧长度的关系【名师点睛】胡克定律公式F=kx中，x是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度第（2）关键明确实验原理，根据平衡条件和滑动摩擦定律列式求解。14.某同学欲利用如图甲所示的实验装置来测量滑块与斜面间动摩擦因数的大小，其实验步骤如下：已知重力加速度大小为g，若该同学将斜面倾角调整为时，加速度大小为a，则滑块与斜面间的动摩擦因数的表达式为=_实验中打点计时器打出的部分纸带如图乙所示，已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电，且纸带上相邻两计数点之间还有4个点未画出，由此
18、可计算出滑块在斜面上的加速度大小为a=_(计算结果保留2位有效数字)由于在实验时没有考虑滑块在下滑过程中受到的空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦，你认为该同学测得的动摩擦因数与真实值相比应_(填“偏大“、“偏小“或“不变“)【答案】 (1). (2). (3). 偏大【解析】（1）通过受力分析，由牛顿第二定律可知：mgsinmgcos=ma 解得：（2）相邻两计数间的时间间隔、利用逐差法可知加速度为：（3）滑块在下滑过程中受到的空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦，测得的动摩擦因数比真实值偏大故答案为；（1） （2）5.6 （3）偏大三、计算题（15题10分，16题12分，17题12分，共3
19、4分。）15.日本筑波大学研制出了世界上第一种商业外骨骼机器人，这种装置能帮助行动不便者以一定速度行走，某人利用该外骨骼机器人从静止开始，沿直线勻加速行走了4s,达到最大速度6m/s后，又以1.2m/s2的加速度沿直线匀减速行走了3s,然后做匀速直线 运动.求：(1)匀加速运动时的加速度大小；(2)匀速运动时的速度大小；(3)前7s过程中人的总位移大小.【答案】（1）1.5m/s2 ；（2）2.4m/s ；（3）24.6m【解析】(1)(2)由，得v2=2.4m/s(3)由得16.质量为m=0.8kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态, PA与竖直方向的夹角为37, PB沿水平方
20、向.质量为M=10kg的木块与PB相连,静止于倾角为37的斜面上,如图所示.(取, )求: (1)轻绳拉力的大小;(2)木块所受斜面的摩擦力和弹力的大小.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】先以结点P为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出PB绳的拉力大小；再以M为研究对象，分析受力，根据平衡条件求解斜面对木块的摩擦力和弹力。【详解】解：(1)如图甲所示分析结点P受力由平衡条件得：可解得：BP绳的拉力为AP绳的拉力为 (2)再分析M的受力情况如图乙所示。由物体的平衡条件可得： 又有解得：，17.如图甲所示，一足够长的质量M=0.4kg的长木板静止在水平面上，长木板与水平面间的动摩擦因数=0
21、.1，一质量m=0.4kg的小滑块以v0=1.8m/s的速度从长木板的右端滑上长木板，小滑块刚滑上长木板0.2s内的速度图象如图乙所示，小滑块可看成质点，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1（2）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总位移x【答案】(1) 2m/s2 (2) 0.54m【解析】【分析】小滑块刚滑上长木板时做匀减速运动，结合图象的斜率求出其加速度a2，根据牛顿第二定律求得小滑块受到的滑动摩擦力，再对长木板，由牛顿第二定律求加速度a1；根据速度时间公式，求出两者速度到达相等时经历的时间以及共同速度，二者速度相等后一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求得加速度，再由位移公式求出位移，然后求和即可得到小滑块运动的总距离。【详解】解：(1)小滑块刚滑上长木板时加速度大小为 小滑块对长木板的滑动摩擦力 地面对长木板的最大静摩擦力 因为，所以小滑块刚滑上长木板后，长木板向左匀加速，小滑块向左匀减速，据牛顿第二定律：以木板为研究对象,有：代入数据得： (2)设经过时间t小滑块与长木板速度相等时,有： 代入数据得： 共同速度 这段时间内,小滑块运动的距离为： 此后小滑块与木板一起做匀减速运动据牛顿第二定律： 加速度的大小为： 共同运动的距离为： 所以小滑块滑行的总位移为：
