1、2019 届高三上学期一轮复习第二次质量检测物理试题一选择题：（每小题 4 分，共 48 分.其中第 1-9 题，每题仅有一个选项正确，第 10-12 题，每题有多个选项正确）1.东汉王充在论衡状留篇中记述了球的运动：“圆物投之于地，东西南北，无之不可；策杖叩动，才微辄停” 。关于运动和力的关系，下列说法中正确的是A. 力是维持物体运动的原因B. 力是改变物体惯性大小的原因C. 力是改变物体位置的原因D. 力是改变物体运动状态的原因【答案】D【解析】这句话的意思是放置在地上运动的圆物，用棒拨动，才能使它停下来。说明力是改变物体运动状态的原因，A、B、C 错误、D 正确。2.如图所示为 A、 B
2、 两质点在同一直线上运动的位移-时间（ x-t）图像 A 质点的图像为直线， B 质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点 C、 D 坐标如图所示下列说法正确的是A. t1时刻 B 追上 A， t2时刻 A 追上 BB. t1t2时间段内 B 质点的平均速度小于 A 质点的平均速度C. 质点 A 做直线运动，质点 B 做曲线运动D. 两物体速度相等的时刻一定在 t1t2时间段内的某时刻【答案】D【解析】图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇， t1时刻 A 追上 B，t2时刻 B 追上 A，故 A 错误；t 1t 2时间段内，两质点通过的位移相等，则 B 质点的平均速度与 A 质点匀速运动的速
3、度相等，故 B 错误两物体的速度均为正值，故两质点均做直线运动，选项 C 错误；因曲线的切线的斜率等于物体的速度，故由图像可知两物体速度相等的时刻一定在 t1t 2时间段内的某时刻，故 D正确故选 D.点睛：解决本题的关键要理解位移-时间图象点和斜率的物理意义：知道两图线相交表示相遇，斜率表示速度3.如图所示,物块 A 放在直角三角形斜面体 B 上面, B 放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁,初始时 A、 B静止;现用力 F 沿斜面向上推 A,但 A、 B 仍未动。则施力 F 后,下列说法正确的是：A. 弹簧弹力一定不变B. B 与墙面的弹力可能不变C. B 与墙之间可能没有摩擦力D. A、 B 之
4、间的摩擦力一定变大【答案】A【解析】对整体分析，由于 AB 不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于 A、B 的总重力，施加 F 后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则 B 与墙之间一定有摩擦力，故A 正确 C 错误；以整体为研究对象，开始时 B 与墙面的弹力为零，后来加 F 后，弹力为 ，弹力变化，B 错误；对 A，开始受重力、 B 对 A 的支持力和静摩擦力平衡，当施加 F 后，仍然处于静止，开始 A 所受的静摩擦力大小为 ，若 ，则 A、B 之间的摩擦力大小可能不变，D 错误4.竖直正方形框内有三条光滑轨道 OB、OC 和 OD，三轨道交于 O 点，且与水平方
5、向的夹角分别为 30o、45 o和 60o。现将甲、乙、丙三个可视为质点的小球同时从 O 点静止释放，分别沿OB、OC 和 OD 运动到达斜面底端。则三小球到达斜面底端的先后次序是A. 甲、乙、丙 B. 丙、乙、甲C. 甲、丙同时到达，乙后到达 D. 不能确定三者到达的顺序【答案】B【解析】对乙丙：设斜面的倾角为 ，则下滑的加速度 agsin，下滑的位移 ，根据 x= at2 得，故倾角越大的下落时间越短，故乙和丙，丙先到达底端；对甲乙：运动到底端的时间 ，则甲乙两物体中，乙时间短，先到达底端；三小球到达斜面底端的先后次序是丙、乙、甲；故选 B.5.实验小组利用 DIS 系统（数字化信息实验系
6、统） ，观察超重和失重现象他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个压力传感器，测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为 10N 的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上出现如图所示图线，根据图线分析可知下列说法正确的是 A. 从时刻 t1 到 t2，钩码处于失重状态，从时刻 t3 到 t4，钩码处于超重状态B. t1 到 t2 时间内，电梯一定在向下运动，t 3 到 t4 时间内，电梯可能正在向上运动C. t1 到 t4 时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下D. t1 到 t4 时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上【答案】AC【解析】在 t1-t2 时间内 F
7、mg,电梯有向上的加速度, 处于超重状态,A 正确.因电梯速度方向未知 ,故当速度方向向上时,则为向上减速或向上加速,当速度方向向下时,则为向下加速或向下减速,C 正确.6.有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为 v 的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，去程与回程所用时间的比值为 k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】设船在静水中的速度为 ，当船头指向始终与河岸垂直，则有： ，当回程时行驶路线与河岸垂直，则有： ，而回头时的船的合速度为： ，由于去程与回程所用时间的比值为 k，所以
8、小船在静水中的速度大小为： ，故 D 正确，ABC 错误；故选：D【点睛】根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解。7.如图所示，两轻质弹簧 a、b 悬挂一质量为 m 的小球，整体处于平衡状态，a 弹簧与竖直方向成30角，b 弹簧与竖直方向成 60角，a、b 两弹簧的形变量相等，重力加速度为 g，则A. 弹簧 a、b 的劲度系数之比为B. 弹簧 a、b 的劲度系数之比为C. 若弹簧 a 下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为D. 若弹簧 b 下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速
9、度大小为 3g【答案】B【解析】【详解】AB.对小球受力分析，受到 a 弹簧的拉力、 b 弹簧的拉力和重力 ，三力平衡，故有， ，故 ，故 A 错误，B 正确；CD.若弹簧 a 下端与小球松脱，松脱瞬间 b 弹簧的弹力不变，故小球所受重力和 b 弹簧弹力的合力与 大小相等方向相反，故 ，若弹簧 b 下端与小球松脱，则松脱瞬间 a 弹簧的弹力不变，故小球所受重力和 a 弹簧弹力的合力与 大小相等方向相反，故小球的加速度，故 C 错误，D 错误；故选：B【点睛】在应用牛顿第二定律解决瞬时问题时，一定要注意，哪些力不变， （弹簧的的形变量来不及变化，弹簧的弹力不变） ，哪些力变化（如绳子断了，则绳子
10、的拉力变为零，或者撤去外力了，则外力变为零， ）然后结合整体隔离法，应用牛顿第二定律分析解题8.如图所示，水平传送带 A、B 两端相距 x=4.5m，物体与传送带间的动摩擦因数 =0.1，物体滑上传送带 A 端的瞬时速度 vA=5m/s，到达 B 端的瞬时速度设为 vB下列说法中正确的是（ ）A. 若传送带不动，v B=4m/sB. 若传送带逆时针匀速转动，v B 一定等于 4m/sC. 若传送带顺时针匀速转动，v B 一定等于 4m/sD. 若传送带顺时针匀速转动，v B 有可能等于 4m/s【答案】ABD【解析】试题分析：物块滑上传送带，若传送到不动，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律
11、和运动学公式求出到达 B 点的速度若传送带逆时针转动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律进行求解若传送带顺时针匀速转动，根据物块的速度与传送带的速度大小判断物体的运动情况若传送带不动，物体做匀减速直线运动，加速度 ，初速度 ，位移x=4.5m，故末速度 ，解得 ，A 正确；若传送带逆时针做匀速转动，物体受到的摩擦力方向向左，仍与不动时方向相同，所以物体仍做匀减速直线运动，与不动时的运动情况相同，到达 B 点的速度仍为 ，B 正确；若传送带做顺时针匀速转动，如果传送带的速度小于4m/s，则物块相对于传送带一直相对于传送带向右运动，受到的摩擦力方向一直向左，所以此种情况
12、下物体一直做匀减速直线运动，到达 B 点的速度为 4m/s，若传送带的速度大于 5m/s，此种情况下物块相对于传送带的向后运动，受到的摩擦力方向向右，物体一直做加速运动，到达 B 点的速度大于 4m/s，故 C 错误 D 正确9.如图所示，两个挨得很近的小球，从斜面上的同一位置 O 以不同的初速度 vA、vB 做平抛运动，斜面足够长，在斜面上的落点分别为 A、B，空中运动的时间分别为 tA、tB，碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角分别为 、，已知 OB2OA，则有A. vA：vB=1：2 B. tA：tB = 1：2C. D. B 球离斜面最远的位置处速度平行于斜面【答案】D【解析】【详解】A、
13、根据 ，结合几何关系可知，AB 两球运动的竖直方向位移之比 ，水平位移，两球都做平抛运动，根据 ，得： ，则 ，水平位移为： ，则 ，故 A 错误， B 错误；C、两球都落在斜面上，位移与水平方向的夹角为定值，故有： ，位移与水平面的夹角相同，所以 ，故 C 错误；D.将 B 球速度沿平行斜面方向和垂直斜面方向分解，当垂直斜面方向的速度为零时，B 球离斜面最远，所以 B 球离斜面最远的位置处速度平行于斜面，故 D 正确。故选：D10.如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上，一小物块从靠近半圆柱体顶点 O 的 A 点，在外力 F 作用下沿圆弧缓慢下滑到 B 点，此过程中 F 始终沿圆弧的切
14、线方向且半圆柱体保持静止状态。下列说法中正确的是A. 半圆柱体对小物块的支持力变大B. 地面对半圆柱体的摩擦力先增大后减小C. 外力 F 变大D. 地面对半圆柱体的支持力变大【答案】BC【解析】物块缓慢下滑处于平衡状态，F 始终沿圆弧的切线方向即始终垂直于圆柱面支持力 F1 的方向，受力分析如图所示：因此总有 ，下滑过程中 增大，因此 F 增大，F 1 减小，故 A 错误，C 正确；对半圆柱体分析，地面对半圆柱体的摩擦力： ，地面对半圆柱体的支持力 ， 从接近 0到 90变化的过程中，摩擦力先增大后减小，支持力一直减小，故 B 正确，D 错误。所以 BC 正确，AD 错误。11.如图所示，物体
15、 A 和 B 的质量均为 m，且分别用轻绳连接跨过定滑轮（不计绳子与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦） 。当用水平变力 F 拉物体 B 沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中（ ）A. 物体 A 做匀加速直线运动B. 绳的拉力始终大于物体 A 的重力C. 绳子对 A 的拉力逐渐增大D. 地面对物体 B 的支持力逐渐增大【答案】BD【解析】将 B 物体的速度 vB进行分解如图所示，则 vA=vBcos， 减小，v B不变，则 vA逐渐增大，说明 A物体在竖直向上做加速运动，但不是匀加速运动，由牛顿第二定律 T-mg=ma，可知绳子对 A 的拉力Tmg，故 A 错误，B 正确B 在竖直方向上平衡，有：Tsi
16、n+N=mg，运用外推法：若绳子无限长，B 物体距滑轮足够远，即当0 时，有 vAv B，这表明，物体 A 在上升的过程中，加速度必定逐渐减小，绳子对 A 物体的拉力逐渐减小，sin 减小，则支持力增大故 C 错误，D 正确故选 BD点睛：解决本题的关键得出 A、B 的速度关系，由牛顿第二定律分析绳子的拉力与重力的大小关系，运用外推法，即极限法分析 A 物体的加速度如何变化是难点12.如图所示，小球 m 可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是 ( )A. 小球通过最高点的最小速度为 vB. 小球通过最高点的最小速度可以为 0C. 小球在水平线 ab 以下管道中运动时，内侧
17、管壁对小球一定无作用力D. 小球在水平线 ab 以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力【答案】BC【解析】在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于 0 时，内管对小球产生弹力，大小为 mg，故最小速度为 0故 A 错误，B 正确。小球在水平线 ab 以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，内侧没有力的作用。故 C 正确。小球在水平线 ab 以上管道中运动时，到达最高点时，当速度 v 时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力。当速度 v 时，内侧管壁有作用力，在其他位移也一样。故D 正确；故选 BCD。点睛：解
18、决本题的关键知道小球在竖直光滑圆形管道中运动，在最高点的最小速度为 0，以及知道小球在竖直面内做圆周运动的向心力由沿半径方向上的合力提供二实验题：（每小题 4 分，共 16 分）13.如图所示为“ 探究加速度与物体受力的关系 ”的实验装置图图中 A 为小车，质量为 m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器 B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P 的质量为 m2，C 为弹簧测力计，实验时改变 P 的质量，读出测力计对应读数 F，不计绳与滑轮的摩擦电火花打点计时器工作电压为（_）A.交流 ,220V B.直流,220V C.交流，6V D.直流，6V【答案】A【解析】【详
19、解】电火花计时器的工作电压是 220V 的交流电，故 A 正确，BCD 错误故选：A14.如图所示为“ 探究加速度与物体受力的关系 ”的实验装置图。图中 A 为小车，质量为 m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器 B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P 的质量为 m2，C 为弹簧测力计，实验时改变 P 的质量，读出测力计对应读数 F，不计绳与滑轮的摩擦。（1）电火花打点计时器工作电压为_流（选填“交”或“直”）_V 。（2）下列说法正确的是_。A一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B实验时应先接通电源后释放小车C实验中 m2 应远小于 m1D测力计的读数始终为 m2g
20、/2【答案】 (1). 交； (2). 220； (3). B；【解析】(1)电火花打点计时器工作电压为 交变电源；(2)A、一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项 A 错误；B、实验时应先接通电源后释放小车，选项 B 正确；C、实验中 不必远小于 ，选项 C 错误；D、由于 P 向下加速运动，测力计的读数始终小于 ，选项 D 错误。点睛：该实验必须要平衡摩擦，由于该实验的连接方式，小车是在绳的拉力下加速运动，故不要求重物质量远小于小车质量，由牛顿第二定律可求解测力计的读数。15.某同学设计了一个探究平抛运动特点的实验装置， 如右图所示：在水平桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上
21、滚下，滚过桌面后钢球便做平抛运动。在钢球抛出后经过的地方，水平放置一块木板（还有一个用来调节木板高度的支架，图中未画）木板上放一张白纸，白纸上有复写纸，这样便能记录钢球在白纸上的落点，桌子边缘钢球经过的地方挂一条铅垂线。要完成本实验，还需要的实验器材是（_）A.刻度尺 B.停表 C.天平 D.打点计时器【答案】A【解析】【详解】由图可知，实验中小球离开桌子后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，应测出竖直高度和水平位移，故应用到刻度尺；故 A 正确，BCD 错误；故选：A16.某同学设计了一个探究平抛运动特点的实验装置， 如右图所示：在水平桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上滚下，滚过桌面后钢球便
22、做平抛运动。在钢球抛出后经过的地方，水平放置一块木板（还有一个用来调节木板高度的支架，图中未画）木板上放一张白纸，白纸上有复写纸，这样便能记录钢球在白纸上的落点，桌子边缘钢球经过的地方挂一条铅垂线。利用本实验装置进行的探究，下列说法正确的是（_）A每次实验过程中，钢球必须从同一位置由静止滚下B实验装置中的斜面必须是光滑的C若已知钢球在竖直方向做自由落体运动，可以探究钢球在水平方向上的运动规律D若已知钢球在水平方向上做匀速直线运动，可以探究钢球在竖直方向上的运动规律【答案】ACD【解析】【详解】A.本实验在确定落点位置时需要多次实验，所以每次实验过程中，钢球必须从同一位置由静止滚下，故 A 正确
23、；B. 只要每次实验过程中，钢球从同一位置由静止滚下，平抛时的速度相等就可以了，不需要实验装置中的斜面是光滑的，故 B 错误；CD.根据平抛运动的规律可知，平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，故根据竖直方向上的运动可探究水平方向的运动规律；由水平方向的匀速直线运动可探究竖直方向的自由落体运动，故 C 正确，D 正确；故选：ACD；三计算题：（共 36 分）17.如图所示，质量为 M=0.5kg 的框架 B 放在水平地面上。劲度系数为 k=100N/m 的轻弹簧竖直放在框架 B 中，轻弹簧的上端和质量为 m=0.2kg 的物体 C 连在一起。轻弹簧的下端连在框架 B
24、的底部。物体 C 在轻弹簧的上方静止不动。现将物体 C 竖直向下缓慢压下一段距离 x=0.03m 后释放，物体 C 就在框架 B 中上下做简谐运动。在运动过程中，框架 B 始终不离开地面，物体 C 始终不碰撞框架 B 的顶部。已知重力加速度大小为 g=10m/s2。当物体 C 运动到最低点时，试求：（1）物体 C 的加速度大小（2）此时框架 B 对地面的压力大小。【答案】 （1）a=15m/s2；（2）10N【解析】【详解】 （1）物体 C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为 x0，对物体 C，有：mg=kx 0 解得：x 0=0.02m 当物体 C 从静止向下压缩 x 后释放，物体 C 就以原
25、来的静止位置为中心上下做简谐运动，振幅A=x=0.03m当物体 C 运动到最低点时，对物体 C，有：k(x+x 0)-mg=ma 解得：a=15m/s 2 （2）当物体 C 运动到最低点时，设地面对框架 B 的支持力大小为 F，对框架 B，有：F = Mg +k(x+x 0) 解得：F=10N 根据牛顿第三定律，框架 B 对地面的压力大小为 10N18.如图所示，在光滑的圆锥顶用长为 l 的细线悬挂一质量为 m 的小球，圆锥顶角为 2，当圆锥和球一起以角速度 匀速转动时，球压紧锥面(1)此时绳的张力是多少？(2)若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为多少？【答案】 （1） （2）【解析】（1）
26、小球此时受到竖直向下的重力 mg，绳子的拉力 T，锥面对小球的支持力 N，三个力作用，合力充当向心力，即合力在水平方向上有， ，在竖直方向上：联立四个式子可得（2）重力和拉力完全充当向心力时，小球对锥面的压力为零，故有向心力 ， ，联立可得 ，即小球的角速度至少为 ；19.如图所示，从 A 点以 v0 的水平速度抛出一质量 m=1kg 的小物块（可视为质点） ，当小物块运动至 B 点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道 BC，圆弧轨道 BC 的圆心角 =37经圆孤轨道后滑上与 C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道 C 端切线水平已知长木板的质量M=4kg，A、B 两点距 C 点
27、的高度分别为 H=0.6m、h=0.15m，小物块与长木板之间的动摩擦因数1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数 2=0.2，cos37=0.8，sin37=0.6，g=10m/s2求：（1）小物块水平抛出时，初速度 v0 的大小；（2）小物块滑动至 C 点时，圆弧轨道对小球的支持力大小；（3）试判断木板是否相对地面滑动，并求出木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？【答案】 （1）4m/s（2）47.3 N（3）2.8 m 【解析】【详解】(1)设小物块做平抛运动的时间为 t，则有：Hh= gt2设小物块到达 B 点时竖直分速度为 vy，有：v y=gt，由以上两式代入数据解得：v y=
28、3 m/s 由题意，速度方向与水平面的夹角为 37，有：tan 37=v y/v0，解得：v 0=4 m/s (2)设小物块到达 C 点时速度为 v2，从 B 至 C 点，由动能定理得：mgh=设 C 点受到的支持力为 FN，则有：FNmg=由几何关系得：cos=由上式解得：R=0.75m，v 2=2 m/s，F N=47.3 N (3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力为：F f1= 1mg=5 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力为：Ff2 = 2(M+m)g=10 N因 Ff1Ff2 ，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动设小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板最右端时速
29、度刚好为 0,则长木板长度为：l= =2.8 m所以长木板至少为 2.8 m，才能保证小物块不滑出长木板。答：(1)小物块水平抛出时，初速度 v0的大小 4m/s；(2)小物块滑动至 C 点时，对圆弧轨道 C 点的压力大小 47.3N；(3)长木板至少为 2.8m，才能保证小物块不滑出长木板。【点睛】 （1）已知平抛的抛出高度和落地速度方向，求落地的速度大小和方向，用运动的合成与分解求解；（2）小物块在 BC 间做圆周运动，在 C 点时轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力，据此求解即可；（3）根据物块在长木板上滑动时，物块的位移-长木板的位移应该小于等于长木板的长度这一临界条件展开讨论即可
