最新届高三物理第二次月考试题(含解析) 新版 新目标版

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2019届高三第二次月考物理试题
一、选择题：(本题共12小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，第1～8题为单选题，第9～12题为多选题．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1. 福建平潭海域，风力资源特别丰富，已投入建设风力发电。

假设该地风速为20m/s，空气密度等于1.3kg/m3，如果把通过横截面积为20m2的风的动能10%转化为电能，则发电功率为（）
A. 5.2×102
B. 8.0×103
C. 1.04×104
D. 2.08×104
【答案】C
【解析】在t时间内通过横截面积为20m2的风能10%转化为电能，根据能量守恒定律，有：Pt=10%×mv2
其中m=ρV=ρ×vtS
故：P=0.1×ρSv3=0.1××1.3×20×203=1.04×104W，故选C.
点睛：本题难点在于研究对象的确定上，可以以时间t内通过横截面积为20m2的空气柱为研究对象，然后根据能量守恒定律列式求解．
2. 如图，斜面A放在水平地面上．物块B放在斜面上，有一水平力F作用在B上时，A、B均保持静止。

A受到水平地面的静摩擦力为f1，B受到A的静摩擦力为f2，现使F逐渐增大，但仍使A、B处于静止状态，则（）
A. f1、f2均增大
B. f1、f2都不一定增大
C. f1一定增大
D. f2一定增大
【答案】C
【解析】对物体B受力分析，受推力、重力、支持力，可能有静摩擦力．设B的质量为m，斜面的倾角为θ
①当mgsinθ＞Fcosθ时，静摩擦力沿着斜面向上，大小为 f2=mgsinθ-Fcosθ，当F减小时，
②当mgsinθ=Fcosθ时，静摩擦力为零，当F减小时，f2变大；
③当mgsinθ＜Fcosθ时，静摩擦力沿着斜面向下，大小为f2=Fcosθ-mgsinθ，F减小时，f2变小；故f2不一定增大．
对整体受力分析，则有f1=F，则F增大，f1一定增大；故A正确、BCD错误．故选A．
3. 从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球从抛出点上升到最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2．若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物体的速度v
随时间t的变化关系的图线是（）
A. B.
C. D. . .
【答案】B
【解析】设小球的质量为m，空气阻力大小为f，上升的加速度大小为a1，下落的加速度为a2，上升的最大高度为h，根据牛顿第二定律得：上升：mg+f=ma1；下落：mg-f=ma2，可见a1＞a2．则图象上升阶段的斜率大于下落阶段的斜率．又因上升与下落高度相同，h=a1t12，h=a2t22，则t1＜t2；对于上升过程初速度：；下落过程末速度
则v＜v0，根据以上三点可知，B正确，ACD错误．故选B.
点睛：物理图象可以根据物理规律推导出解析式精确研究．对于速度-时间图象要抓住两点：“斜率”表示加速度，“面积”表示位移．
4. 如图所示，水平面MON的ON部分光滑OM部分粗糙，小球夹在小车中的光滑斜面A和光滑竖直挡板B之间，小车以一定的速度向左运动．小车越过O点以后，以下关于斜面对小球的弹力N A大小和挡板B对小球的弹力N B大小的说法，正确的是（）
A. N A不变，N B减小
B. N A增大，N B不变
C. N B有可能增大
D. N A可能为零
【解析】试题分析：对小球进行受力分析，作出力图，根据牛顿第二定律得到弹力N A和N B与加速度的关系，再分析它们的变化．
小球的受力情况如图所示，
竖直方向有：；水平方向有：，小车以一定的速度向左匀速运动时，，小车越过O点以后，小车改为向左减速运动，则不变，减小．
5. 汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动。

汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P与时间t的关系图象中，能描述上述过程的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】根据P=Fv分析知匀加速运动时牵引力大于阻力，F不变，v随时间均匀增大，故P 随时间均匀增大，故AD错误；当匀速时牵引力等于阻力，说明F突变小，速度不变，故功率突变小，以后保持不变，故C错误，B正确．故选B.
6. 如图所示，水平传送带始终以速度顺时针转动，一物体以速度（）滑上传送带的左端，则物体在传送带上的运动一定不可能的是（）
A. 先加速后匀速运动
B. 一直加速运动
C. 一直减速直到速度为0
D. 先减速后匀速运动
【答案】C
【解析】试题分析：分两种情况进行讨论，物块相对传送带向左运动，物块相对传送带向右运动。

若，物块相对传送带向左滑动，受到向右的滑动摩擦力，可能向右先加速运动，当物块速度增加到与传送带速度相等后再做匀速运动；物块在滑动摩擦力作用下，可能一直向右
做匀加速运动；若，物块相对传送带向右运动，受到向左的滑动摩擦力，可能向右做匀减速运动，当物块速度减小到与传送带速度相等后再做匀速运动，物块在滑动摩擦力作用下不可能一直做匀减速运动，C不可能
7. A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移﹣时间图象，a、b
分别为A、B两球碰前的位移﹣时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移S﹣t时间图象，若
A球质量m=2kg，则由图可知下列结论错误
．．的是（）
A. B球质量为3 kg
B. 碰撞时A对B所施冲量为﹣4 N•s
C. 碰撞前后A的动量变化为4 kg•m/s
D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
【答案】A
【解析】A、由图象的斜率等于速度，可得，碰撞前有：A球的速度，B球的速度为：
碰撞后有：A、B两球的速度相等，为：；
对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化为：
根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：
又：，所以：
所以A与B碰撞前的总动量为：
由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：
碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：，代入数据解得：，故A错误，BCD正确；
点睛：本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象读出a
碰撞前后的速度，明确碰撞的基本规律是动量守恒定律。

8. 如图所示，小球自楼梯顶的平台上以水平速度做平抛运动，所有阶梯的高度为，宽度为，重力加速度。

则小球抛出后能直接打到第2级阶梯上的范围（）
A. B.
C. D. 条件不足，无法确定
【答案】D
【解析】当小球刚好落到第一级台阶最边缘时，由于阶梯的高度为，根据，解得运动的时间，解得，故要使落在第二台阶上，
，小球能落在第二级最外边缘时，则竖直方向运动的时间，则能落在第二级上，最大速度，故，综上所述
，故B正确．
【点睛】考查平抛运动的处理规律，掌握运动学公式的应用，理解每层台阶的高度与宽度是一定的，且存在一定的关系，这是解题的突破口．
9. 在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系，质量为的物体原来静止在坐标原点
，从时刻起受到如图所示随时间变化的外力作用，表示沿轴方向的外力，
表示沿轴方向的外力，下列说法中正确的是( )
A. 前内物体沿x轴做匀加速直线运动
B. 后内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿轴方向
C. 末物体坐标为
D. 末物体坐标为
【答案】AD
【解析】试题分析：对物体受力分析可知，在前2s内物体受到的合力的大小为2N，沿着x轴的正方向，此时物体做的是匀加速直线运动，速度的方向也是沿x轴正方向的，在2-4s内物体受到的合力的方向沿着y轴的正方向，此时与初速度的方向垂直，物体做的是匀加速曲线运动．
分析物体的受力和运动可知，物体在前2s内做的是初速度为零的匀加速直线运动，所以A正确B错误；由牛顿第二定律得，速度的方向是沿着x轴正方向的，2s末的速度，2s内位移，在2-4s 内物体受到的合力的方向沿着y轴的正方向，由牛顿第二定律得，沿x轴做匀速直线运动，位移为，4s内沿x轴的位移为
，沿y 轴方向运动的位移，所以4s末物体坐标为（12m，4m），故C错误，D正确．
10. 在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B,它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静土状态。

现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为，加速度方向沿斜面向上、大小为,则( )
A. 当A的速度达到最大时，B的加速度大小为
B. 从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为
C. 从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为
D. B刚离开C时，恒力对A做功的功率为
【答案】AB
【解析】开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：mgsinθ=kx1，解得：；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下
滑分力，根据胡克定律，有；2mgsinθ=kx2解得：，故物块A运动的距离为：△x＝x1+x2＝，故B正确；从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为W＝mg•△x•sin x＝，故C错误；B刚离开C时，根据牛顿第二定律，有：F-mgsinθ-T=ma；弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：T=2mgsinθ
故：F=3mgsinθ+ma，恒力对A做功的功率为（3mgsinθ+ma）v．故D错误；当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F-mgsinθ-T′=0，所以：T′=2mgsinθ+ma
B沿斜面方向受到的力：F B=T′-2mgsinθ=ma，又：F B=2ma′，所以：．故A正确．故选AB.
11. 在水平面上固定两个相互紧靠的三角形斜面，将a、b、c三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，落在斜面上时其落点如图所示，小球a落点距水平面的高度最低。

下列判断正确的是( )
A. 小球c的飞行时间最长
B. 小球c的初速度最大
C. 小球a的速度偏向角最大
D. 小球a的飞行过程速度变化最小
【答案】BC
【解析】三个小球做的都是平抛运动，从图中可以发现落在c点的小球下落的高度最小，由h=gt2，得，所以小球c飞行时间最短，选项A错误；由x=v0t，得，知小球c 的水平位移最大，飞行时间最短，则小球c的初速度最大，故B正确．设速度的偏向角为α，则，可知小球a的运动时间最长，初速度最小，则小球a的速度偏向角最大，故C 正确．小球做的是平抛运动，加速度为g，速度的变化量为△v=gt，所以c球的速度变化最小，a球的速度变化量最大，故D错误．故选BC.
点睛：解决本题的关键是要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，根据运动学公式列式分析这类问题．
12. 如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静置一小球C，A、B、C的质量均为
m。

给小球一水平向右的瞬时冲量I，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最
高点，且不会使环在竖直方向上跳起（不计小球与环的摩擦阻力），瞬时冲量必须满足( )
A. 最小值m
B. 最小值m
C. 最大值m
D. 最大值m
【答案】BD
【解析】小球恰好过最高点有：，解得：,从最高点到最低点的过程中，设最低点的速度为v1，根据动能定理得：，解得：，故B
正确，A错误；要使不会使环在竖直方向上跳起，环对球的压力最大为：F=2mg，在最高点，
速度最大时有：，从最高点到最低点的过程中，设最低点的速度为v2，根据动能定理得：，联立以上解得：，故D正确，C错误。

所以BD正确，AC错误。

二、实验题（16分）
13. 如图（a）由小车、斜面及粗糙程度可以改变的水平长直木板构成伽利略理想斜面实验装置。

实验时，在水平长直木板旁边放上刻度尺，小车可以从斜面平稳地滑行到水平长直平面。

利用该装置与器材，完成能体现如图（b）“伽利略理想斜面实验思想与方法”的实验推论（设重力加速度为g）
（1）请指出，实验时必须控制的实验条件_____________________________________。

（2）请表述，由实验现象可以得出的实验推论：___________________________________。

（3）图（C）是每隔Δt时间曝光一次得到小车在粗糙水平面上运动过程中的五张照片，测
得小车之间的距离分别是S1、S2、S3、S4，由此可估算出小车与水平面的动摩擦因数
=___________________ （需要用S1、S2、S3、S4、g、Δt字符表示）
【答案】 (1). （1）实验条件小车的垂直高度。

(2). （2）实验推论：水平面越光滑，小车滑得越远，当水平面完全光滑时，小车将滑向无穷远。

(3). （3）
【解析】(1)根据伽利略“理想实验”的内容与原理可知，需要小车、球到达水平面时的速度是相同的，所以在实验的过程中要求小车从同一个位置释放，可知需要控制的条件为开始时小车的垂直高度；
(2)根据实验的情况，可以得出的结论为：水平面越光滑，小车滑得越远，当水平面完全光滑时，小车将滑向无穷远；
(3)小车在水平面内做匀变速直线运动，结合匀变速直线运动的推论，则：
a=（S1+S2−S3−S4）/4△t2
根据牛顿第二定律可知：a=μmg/m=μg
所以水平面的动摩擦因数：μ=(S1+S2−S3−S4)/4g⋅△t2
【名师点睛】（1）根据伽利略“理想实验”的内容、方法、原理分析实验的条件；
（2）根据实验的现象，以及斜面实验的原理分析得出实验的推论；
（3）根据匀变速直线运动的推论和牛顿第二定律分别求出加速度，然后得出动摩擦因数的表达式．
14. 为了探究加速度与力、质量的关系:
（1）小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止。

①实验前，下列操作必要的是________
A．选用质量不同的两辆小车
B．调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行
C．使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量
D．将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力
②他测量了两小车的位移为x1,x2，则 =__________。

（2）小明用如图乙所示的装置进行实验
①打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为0.02s。

他从比较清晰的A点起，每五个点取一个计数点，测量出各点到A点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度为_____m/s2。

②实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a- F图像，可能是丁图中的图线__________（选填“1”、“ 2”、“3”）
③调整正确后，他作出的a-F图像末端明显偏离直线，如果已知小车质量为M，某次所挂钩码质量为m，则戊图中坐标a1应为_________，a2应为__________ 。

【答案】 (1). （1）BCD (2). (3). （2）0.4 (4). 3 (5). (6).
【解析】试题分析：（1）①本实验需要用砝码盘和砝码的重力代替小车所受的合外力，所以需要平衡摩擦力，即将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，且应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，细线的拉力为小车的合力，所以细线与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，对小车质量是否相同没有要求，故A 错误，BCD正确．故选BCD
②在初速度为零的匀变速直线运动中有，因运动时间相等，则位移与加速度成正比．小车1、2的加速度之比为．
（2）①每五个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0．1s，根据纸带可知，△x=0．02-0．008-0．008=0．004m,根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2得：a=0．004/0．01＝0．40m/s2．
②遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，即F≠0时，a=0．故图线为3．
③没有偏离直线时，可以用砝码盘和砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律得：，偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出．考点：考查探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【名师点睛】小亮设计的实验在原来的基础上有所创新，根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
三、计算题（8+10+14+16=48分）
15. 航天飞机是一种垂直起飞、水平降落的载人航天器。

航天飞机降落在平直跑道上，其减速过程可简化为两个匀减速直线运动。

航天飞机以水平速度v0着陆后立即打开减速阻力伞（如图），加速度大小为a1，运动一段时间后速度减为v；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下，已知两个减速滑行总时间为t。

求：
（1）第二个减速阶段航天飞机运动的加速度大小；
（2）航天飞机着陆后滑行的总路程。

【答案】(1)(2)
A到B过程，依据运动学规律有：
B到C过程，有：
考点：匀变速直线运动规律。

16. 2008年9月25日21时10分，神舟七号飞船成功发射，共飞行2天20小时27分钟，绕地球飞行45圈后，于9月28日17时37分安全着陆。

航天员翟志刚着“飞天”舱外航天服，在刘伯明的配合下，成功完成了空间出舱活动，进行了太空行走。

出舱活动结束后，释放了伴飞卫星，并围绕轨道舱进行伴飞实验。

神舟七号是由长征—2F运载火箭将其送入近地点为A，远地点为B的椭圆轨道上，实施变轨后，进入预定圆轨道，其简化的模拟轨道如图所示。

假设近地点A距地面高度为h，飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用的时间为t，地球表面的重力加速度为g，地球半径R，试求：
(1)飞船在近地点A的加速度a A大小；
(2)飞船在预定圆轨道上飞行的速度的大小。

【答案】1）（2）
【解析】（1）设地球质量为，飞船质量为。

飞船在A点：…………………………2分
对地面上质量为的物体：………………..2分
解得：………………………………………..1分
（2）飞船在预定圆轨道上飞行的周期：…………………..1分
设预定圆轨道半径为，则有：……………1分又……………………………………………………. 1分
由以上几式记得：……………………………….2分
本题考查天体运动规律，由万有一你提供向心力，注意公式中的半径为飞船到地心间的距离，根据地球表面的黄金代换可以求得GM数值，通过公式联立可得，飞船绕行一个圆周所用时间为一个周期，由万有引力提供向心力可求得周期，求得速度大小
17. 如图所示，半径R=0．5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M 点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1=0．25m，斜面MN足够长，物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=，求：（sin37°=0．6，cos37°=0．8）
（1）小物块Q的质量m2；
（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；
（3）烧断细绳后，物块P第一次过M点后0．3s到达K点，则 MK间距多大？
（4）烧断细绳后，物块P在MN斜面上滑行的总路程．
【答案】（1）4kg（2）78N（3）0.17m（4）1.0m．
【解析】试题分析：（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有
m1gsin53°=m2gsin37°解得 m2=4kg
（2）滑块由P到D过程，由动能定理，得
根据几何关系，有h=L1sin53°+R（1﹣cos53°）
在D点，支持力和重力的合力提供向心力F D﹣mg=m解得F D=78N
由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N．
（3）PM段，根据动能定理，有解得v M=2m/s
沿MN向上运动过程，根据牛顿第二定律，得到
a1=gsin53°+μgcos53°=10m/s2
根据速度时间公式，有v M=a1t1
解得t1=0．2s
所以t1=0．2s时，P物到达斜面MN上最高点，故返回过程，有
沿MN向下运动过程，根据牛顿第二定律，有a2=gsin53°﹣μgcos53°=6m/s2
故，根据运动学公式，有
即MK之间的距离为0．17m．
（4）最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从P到M过程运用动能定理，得到
mgL1sin53°﹣μmgcos53°L总=0
解得L总=1．0m
即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1．0m．
考点：动能定理；牛顿第二定律
【名师点睛】本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式。

18. 光滑水平地面上停放着一辆质量m=2kg的平板车，质量M=4kg可视为质点的小滑块静放在车左端，滑块与平板车之间的动摩擦因数，如图所示，一水平向右的推力F=24N作用在滑块M上0．5s撤去，平板车继续向右运动一段时间后与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且车以原速率反弹，滑块与平板之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，平板车足够长，以至滑块不会从平板车右端滑落，，求：
（1）平板车第一次与墙壁碰撞后能向左运动的最大距离s多大？此时滑块的速度多大？
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前的瞬间速度多大？
（3）为使滑块不会从平板车右端滑落，平板车至少要有多长？
【答案】（1）1m/s；（2）（3）
【解析】试题分析：（1）滑块与平板车之间的最大静摩擦力
设滑块与车不发生相对滑动而一起加速运动的最大加速度为，以车为研究对象，则
以滑块和车整体为研究对象，作用在滑块上使滑块与车一起静止地加速的水平推力的最大值设为
则
已知水平推力F=24N<36N，所以在F作用下M、m能相对静止地一起向右加速
设第一次碰墙后到第二次碰前车和滑块组成的系统动量守恒
车向左运动速度减为0时，由于m<M，滑块仍在向右运动，设此时滑块的速度为，车离墙壁距离s
，
以车为研究对象，根据动能定理可得，解得
（2）第一次碰撞后车运动到速度为零时，滑块仍有向右的速度，滑动摩擦力使车以相同的加速度重新向右加速，如果车的加速度过程持续到与墙第二次相碰，则加速度过程位移也为s，可算出第二次碰撞瞬间的速度大小也为2m/s，系统的总动量大于第一次碰墙后的动量，这显然是不可能的，可见在第二次碰墙前车已停止加速，即第二次碰墙前一些时间和滑块已相对静止，
设车与墙壁第二次碰撞前瞬间速度为，则
解得
（3）车每次与墙碰撞后一段时间内，滑块都会相对车有一段向右的滑动，由于两者相互摩擦，系统的部分机械能转化为内能，车与墙多次碰撞后，最后全部机械能转化为内能，车停在墙边，滑块相对车的总位移设为
则有，解得
考点：考查了动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律
.....................。