甘肅省古浪縣第二中學2020屆高三物理上學期第四次診斷考試試題（含解析）

1、教育文檔 可修改 歡迎下載 甘肅省古浪縣第二中學2020屆高三物理上學期第四次診斷考試試題（含解析）一、選擇題：本題共12小題，每小題4分，共48分。每小題給出的四個選項中，第1-9題只有一個選項符合題目要求，第10-12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。1.2019年1月3日10時26分，嫦娥四號探測器經(jīng)過約38萬公里、26天的漫長飛行后，自主著陸在月球背面，實現(xiàn)人類探測器首次在月球背面軟著陸嫦娥四號著陸前距離月球表面l00米處有一次懸停，對障礙物和坡度進行識別，并自主避障；選定相對平坦的區(qū)域后，開始緩速垂直下降最終，在反推發(fā)動機和著陸緩沖機構

2、的“保駕護航”下，一噸多重的探測器成功著陸在月球背面東經(jīng)177.6度、南緯45.5度附近的預選著陸區(qū)下面有關嫦娥四號探測器的說法正確的是( )A. 嫦娥四號探測器從地球到月球的位移大小就是其運行軌跡的長度38萬公里B. “3日10時26分”指的是時間間隔C. 研究嫦娥四號探測器在月球著陸過程的姿態(tài)時，不可以將其看成質(zhì)點D. 嫦娥四號探測器在最后100米著陸過程中可以視作做自由落體運動【答案】C【解析】【詳解】A. 位移是指從起點指向終點的有向線段的長度，則嫦娥四號探測器從地球到月球的位移大小小于其運行軌跡的長度38萬公里，選項A錯誤；B. “3日10時26分”指的是時刻，選項B錯誤；C. 研究

3、嫦娥四號探測器在月球著陸過程的姿態(tài)時，探測器的大小和形狀不能忽略不計，則不可以將其看成質(zhì)點，選項C正確；D. 嫦娥四號探測器在最后100米著陸過程中緩慢數(shù)值下降，加速度小于g，則不可以視作做自由落體運動，選項D錯誤2.在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化不相同的運動是A. 勻減速直線運動B. 勻速圓周運動C. 平拋運動D. 自由落體運動【答案】B【解析】【分析】據(jù)知，加速度恒定的運動，在任意相等時間內(nèi)，速度變化相等；加速度變化的運動，在任意相等時間內(nèi)，速度變化不相等根據(jù)四個運動加速度的特點，可得在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化是否相等【詳解】A：勻減速直線運動的加速度不變，據(jù)知，勻減速直線運動，在

4、任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化相等B：勻速圓周運動加速度變化(大小不變，方向不斷變化)，據(jù)知，勻速圓周運動，在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化不相等C：平拋運動的加速度不變，據(jù)知，平拋運動，在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化相等D：自由落體運動的加速度不變，據(jù)知，自由落體運動，在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化相等綜上，在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化不相同的運動是勻速圓周運動故B項正確3.甲、乙兩個小鐵球從不同高度做自由落運動，同時落地下列表示這一過程的位移時間圖象和速度時間圖象中正確的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】甲、乙兩個小鐵球從不同高度做自由落運動，加速度相同，時間由高

5、度決定，高度越高，時間越長，再結合位移時間圖象和速度時間圖象的特點分析即可【詳解】甲、乙兩個小鐵球從不同高度做自由落運動，則運動時間不同，高度高的，位移大，運動時間長，但同時落地，說明高度高的先釋放，故AB錯誤；都做自由落體運動，加速度相同，則圖象的斜率相同，運動時間不等，故C錯誤，D正確故選D4.如圖所示，兩個小球a、b質(zhì)量分別為m、2m，用細線相連并懸掛于O點，現(xiàn)用一輕質(zhì)弾簧給小球a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止狀態(tài)，且Oa與豎直方向夾角為45，已知彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則彈簧最短伸長量為( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【詳解】以小球a、b整體為研究對象，分

6、析受力，作出F在幾個方向時整體的受力圖，根據(jù)平衡條件得知F與T的合力與整體重力3mg總是大小相等、方向相反，由力的合成圖可知，當F與繩子Oa垂直時，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，F(xiàn)的最小值為，根據(jù)胡克定律，所以A與計算結果不相符,故A錯誤B與計算結果不相符,故B錯誤C與計算結果相符,故 C正確D與計算結果不相符,故D錯誤5.從同一地點同時開始沿同一直線運動的兩個物體I、II的速度圖象如圖所示在0t2時間內(nèi)，下列說法中正確的是：（）A. I、II兩個物體所受的合外力都在不斷減小B. I物體的加速度不斷增大，II物體的加速度不斷減小C. I、II兩個物體t1時刻相遇D. 物體平均速度的大?。篒物體的大

7、于，II物體的等于【答案】D【解析】【詳解】AB.速度-時間圖象上某點的切線的斜率表示該點對應時刻的加速度大小，故物體做加速度不斷減小的加速運動，物體做加速度不變的減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可知. I物體所受的合外力都在不斷減小，. II物體所受的合外力合力不變，故AB錯誤；C. 圖線與時間軸圍成的面積表示對應時間內(nèi)的位移大小，在0t1時間內(nèi)兩物體圖線與時間軸圍成的面積不相等，說明兩物體的位移不相等，而從同一地點同時開始沿同一直線運動的兩個物體，所以I、II兩個物體在t1時刻沒有相遇，故C錯誤；D. v1均勻增加到v2，物體的位移就等于圖中梯形的面積，平均速度就等于，所以的平均速度大于，如圖所

8、示；II物體的圖像是一條傾斜直線，表示它做勻減速直線運動，所以II物體的等于，故D正確6.某同學在練習投籃時將籃球從同一位置斜向上拋出，其中有兩次籃球垂直撞在豎直放置的籃板上，運動軌跡如圖所示，不計空氣阻力，關于這兩次籃球從拋出到撞擊籃板的過程A. 兩次在空中運動的時間相等B. 兩次拋出時的速度相等C. 第1次拋出時速度水平分量小D. 第2次拋出時速度的豎直分量大【答案】C【解析】【詳解】A將籃球的運動反向處理，即為平拋運動，由圖可知，第二次運動過程中的高度較小，所以運動時間較短，故A錯誤；BCD將籃球的運動反向視為平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，第二次運動過程中的高度較小，故第二次拋出

9、時速度的豎直分量較小，所用時間減??；平拋運動在水平方向做勻速直線運動，水平射程相等，由可知，第二次水平分速度較大；水平速度第二次大，豎直速度第一次大，根據(jù)速度的合成可知，拋出時的速度大小關系不能確定，故C正確，BD錯誤7.如圖所示，質(zhì)量不等的甲、乙兩個物塊放在水平圓盤上，兩物塊與水平圓盤的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，讓圓盤繞過圓心的豎直軸勻速轉動，并逐漸增大轉動的角速度，結果發(fā)現(xiàn)甲物塊先滑動，其原因是（）A. 甲的質(zhì)量比乙的質(zhì)量小B. 甲的質(zhì)量比乙的質(zhì)量大C. 甲離轉軸的距離比乙離轉軸的距離小D. 甲離轉軸的距離比乙離轉軸的距離大【答案】D【解析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律，結合

10、最大靜摩擦力，求出發(fā)生滑動的臨界角速度，通過臨界角速度判斷原因.【詳解】AB.根據(jù)牛頓第二定律得：mg=mr2解得發(fā)生滑動的臨界角速度為：，與質(zhì)量無關.故A項、B項均錯誤.CD.動摩擦因數(shù)相同，甲物塊先滑動，一定是甲離轉軸的距離比乙離轉軸的距離大，故C錯誤，D正確.【點睛】解決本題的關鍵知道物塊做圓周運動向心力的來源，抓住臨界狀態(tài)，結合牛頓第二定律進行求解.8.如圖所示，細繩的一端固定于O點，另一端系一質(zhì)量為m的小球，使小球在豎直平面內(nèi)作圓周運動，周期一定，當小球在最高點時繩的張力為T1，在最低點時，繩的張力為T2，則T1和T2的差值為( )A. 2mgB. 4mgC. 6mgD. 8mg【答

11、案】C【解析】本題考查的是圓周運動中的向心力問題，在最高點，最高點臨界速度：在最低點，且滿足則；答案選C9.發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經(jīng)點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3軌道1、2相切于Q點軌道2、3相切于P點（如圖），則當衛(wèi)星分別在1，2，3，軌道上正常運行時，以下說法正確的是（ ）A. 衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B. 衛(wèi)星在軌道3上的角速度大于在軌道1上的角速度C. 衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過Q點時的加速度大于它在軌道2上經(jīng)過Q點時的加速度D. 衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過P點時的加速度等于它在軌道3上經(jīng)過P點時的加速度【答案】D【解析】

12、【詳解】萬星做圓周運動時萬有引力提供圓周運動的向心力有解得，A由知，在軌道1上衛(wèi)星的速率大于軌道3上的速率，故A錯誤；B由知，在軌道1上的角速度大于在軌道3上的角速度，故B錯誤；C由知，在軌道1上經(jīng)過Q點和軌道2上經(jīng)過Q點的加速度大小相等，故C錯誤；D由知，在軌道2上經(jīng)過P點和軌道3上經(jīng)過P點的加速度大小相等，故D正確.故選D。10.一質(zhì)點在水平面上沿直線自由滑行，其平均速度與時間的關系滿足10-2t(各物理量均選用國際單位制中單位)，則關于該質(zhì)點的運動，下列說法正確的是A. 質(zhì)點運動的加速度大小為2m/s2B. 質(zhì)點2s末的速度大小為2m/sC. 質(zhì)點4s末的速度大小為2m/sD. 4s內(nèi)質(zhì)

13、點的位移為12.5m【答案】BD【解析】【詳解】A根據(jù)平均速度知，,根據(jù)知，質(zhì)點的初速度，加速度，加速度和速度方向相反，質(zhì)點做勻減速直線運動，故A錯誤BC質(zhì)點停下所需時間，質(zhì)點在2s末的速度，質(zhì)點在4s末的速度，故B正確,C錯誤D4s內(nèi)質(zhì)點的位移故D正確11.某人從樓頂由靜止釋放一顆石子如果忽略空氣對石子的阻力，利用下面的哪些已知量可以測量這棟樓的高度H(已知重力加速度為g)( )A. 石子落地時的速度B. 石子下落最初1 s內(nèi)的位移C. 石子下落的時間D. 石子下落最后1 s內(nèi)的位移【答案】ACD【解析】解： A、知道石子的落地速度，根據(jù)v2=2gh可求出樓的高度，故A正確;B、石子下落最初

14、1s內(nèi)的位移為h=5m，故最初1s內(nèi)的平均速度為5m/s，與運動總時間無關，故B錯誤;C、知道石子下落的時間，根據(jù)h=可求出樓的高度，故C正確;D、知道石子最后1s內(nèi)的位移，根據(jù)可以求出最后1s內(nèi)的初速度，根據(jù)速度時間公式求出落地速度，再根據(jù)v2=2gh，求出樓的高度，故D正確;故選ACD.12.兩個物體M、m 用跨過光滑定滑輪的輕繩相連，如圖所示放置，OA、OB與水平面的夾角分別為30、60，物體M的重力大小為20 N，M、m均處于靜止狀態(tài)則A. 繩OA對M的拉力大小為10NB. 繩OB對M的拉力大小為10 NC. m受到水平面的靜摩擦力大小為10ND. m受到水平面的靜摩擦力的方向水平向左

15、【答案】AD【解析】【詳解】先對節(jié)點O受力分析，節(jié)點O受OA，OB，OM三根繩子得拉力，通過條件得知OA和OB的夾角為90度，因此利用力得平衡有，故A對；對物體m受力分析，受向左的拉力10N，向右的拉力，因此物體m收到的靜摩擦力水平向左，大小為()N二、實驗題： (每空2分,共 16分。)13.用如圖甲所示的實驗裝置做探究加速度與力、質(zhì)量關系的實驗（1）某同學通過實驗得到如圖乙所示的a-F圖象，造成這一結果的原因是：在平衡摩擦力時木板與水平桌面間的傾角_（填“偏大”或“偏小”）（2）該同學在平衡摩擦力后進行實驗，實際小車在運動過程中所受的拉力_砝碼和盤的總重力（填“大于”、“小于”或“等于”）

16、，為了便于探究、減小誤差，應使小車質(zhì)量M與砝碼和盤的總質(zhì)量m滿足_的條件（3）某同學得到如圖所示的紙帶已知打點計時器電源頻率為50 HzA、B、C、D、E、F、G是紙帶上7個連續(xù)的點ssDGsAD_ cm由此可算出小車的加速度a_ m/s2（保留兩位有效數(shù)字）【答案】 (1). 偏大 (2). 小于 (3). Mm (4). 1.80 (5). 5.0【解析】【詳解】（1）1 當拉力F等于0時，小車已經(jīng)產(chǎn)生力加速度，故原因是平衡摩擦力時平衡摩擦力過大，在平衡摩擦力時木板與水平桌面間的傾角偏大（2）2 小車運動過程中，砝碼和盤向下做加速運動處于失重狀態(tài)，砝碼和盤對細線的拉力小于其重力，小車在運動

17、過程中受到的拉力小于砝碼和盤的總重力；3 對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得解得則繩子的拉力當，即砝碼和盤的總質(zhì)量遠小于小車和小車上砝碼的總質(zhì)量時，砝碼和盤的總重力在數(shù)值上近似等于小車運動時受到的拉力，所以為了便于探究、減小誤差，應使小車質(zhì)量M與砝碼和盤的總質(zhì)量m滿足的條件（3）4 刻度尺上讀出A、D、E三點的位置，算出5 計數(shù)點間的時間間隔為T，由勻變速直線運動的推論x=aT2可知，加速度：14.一小球做平拋運動的閃光照片的一部分，圖中背景方格的邊長均為5cm，如果取，那么：（1）閃光頻率是_ Hz （2）小球運動中水平分速度的大小 _ m/s（3）小球在B點的速度大小為_m/s【答案】 (1)

18、. 10 (2). 1.5 (3). 2.5【解析】【詳解】（1）1在豎直方向上有：其中：代入求得：則頻率為：；（2）2水平方向勻速運動，有：，其中，代入解得：；（3）3根據(jù)勻變速直線運動中，時間中點的瞬時速度等于該過程的平均速度，在B點有：所以B點速度為：三、計算題（共36分）15.如圖所示，質(zhì)量為m=1kg的物塊放在粗糙水平地面上，物塊與水平地面之間的滑動摩擦系數(shù)為=0.5，某時刻物塊在與水平方向成=37的拉力F=10N的作用下，由靜止開始向右運動，經(jīng)時間t1=2s時撤去拉力F（g=10m/s2，sin37=0.6,cos37=0.8）求：（1）撤去拉力F時物塊的速度大??；（2）物塊從靜止

19、開始到最后停止的過程中運動的位移大小【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）設02s時間內(nèi)，物體運動加速度為，正壓力為，2s末的速度為，向右為正方向則， 由解得：（2）設02s時間內(nèi)的位移為，撤掉拉力到停止的位移為，總位移為x 由解得：16.如圖所示,傾角光滑斜面的下端有一水平傳送帶,傳送帶以的速度順時針轉動。一個質(zhì)量為的物體(可視為質(zhì)點),從高處由靜止開始沿斜面下滑。物體經(jīng)過點時,無論是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面,都不計其速率變化。物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為,傳送帶左右兩端、間的距離,重力加速度。問:(1)物體由靜止沿斜面下滑到斜面末端需要多長時間?(2).物體在傳送帶上向左最多能

20、滑到距多遠處?【答案】（1）1.6s（2）6.4m【解析】【詳解】（1）物體在光滑斜面上運動，由牛頓第二定律得：mgsin=ma1解得 a1=5m/s2由運動學公式得 其中位移 由以上公式可得 t=1.6s（2）物體滑到斜面底端速度為：v0=a1t=51.6=8m/s物體在傳送帶上受到向右的滑動摩擦力而做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得：mg=ma2得：a2=5m/s2當物體速度減為0時物體距A最遠，有運動學公式可得：v02=2a2x得：x=6.4m17.某高速公路的一個出口路段如圖所示，情景簡化：轎車從出口A進入匝道，先勻減速直線通過下坡路段至B點（通過B點前后速率不變），再勻速率通過水平圓弧路段至C點，最后從C點沿平