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1、安徽省屯溪第一中学2018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18题为单选题，第912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. 5.2102 B. 8.0103 C. 1.04104 D. 2.08104【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
2、=V=vtS故：P=0.1Sv3=0.11.320203=1.04104W，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，斜面的倾角为当m
3、gsinFcos时，静摩擦力沿着斜面向上，大小为 f2=mgsin-Fcos，当F减小时，f2变大；当mgsin=Fcos时，静摩擦力为零，当F减小时，f2变大；当mgsinFcos时，静摩擦力沿着斜面向下，大小为f2=Fcos-mgsin，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A3. 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
4、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a1a2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t1t2；对于上升过程初速度： ；下落过程末速度 则vv0，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
5、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NA大小和挡板B对小球的弹力NB大小的说法，正确的是（ ） A. NA不变，NB减小 B. NA增大，NB不变C. NB有可能增大 D. NA可能为零【答案】A【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NA和NB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
6、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，
7、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St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 kgB. 碰撞时A对B所施冲量为4 NsC. 碰撞
8、前后A的动量变化为4 kgm/sD. 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
9、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.
10、 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
11、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
12、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：mgsin=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；2mgsin=kx2解得： ，故物块A运动的距离为：xx1+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Wmgxsinx，故C错误；B刚离开C时，根据牛顿第二定律，有：F-mgsin-T=ma；弹簧的拉力等于
13、物体B重力的下滑分力，为：T=2mgsin故：F=3mgsin+ma，恒力对A做功的功率为（3mgsin+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-mgsin-T=0，所以：T=2mgsin+maB沿斜面方向受到的力：FB=T-2mgsin=ma，又：FB=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
14、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，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
15、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mC. 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
