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1、山东省日照一中2019届高三11月统考考前模拟试题物理试卷一、选择题1.以下说法正确的是（ ）A. 只有很小的物体才能视为质点，很大的物体不能视为质点B. 若以河岸为参考系，在顺水漂流的船上行走的人可能是静止的C. 做直线运动的物体，其位移大小跟这段时间内它通过的路程一定相等D. 牛顿第一定律是牛顿第二定律在合外力为零情况下的一个特例【答案】B【解析】【详解】物体可以看成质点的条件是看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，而不是看物体的绝对大小，很小的物体不一定能视为质点，很大的物体不一定不能视为质点，故A错误；若以河岸为参考系，若人在船上以与船大小相等的速度，反向运动，则人可能相对河岸是
2、静止的；故B正确；做直线运动的物体，若有往返现象，则位移大小与路程不相等；故C错误；牛顿第一定律揭示了力和运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因或产生加速度的原因，同时指出了物体具有保持原来运动状态的属性，即惯性。因为不受力的物体是不存在的，从这里可以看出牛顿第一定律是理想情况下的定律，牛顿第二定律指出了加速度与力和质量的关系即F=ma当加速度a=0时，并不能说明物体不受力，只能说明作用于物体的几个力的合力为零。因此，牛顿第一定律不是牛顿第二定律在物体的加速度a=0条件下的特例，故D错误；故选B.2.伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静
3、止开始滚下，并且做了上百次假设某次试验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A、B、C，让小球分别由A、B、C滚下，如图所示设A、B、C与斜面底端的距离分别为 x1、x2、x3，小球由 A、B、C 运动到斜面底端的时间分别为 t1、t2、t3，小球由 A、B、C 运动到斜面底端时的速度分别为v1、v2、v3，则下列关系式中正确，并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是（ ）A. v12=v22=v32 B. v1t1=v2t2=v3t3 C. x1x2=x2x3 D. x1t12=x2t22=x3t32【答案】D【解析】小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故
4、A错误；由v=at可得，a=vt，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但不是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论；故B错误；由图可知及运动学规律可知，x1-x2x2-x3，故C错误；由运动学公式可知，x=12at2故a=2xt2，故三次下落中位移与时间平方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故D正确；故选D3.在水平面上有a、b两点，相距20 cm，一质点在一恒定的合外力作用下沿a向b做直线运动，经过0.2s的时间先后通过a、b两点，则该质点通过a、b中点时的速度大小为( )A. 无论力的方向如何均大于1 m/sB. 无论力的方向如何均小于1 m/sC
5、. 若力的方向由a向b，则大于1 m/s，若力的方向由b向a，则小于1 m/sD. 若力的方向由a向b，则小于1 m/s，若力的方向由b向a，则大于1 m/s【答案】A【解析】试题分析：质点在水平恒力F作用下做匀变速直线运动，中点位置速度大于中间时刻速度，而中间时刻速度等于这段时间内的平均速度v=xt=1m/s，故无论力的方向如何均大于1m/s，A正确；考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析
6、解题4.如图为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的杆，重量不计，AB为轻质细绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在三个图中受力分别为Fa、Fb、Fc的关系是：A. FaFc= Fb B. Fa= Fb Fc C. Fb Fa Fc D. Fa= Fb =Fc【答案】B【解析】【详解】分别对三种形式的结点进行受力分析，设杆子的作用力分别为F1、F2、F3，各图中T=mg在图（a）中，Fa=2mgcos30=3mg。在图（b）中，Fb=mgtan60=3mg。在图（c）中，Fc=mgcos30=32mg可知Fa= Fb Fc，故B正确，ACD错误。故选B。5.如图，质量为m的物体置于倾角为的固
7、定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比F1F2为（ ）A. cos+sinB. cossinC. l+tanD. 1tan【答案】B【解析】F1作用时，物体的受力情况如图1，根据平衡条件得 F1=mgsin+FNFN=mgcos解得：F1=mgsin+mgcosF2作用时，物体的受力情况如图2，根据平衡条件得F2cos=mgsin+FNFN=mgcos+F2sin解得：F2mgsin+mgcoscossin 所以F1F2mgsin+mgcosmgsin+mgcos
8、cossincossin ，故选B6.如图所示，将质量为m=0.1kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为A. 0.6N B. 0.8N C. 1.0N D. 1.2N【答案】A【解析】试题分析：当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，设下面弹簧处于压缩，根据牛顿第二定律得，F1+F2-mg=ma1，F2=1.0N当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，合力F合=ma2=0.8N，根据牛顿第二定律知，两根弹簧作用在物体上的合力为1.8
9、N，则物块要下移，根据胡克定律，两根弹簧增加的弹力相等，开始F1=0.4N，F2=1.0N，则每根弹簧增加0.2N，所以上面弹簧的弹力为0.6N故A正确，BCD错误故选A.考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】解决本题的关键掌握牛顿第二定律以及胡克定律，因为两弹簧完全相同，则当物体下移时，两根弹簧的形变量相等，弹力变化也相等；注意要搞清两个弹簧的弹力方向关系.7.如图甲所示，在倾角为30的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的（物体的初速度为零，重力加速
10、度取10m/s2）（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据牛顿第二定律得出物体运动的加速度，根据加速度与速度的方向关系判断物体的运动，若加速度与速度方向同向，做加速直线运动，若加速度方向与速度方向相反，则做减速运动解：在01s内，根据牛顿第二定律得，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动；在12s内，拉力为零，根据牛顿第二定律得，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2s末速度为零在23s内，根据牛顿第二定律得，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3s末的速度大小v=a3t=15m/s故C正确，A、B、D错误故选C【点评】解决本题的关键是通过牛顿第
11、二定律得出加速度，根据加速度方向与速度方向的关系判断物体的运动规律8.如图所示，一质点在一恒力作用下做曲线运动，从M点运动到N点时，质点的速度方向恰好改变了90，在此过程中，质点的动能:A. 不断增大 B. 不断减小 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小【答案】C【解析】【详解】因为质点速度方向恰好改变了90，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90，小于180才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大。所以C正确，ABD错误。故选C。【点睛】此题需要根据物体做曲线运动的条件有其运动情况分析受力情况，进一步分析
12、力的做功问题，从而判断速度（动能）的变化9.如图所示，天花板上固定有一光滑的轻质定滑轮，绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量为M的铁块；右端悬挂有两质量均为m的铁块，上下两铁块用轻质细线连接，中间夹一轻质弹簧处于压缩状态，此时细线上的张力为2mg，最初系统处于静止状态。某瞬间将细线烧断，则左端铁块的加速度大小为：A. g/4 B. g/3 C. g D. 2g/3【答案】D【解析】【详解】由题意可知，烧断细线前轻绳了上的张力为2mg，根据平衡条件可知M=2m，以右上端的铁块为研究对象，根据平衡条件可知，烧断细线前弹簧的弹力为mg，方向向上；细线烧断的瞬时，铁块M与右上的铁块m间的轻绳张
13、力也会发生变化，但二者的加速度大小相同，沿绳子方向对两物体分析，根据牛顿第二定律可得：2mg+mg-mg=3ma；解得：a=23g；故D正确，ABC错误。故选D。【点睛】本题考查牛顿第二定律应用中的动态分析问题，本题关键点在于明确弹簧是处于压缩状态的，所以分析时要以右上的m分析，不能分析右下的物体，同时注意应用牛顿第二定律时是沿绳子方向列牛顿第一定律方程10.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行
14、。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是:A. 斜面倾角=60B. A获得最大速度为2gm5kC. C刚离开地面时，B的加速度最大D. 从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【答案】B【解析】【详解】A的速度最大的时候，应是A受力为0的时候，故此时绳的拉力等于T=4mgsin，C此时刚好要离开地面，故弹簧的拉力为mg，对B受力分析可得绳对B的拉力为T=2mg，则得4mgsin=2mg，可得：=30，故A错误。初始系统静止，且线上无拉
15、力，对B有：kx1=mg；C刚好离开地面时：kx2=mg；可知 x1=x2，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：4mg（x1+x2）sin=mg（x1+x2）+12（4m+m）vAm2；以上方程联立可解得：A获得最大速度为 vAm=2gm5k，故B正确；物体C刚刚离开地面时，B合外力为0，加速度为0，故C错误。从释放A到C刚离开地面的过程中，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但是A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。故选B。【点睛】本题关键是对三个小球进行受力分析，分析弹簧的弹力变化情况，确定出它们的运动状态，再结合平衡条件和系统的机械能守恒进行分析11.如图所示，倾角为30的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的滑轮O（可视为质点）A的
