《河南省平顶山市2019届高三物理上学期10月阶段性检测试卷（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省平顶山市2019届高三物理上学期10月阶段性检测试卷（含解析）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、平顶山市2019届高三10月阶段性检测（一调）物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。18题为单项选择题，所列的四个选项中，只有一项符合题意；912题为多项选择题，所列四个选项中至少有二项符合题意，漏选得2分，错选或不选不得分）1.关于物理学研究方法和物理学史，下列说法正确的是A. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法B. 根据速度定义式，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法C. 亚里士多德认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据
2、铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法D. 牛顿在伽利略等前辈研究的基础上，通过实验验证得出了牛顿第一定律【答案】A【解析】【详解】A项：在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法，故A正确；B项：根据速度定义式，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法，故B错误；C项：伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故C错误；D项：牛顿第一定律是在实验的基础上
3、进一步的推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得出的，但能接受住实践的检验，故D错误。故应选：A。2.2018年4月6日上午9时40分，由滨州舰、徐州舰、千岛湖舰组成的中国海军第二十九批护航编队在浙江舟山某军港解缆起航，经过24个昼夜的连续航行，顺利抵达亚丁湾东部预定海域，与刚刚执行完第1139批护航任务的第二十八批护航编队会合。若第二十九批护航编队此次航行4500海里，舰队各舰运动速率相同，则下列说法正确的是A. “上午9时40分”指的是时刻，“4500海里”指的是护航舰艇的位移B. 若以“滨州舰”为参考系，“徐州舰”是静止的C. 研究舰队平均速度时，可将“滨州舰”看作质点D. 根据题中
4、数据可估算出此次航行过程中的平均速度【答案】C【解析】【分析】位移是指初末两点间的有向线段的长度；而路程是指物体经过的轨迹的长度；时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分。【详解】A项：“上午9时40分”指的是时刻，“4500海里”指的是护航舰艇的路程，故A错误；B项：舰队各舰运动速率相同，但运动方向可能不一定相同，故B错误；C项：研究舰队平均速度时，“滨州舰”的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故C正确；D项：舰艇的平均速度等于位移除以时间，根据题目不能求出位移，所以不能求出平均速度，故D错误。
5、故应选：C。【点睛】解决本题的关键知道位移和路程的区别，知道位移是矢量，路程是标量，以及知道时间和时刻的区别，时间表示“段”，时刻表示“点”。3.天气睛朗无风时，郝飞同学把乒兵球从教学楼四楼阳台自由释放，若空气阻力与速度平方成正比,它在落地前已经做匀速运动，则乒乓球A. 落地所需时间大约为1sB. 在下落过程中，加速度先变大后变小最后不变C. 从更高处由静止释放，落地所需时间将变长D. 从更高处由静止释放，落地前瞬间的速度变大【答案】C【解析】【分析】根据牛顿第二定律分析加速度的变化，从而空中运动的时间关系，以及落地时速度关系由于空气阻力做功，乒乓球的机械能不守恒。【详解】A项：四楼高度大约为
6、10m，由公式，由于阻力影响，下落时间一定明显大于自由落体运动时间，故A错误；B、D项：根据牛顿第二定律得：mg-f=ma，得加速度随着速度的增大，空气阻力f增大，则知加速度减小，当加速度a=0时做匀速运动设匀速运动的速度为v，则f=kv，由mg=f=kv得，匀速运动的速度 由于乒乓球在落地前已经做匀速运动，可知从更高处由静止释放，落地前也做匀速运动，落地瞬间的速度不变，故B、D错误；C项：从更高处由静止释放，变加速运动的时间相同，而匀速运动的时间变长，所以在空中运动时间变长，故C正确。故应选：C。【点睛】解决本题的关键是运用牛顿第二定律分析加速度的变化，知道加速度为零速度最大，做匀速运动。4
7、.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，从t0时刻起运动过程的位移与时间的关系为x8t2t2（各物理量单位均取国际单位制的单位），下列分析正确的是A. 上述过程的加速度大小为8ms2 B. 上述过程的加速度大小为2ms2C. 刹车3秒内的平均速度大小为2ms D. 剩车3秒内的平均速度大小为m【答案】D【解析】【分析】由位移与速度的关系式为x=（8t-2t2）m可知刹车时初速度和加速度，就可判断刹车时间，从而可求刹车位移。【详解】A、B项：根据公式和位移与时间的关系式为x=（8t-2t2）m可得刹车初速度和加速度为，故A、B错误；C、D项：刹车时间，刹车3s内的位移等于刹车2s位移相等，即为，平均速
8、度为： ，故C错误，D正确。故应选：D。【点睛】解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，以及掌握匀变速直线运动的速度时间公式v=v0+at和位移时间公式 。5.如图，一光滑的轻滑轮用短轻杆O悬挂于O点，一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑轮与物体b之间的细绳与竖直方向的夹角为，物块a质量为m，物体b质量为M，整个系统处于静止状态，则下列说法正确的是A. 轻杆下端受到的弹力大小为mg（1cos）B. 轻杆下端受到的弹力大小为2mgC. 物体b与水平桌面间的滑动摩擦力大小为 mg sinD. 物体b与水平桌面间的动摩擦因数至少
9、为 mgsin（Mg mgcos）【答案】D【解析】【详解】A、B项：绳中的张力大小为mg,滑轮受到大小为mg ，夹角为，的两个力，合力大小为，方向沿角平分线，故A、B错误；C、D项：物体b与水平桌面间的静摩擦力为，解得：，故C错误，D正确。故应选D。6.某高层小区的一台电梯从静止开始向下运动，其速度一时间图象如图所示，下列说法正确的是A. 电梯在t5s时处于超重状态B. 电梯在010s内的平均速度大于在10s30s内的平均速度，两段时间内的速度方向相反C. 电梯在010内的加速度大于在1030内的加速度，两段时间内的加速度方向相反D. 电梯在010s内对乘客的支持力大于在10s30s内对乘客
10、的支持力【答案】C【解析】【详解】A项：由于电梯是从静止开始向下运动，加速度大小为，方向向下，在t=5s时处于失重状态，故A错误；B项：电梯在010s内的平均速度为：，10s30s内的平均速度为：，故两段平均速度相等，方向相同，故B错误；C项：电梯在010内的加速度，1030内的加速度，两段加速度方向相反，故C正确；D项：0s10s内向下加速运动，处于失重状态，10s30s向下减速运动，处于超重状态，电梯在0s10s内对乘客的支持力小于在10s30s内对乘客的支持力，故D错误。故应选：C。7.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30的山坡上行，经历匀加速、匀
11、速、匀减速三个阶段，若加速、减速的加速度的大小均为，如图所示，。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车运行中保持竖直状态，缆绳与山坡平行）。则下列说法正确的是A. 加速阶段小物块受到的摩擦力方向沿斜面向下B. 加速阶段小物块受到的滑动睥擦力大小为mgC. 匀速阶段小物块受到的摩擦力为0D. 减速阶段小物块受到的摩擦力为0【答案】D【解析】【详解】A、B项：小物块相对于斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力，缆车以加速度上行，小物块加速度也为，以小物块为研究对象，则有：，静摩擦力，方向平行斜面向上，故A、B错误；C项：匀速阶段，小物块
12、受到的静摩擦力为，方向平行于斜面向上，故C错误；D项：向上减速时，解得：，故D正确。故应选：D。8.司机驾驶汽车在平直公路上匀速行驶，突然遇到紧急情况刹车直到停止运动，从司机发现情况到停止运动这段时间内汽车的图象如图所示，下列说法正确的是A. 从司机发现情况开始至汽车停止所用时间为55sB. 汽车刹车过程的加速度大小为20ms2C. 汽车刹车过程的加速度大小为40msD. 从司机发现情况开始至刹车停止，汽车的总位移为30m【答案】C【解析】【详解】通过图象可知，第一阶段在司机反应时间0.5s内，汽车做匀速直线运动，第二个阶段司机刹车，汽车做匀减速直线运动到停止，根据匀变速直线运动规律，得到，
13、可得， 减速2.5s汽车停止运动，故到停止所用总时间为3s，全程位移为 综上所述：应选C。9.如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码一起沿斜面加速下滑，下列哪些方式可以增大木盒和砝码的加速度A. 增大斜面的倾角，其他条件不变B. 拿走砝码m，换质量更大的砝码M，其他条件不变C. 拿走砝码m，而在木盒上持续加一个垂直于斜面向下的恒力F（），其他条件不变D. 拿走砝码m，而在木盒上持续加一个竖直向下的恒力F（Fmg），其他条件不变【答案】AD【解析】【详解】A、B项：对整体：，解得：，可知与砝码质量无关，斜面倾角增大，加速度增大，故A正确，B错误；C、D项：当拿走砝码m ,换为垂直与斜面
14、的作用力时，由，加速度减小，当增加竖直向下的恒力时，据，可知，加速度变大，故C错误，D正确。故应选AD。10.一质点从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A. 02s内，质点做匀加速运动B. t4s时，质点速度最大C. 06s内，4s时质点离出发点最远D. t6s时，质点速度大小等于3ms【答案】BD【解析】【分析】a-t图象与坐标轴包围的面积表示速度变化量，根据加速度与速度方向关系判断质点的速度变化情况。【详解】A项：02s内质点的加速度均匀变大，不是匀变速运动，故A错误；B项：4s后加速度反向，即速度开始减小，故4s时质点速度最大，故B正确；C项：因质点速
15、度方向不变，故6s时质点离出发点最远，故C错误；D项：06s内，图线与坐标轴包围的面积表示速度变化量，速度变化量为3m/s，故D正确。故应选BD。【点睛】解决本题的关键是知道a-t图象中“面积”等于速度的变化量。11.在平直公路上行驶的甲、乙、丙三车，其图象分别为图中直线a、曲线b、曲线c，t3s时，直线a和曲线c相交，直线a和曲线b刚好相切，已知乙车的加速度恒定且为2ms2。下列说法正确的是A. t3s时，甲、乙、丙三车速度相等B. t3时，甲、乙、两三车相遇（即刚好并排行驶）C. t0s时，甲、乙两车间的距离为7mD. 前3s内，甲、乙、丙三车的平均速度【答案】BD【解析】【分析】x-t图线的切线斜率表示瞬时速度，分析三车的位移关系、速度关系。【详解】A、B项：t=3s时，图线相交，表示甲、乙、丙三车相遇，而不是速度相等，故A错误；C、D项：直线a和曲线b刚好相切，表明甲、乙现两车此时在离坐标原点距离相等且速度相等， ，解得：乙车的初速度为，前3s内，乙车位移为：，解得，即时刻，乙车
