2019安徽皖东名校联盟高三第二次联考物理试题及答案

2019第二次联考物理参考答案1.A【解析】在国际单位制中力的单位是牛顿，它是属于导出单位，是根据牛顿第二定律F=ma定义的，1N就是使质量1kg的物体产生1m/s2加速度的力，选项A正确；在国际单位制中，力学的三个基本单位是m、kg、s,选项B错误；国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而秒只是时间的单位，选项C错误；在国际单位制中，长度的单位只能是m，选项D错误.2．C【解析】物体受到一组共点恒力作用而处于平衡状态，当撤去某一个恒力时，余下力的合力与此力大小相等、方向相反，说明物体受到的合力恒定不变，若原来的力与速度方向相反时，撤去此力后，物体的合力与速度方向相同时，物体做匀加速直线运动；若原来的力与速度方向相同时，撤去此力后，物体的合力与速度方向相反时，物体做匀减速直线运动，物体不可能做匀速直线运动，选项A、B错误C正确；若物体原来做匀速直线运动，而且原来的力与速度不在同一直线上时，撤去此力后，物体的合力与速度方向不在同一直线上，则物体做匀变速曲线运动，若刚好垂直，则做类平抛运动．选项D错误．3.D【解析】将质点的上滑过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶（2－1），设从滑出至回到滑出点的时间为2t=10s，质点撞击挡板后以原速率弹回（撞击所需时间不计），质点上滑和下滑的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t=5s，由以上各式可得：t′＝2（2－1）t/2≈0.6t=3s，只有选项D正确。4.A【解析】对桌子受力分析，如图所示．根据平衡条件可知，水平方向有Fcosθ－Ff＝0，竖直方向有FN＋Fsinθ－G＝0，其中Ff＝μFN，故F＝μGcosθ＋μsinθ，令μ＝tanα，则F＝Gsinα－；当θ＝α时，F有最小值，Fmin＝Gsinα＝35N，α＝30°，故μ＝tan30°＝33，θ＝30°，只有选项A正确。5.B【解析】考虑m2受力：2合=Fma，则2222222Tmgmamga；考虑m1受力:N+T=m1g，f=m1a，又相对静止，有f≤μN所以12212mamgmga，只有选项B正确。6．C解析：设拉滑轮C的绳与竖直方向的夹角为，对滑轮C进行受力分析，根据平衡条件得cos2Tmg，将轻绳固定点由O点移动到M点后，由几何关系得绳与竖直方向的夹角变小，所以绳上的拉力T变小，轻绳对物块B的拉力变小，因为不知道初始时物块B受静摩擦力的大小和方向，所以不能确定物块B摩擦力大小的变化，选项A错误；将轻绳固定点由O点移动到M点后，把斜面和物块B整体为研究对象，可得斜面受到的摩擦力sinTFf，由以上分析可得轻绳上的拉力T变小，绳与竖直方向的夹角变小，所以斜面受到的摩擦力fF也变小，但轻绳对滑轮C的作用力是两绳对滑轮的拉力的合力，方向竖直向上，仍等于物块A的重力，选项B错误；将轻绳固定点由O点移动到N点后，由几何关系得绳与竖直方向的夹角不变，根据cos2Tmg，所以绳上的拉力T不变，物块B受到的摩擦力不变，选项C正确；将轻绳固定点由O点移动到N点后，绳上的拉力T不变，轻绳对滑轮C的作用力不变，把斜面和物块B整体为研究对象，根据sinTFf可得斜面受到地面的摩擦力也不变，选项D错误。7．BC【解析】上升过程，先加速再减速，加速度先向上，再向下，故先超重再失重，选项A错误、B正确；下降的过程，先加速再减速，加速度先向下，再向上，故先失重再超重，选项C正确、D错误.8．AD【解析】由于斜面是光滑的，初始m1静止时，弹簧的弹力大小等于m1的重力下滑分量，加上m2后，弹簧的弹力小于m1和m2的重力下滑分量，弹簧会下滑，下滑到速度最大时两力相等，加速度为0，后加速度反向增大，且在下滑过程中加速度先减小后增大，选项A正确、B错误；刚放上物块m2时，m2gsin37°＝（m1＋m2）a，解得m1、m2的加速度大小是a＝4m/s2，选项C错误；再隔离m2受力分析可知m2gsin37°－F＝m2a，可得F＝4N，选项D正确。9.ACD【解析】对Q分析，受到竖直向下的重力，AQ的拉力1T，以及OQ的拉力2T，根据共点力平衡条件可知水平绳AQ中拉力1tan45Tmgmg=1N，选项A正确；若水平绳被剪断，则在剪断瞬间，小物块Q只受到重力和绳子OQ的拉力，由于绳子的拉力的大小会发生突变，所以物块Q的加速度的方向与OQ的方向垂直，所以加速度大小为2sin452agg，选项B错误；若连接两物块的绳被剪断，则在剪断瞬间，由于绳子AQ的拉力大小突变为0，小物块Q只受到重力，加速度大小为g，选项C正确；若连接两物块的绳被剪断，则物块P先以2m/s2做匀加速运动后匀速滑离传送带，t=1.5s，选项D正确。10.BD【解析】根据匀变速直线运动的位移时间公式x＝v0t＋12at2变形得：v＝xt＝v0＋12at，则知图像的斜率大小等于12a，由题图可知，12aA＝3－14m/s2，得aA＝1m/s2，12aB＝22m/s2，得aB＝2m/s2，选项A错误；由tavvAA1、tavB2，当t=1s时，A、B速度相等，A领先B距离最大，选项B正确C错误。设经t1两质点相遇，由相遇条件可得：021121)2/(2/statvtaAAB，解得：t1=3s，选项D正确。11.（6分）（1）10.66~10.69（2）62.5（3）弹簧竖直悬挂时存在由于自身重力影响造成的形变（每空2分）【解析】（1）毫米刻度尺最小刻度为1mm，读数时估读到毫米的下一位，故读数为10.66~10.69mm；（2）设弹簧竖直悬挂时由自身重力造成的形变量为0L，由胡克定律：0nmgkLL,可得：0mgLnLk，故图线斜率为mgkk，所以3-2501010=62.5/m4.3-0.310m5mgNkNk（）；（3）纵截距为弹簧竖直悬挂时由于自身重力影响造成的形变。12.（8分）（1）BC（2分）（2）1.18（1分）1.50（1分）（3）质量的倒数（2分）大于（2分）【解析】（1）实验中涉及了质量和合力两个变化的物理量，所以需要控制变量法进行实验，A错误、B正确;实验时为了获得更多的信息，所以需要先接通电源，后释放纸带，C正确;小车运动的加速度必须由纸带上的测量数据计算得到，D错误。（2）因纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，设s1=9.50cm、s2=11.00cm、s3=12.55cm、s4=14.00cm、s5=15.50cm、s6=17.05cm，则打C点时纸带的速度大小为Tssvc232,代入数值得vc=1.18m/s，1234561232()()39aaassssssaT，代入数值得a=1.50m/s2。（3）当没有平衡摩擦力时有：F-f=Ma，a=FM-μg故即图线斜率物理意义为1M（质量的倒数），纵轴截距的大小为μg．观察图线可知μ甲μ乙。所以第二空填大于。13．（10分）（1）汽车速度v0=16m/s，在0.75s的反应时间内，汽车匀速行驶的位移为：x1=v0t1=16×0.75m=12m.（1分）刹车后的位移为：x2=x-x1=36m-12m=24m（1分）剩下的24m汽车匀减速行驶，加速度大小a=-4m/s2，由x2=222021attv，（2分）代入数据，得t2=2s.（1分）此时汽车速度1016/42/8/vvatmsmsms（1分）驾驶员从发现情况至汽车走完36m距离，一共需要时间t=0.75+2s=2.75s.（1分）人穿过马路的时间为：t0=L/v=2.7s，考虑到汽车的宽度，可知行人会有危险（3分）14．（10分）（1）单独静止释放小球A，经历2s恰好到达轻杆的底端，小球A下滑时，根据牛顿第二定律sincosmgmgma，解得22m/sa（1分）轻杆的长度212xat=4m（1分）（2）小球A开始下滑1s后，下滑位移21111m2xat（1分）速度大小112m/svat（1分）由于要与小球B同时到达底端，则小球A还需运动的时间22st，则22121212xvtat（1分）且124mLxx解得210.5m/sa（1分）小球A做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律N1sinmgFma（1分）解得N26NF（1分）由于没有说明垂直轻杆的力的具体方向，则有两种可能：当F垂直轻杆向下时，有N1cosFmgF解得110NF（1分）当F垂直轻杆向上时，有N2cosFFmg解得242NF。（1分）15．（12分）（1）给小物块一水平向右的初速度v0=4m/s，小物块运动的加速度大小为a1＝μ1g＝4m/s2，方向水平向左（1分）设小物块运动时间t1速度减为零，则1101avts（1分）小物块位移21110121tatvx2m（1分）对长木板施加水平向左的恒力F=29N，长木板的加速度大小a2＝F－μ1mg－μ2(M＋m)gM=5m/s2，方向向左（2分）长木板的位移大小212221tax2.5m（1分）此时长木板的速度大小为v2=a2t1=5m/s由于x1+x2=L，即此时小物块运动到长木板的右端，长木板的速度大小为5m/s。（1分）（2）小物块运动到长木板的右端速度减为零，当长木板继续运动时，小物块从长木板的右端掉下来停止。（1分）设小物块从长木板上掉下来后长木板的加速度大小为a3，对木板由牛顿第二定律有：F－μ2Mg＝Ma3（2分）可得4253am/s2（1分）在t=3s时小物块与长木板右端的距离：5.22)(21)(213123ttattvxm（1分）16．（14分）（1）对夯杆，据牛顿第二定律得：11fmgma（1分）夯杆所受摩擦力1N2fF（1分）当夯杆上升的速度刚达到两个滚轮边缘线速度大小时，夯杆的速度v=4m/s（1分）据速度公式得：11atv（1分）此过程夯杆上升高度为：211112hat（1分）联立解得：a1=2m/s2t1=2sh1=4m（1分）（2）夯杆以4m/s的初速度竖直上抛，上升高度为：m8.0222gvh（1分）则当夯杆加速向上运动速度到达4m/s后，夯杆匀速上升，匀速上升高度为：m6.1213hhhh（1分）因此，夯杆先匀加速上升，后匀速上升，再竖直上抛故夯杆上升过程中被滚轮释放时的速度为４m/s（1分）此时夯杆底端离坑底6.52hhhm（1分）（3）夯杆竖直上抛运动的时间为：4.02gvts（1分）夯杆匀速上升的时间为：330.4htvs（1分）夯杆自由落体的时间为t4，得：244121.132hhgttg　,s（1分）打夯周期为：93.34321ttttTs（1分）