1、2018 届辽宁省沈阳市东北育才学校高三上学期第二次模拟考试物理试题答题时间：90 分钟 满分：100 命题人：一、选择题（每题 4 分，其中 8-12 是多选题 选不全得 2 分，共计 48 分）1在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的物理思想方法，如理想化模型、极限思想、控制变量法、等效替代法、类比法、比值法等下关于所用思想方法的叙述错误的是（ ）A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是类比法B合力与分力、交变电流的有效值等概念的建立都用到了等效替代法C再用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，采用了控制变量法D当t 很小时， 表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义
2、应用了极限思想2如图所示，A 、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的 vt 图象，根据图象可以判断出（ ）A在 t=4s 时，甲球的加速度小于乙球的加速度B在 t=5s 时，两球相距最远C在 t=6s 时，甲球的速率小于乙球的速率D在 t=8s 时，两球相遇3做匀加速直线运动的质点，在第 1s 末的速度为 2m/s下面判断正确的是（ ）A质点在第 2s 末的速度一定是 4m/sB质点在前 2s 内的位移一定是 4mC质点的加速度一定是 2m/s2D质点的加速度可能是 3m/s24如图所示，不计重力的轻杆 OP 能以 O 为轴在竖直平面内自由转动，P 端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定
3、滑轮系在 P 端当 OP 和竖直方向的夹角 缓慢逐渐增大时（0 ） ，OP 杆的弹力 T 和绳子的张力 F 的大小变化是（ ）AT 先变小后变大，F 变大 BT 先变小后变大，F 不变C T 先变大后变小，F 不变 DT 不变，F 变大5如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上，受到水平向右的拉力 F 的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为 1，木板与地面间的动摩擦因数为 2下列说法正确的是（ ）A木板受到地面的摩擦力的大小一定是 1mgB木板受到地面的摩擦力的大小一定是 2（m+M）gC木板受到地面摩擦力的大小一定等于 F D当 F 2（ m+M）g
4、 时，木板便会开始运动6如图所示，一个边长 L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中若通以图示方向的电流（从 A 点流入，从 C 点流出） ，电流强度I，则金属框受到的磁场力为（ ）A0 BILB C ILBD 2ILB7如图所示的电路中，闭合开关，灯 L1、L 2 正常发光由于电路出现故障，突然发现 L1 变亮， L2 变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（ ）AR 1 断路 BR 2 断路 C R3 短路 DR 4 短路8 (多选) 如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧 P 与一平行斜面的轻弹簧 Q 连接着，小球处于静止状态，则关于小球所
5、受力，下列说法正确的是（ ）A小球与斜面之间一定有弹力B轻弹簧 P 一定有弹力C轻弹簧 Q 不可能处于压缩状态D物体可能受到 4 个力9 (多选) 飞机在高空中水平匀速直线飞行，相同时间t 先后投下三颗炸弹分别落在迎面的山坡上 A、B 、C 三点（空气阻力不计） ，如图所示，炸弹落在 A、B 两点的时间间隔为 t1，落在 B、C 两点的时间间隔为 t2，A、B 两点的间距为 SAB，B、C 两点的间距为SBC则有（ ）At t 1t 2 Btt 2t 1 C SABS BC DS ABS BC10 (多选)如图所示，小球从 A 点以初速度 V0 沿粗糙斜面向上运动，到达最高点 B 后返回 A，
6、C 为 AB 的中点下列说法中正确的是（ ）A小球从 A 出发到返回 A 的过程中，位移为零，外力做功为零B小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，减少的动能相等C小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，动量的变化量相等D小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，损失的机械能相等11 (多选)如图，楔形物 A 静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块 B用平行于斜面的力 F 拉B，使之沿斜面匀速上滑现改变力 F 的方向至与斜面成一定的角度，仍使物体 B 沿斜面匀速上滑在 B运动的过程中，楔形物块 A 始终保持静止关于相互间作用力的描述正确的有（ ）AA 给 B 摩擦力
7、减小B拉力 F 可能增大C物体 B 对斜面的作用力不变D地面受到的摩擦力大小可能变大12 (多选)如图所示，小球 A 可视为质点，装置静止时轻质细线 AB 水平，轻质细线 AC 与竖直方向的夹角=37已知小球的质量为 m，细线 AC 长 l，B 点距 C 点的水平和竖直距离相等装置 BOO 能以任意角速度绕竖直轴 OO 转动，且小球始终在 BOO 平面内，那么在 从零缓慢增大的过程中（ ） （g 取10m/s2， sin 37= ，cos 37= ）A两细线张力均增大B细线 AB 中张力一直变小，直到为零C细线 AC 中张力先不变，后增大D当 AB 中张力为零时，角速度可能为二、填空题（13
8、题 10 分 14 题 6 分 共计 16 分）13用图(a)所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)某同学通过实验得到如图(b)所示的 a-F 图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角_( 填“ 偏大”或“偏小”)。(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_砝码和盘的总重力( 填“大于” 、 “小于”或“ 等于”) ，为了便于探究、减小误差，应使小车质量 M 与砝码和盘的总质量 m 满足_的条件。(3)某同学得到如下图所示的纸带。已知打点计时器电源频率为 50 Hz。A、B、C、D、E、F 、G 是纸带上 7个连续的点。ss DGs AD_cm
9、。由此可算出小车的加速度 a_m/s 2(保留两位有效数字)。14如图所示，在竖直平面的 xOy 坐标系中， Oy 竖直向上， Ox 水平。设平面内存在沿 x 轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿 Oy 方向竖直向上抛出，初速度为 v04 m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中 M 点所示(坐标格为正方形， g 取 10 m/s2) 则（1）小球在 M 点的速度大小 v1=_m/s；（2）在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回 x 轴时的位置N；（3）小球到达 N 点的速度的大小 v2=_m/s。三、计算题（请写清必要的文字说明和步骤，15 题 12 分，16 题 10 分，17
10、题 14 分，共计 36 分）15航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统已知飞机在跑道上加速时能产生的最大加速度为5.0m/s2，当飞机的速度达到 50m/s 时才能离开航空母舰起飞设航空母舰处于静止状态问：（1 ）若要求该飞机滑行 160m 后起飞，弹射系统必须使飞机具有的初速度至少多大？（2 ）若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰甲板至少应多长？（3 ）若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为 160m，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，这时可以先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，则这个速度至少多大？16在某星球表面轻绳约束下的质量为 m 的小球在竖直平
11、面内做圆周运动，小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力之差为F假设星球是均匀球体，其半径为 R，已知万有引力常量为 G不计一切阻力（1 ）求星球表面重力加速度；（2 ）求该星球的密度；17如图所示，在倾角为 =30的光滑斜面上端系有一劲度系数为 k=100N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为 m=8kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板 A 挡住，此时弹簧没有形变从 t=0 时刻开始挡板 A以加速度 a=1m/s2 沿斜面向下匀加速运动， （g=10m/s 2）求：（1）t=0 时刻，挡板对小球的弹力多大？（2）从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？（3）小球向下运动多少距离时速度最大？
12、参 考 答 案1A 2D 3B 4D 5A 6B 7A 8CD 9AD 10BD 11AB 12CD13(1)偏大 (2)小于 Mm (3)1.80 5.0 （每空 2 分）14(1)6 m/s (2)见解析图 (3)4 m/s （每小题 2 分）1015：（ 1）设经弹射系统帮助起飞时初速度为根据 -2 分得 = = m/s=30m/s-2 分故若要求该飞机滑行 160m 后起飞，弹射系统必须使飞机具有的初速度至少为 30m/s（2 ）不装弹射系统时，由 =2ax-2 分得 x= = m=250m-2 分故若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，该舰甲板至少应 250m 长
13、（3 ）以航空母舰为参考系，设航空母舰速度为 ，由 ， （其中 =0，a=5.0m/s，x=160m）-2 分解得 v=40m/s -1 分根据相对速度公式 = 得 = v=5040=10m/s-1 分让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，这个速度至少为 10m/s（若仍以地面为参考系，计算正确也得分） 16：（ 1）在最高点，重力和拉力的合力提供向心力，故： - -2 分再最低点，重力和拉力的合力提供向心力，故： -2 分根据动能定理，有： -2 分联立解得：F 2F1=6mg根据题意，有：小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力之差为F，故：g= -1 分 （2 ）在星球表面，重力等于万有
14、引力，故：mg=G -1 分-1 分联立解得：= -1 分17：（1）从 t=0 时刻开始挡板 A 以加速度 a=1m/s2，则小球的加速度也是 a=1m/s2，对小球受力分析，根据牛顿第二定律得： mgsin30N=ma -2 分解得：N=32N -1 分（2）设球与挡板分离时位移为 s，经历的时间为 t，从开始运动到分离的过程中，m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力 FN，沿斜面向上的挡板支持力F1 和弹簧弹力 F 根据牛顿第二定律有 mgsinFF1=ma，F=kx随着 x 的增大，F 增大，F 1 减小，保持 a 不变，当 m 与挡板分离时，F 1 减小到零 -1 分则有：mgsin kx=ma，-2 分又 x= at2 -2 分联立解得 mgsink at2=ma，经历的时间为 t= -1 分（3）球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零-2 分即 kxm=mgsin-2 分解得 xm= = -1 分所以速度最大时运动的路程为 0.4m
