陕西省渭南市大荔县大荔中学2021届高三物理上学期第二次质量检测试题.doc

陕西省渭南市大荔县大荔中学2021届高三物理上学期第二次质量检测试题陕西省渭南市大荔县大荔中学2021届高三物理上学期第二次质量检测试题年级：姓名：- 19 -陕西省渭南市大荔县大荔中学2021届高三物理上学期第二次质量检测试题（含解析）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，计48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为和。若=80，则等于（）A. 80B. 60C. 50D. 40【答案】C【解析】【详解】由于甲、乙两物体质量相等，则设它们的质量为m，对O点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F，如下图所示因处于静止状态，依据力的平行四边形定则，则竖直方向mgcos+Fcos=mg水平方向mgsin=Fsin因=80联立解得=50故C正确，ABD错误。故选C。2. 火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10。在此10 s时间内，火车（）A. 位移为600 mB. 加速度为零C. 角速度约为1 rad/sD. 转弯半径约为3.4 km【答案】D【解析】【详解】A圆周运动的弧长s=vt=6010m=600m则位移小于600m，选项A错误；B火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；CD由题意得圆周运动的角速度rad/s= rad/s又所以m=3439m3.4km故选项C错误、D正确。故选D。3. 如图所示，趣味运动会上一位运动员正在手持网球球拍托球沿水平直跑道匀加速奔跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦力及空气阻力不计，则（）A. 运动员的加速度为gtan B. 运动员的加速度为gsin C. 球拍对球的作用力为mgD. 运动员对球拍的作用力为（M+m）gcos 【答案】A【解析】【详解】AB对乒乓球进行受力分析，受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得解得，故A正确，BC错误；D以球拍和球整体为研究对象，如图根据牛顿第二定律得，运动员对球拍作用力为故D错误。故选A。4. 从地面竖直上抛一个小球，小球上升的最大高度为h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒为Ff，下列说法正确的是（）A. 小球落回地面时的速度等于被抛出时的速度B. 小球上升过程的加速度小于下降过程的加速度C. 小球上升过程所用的时间小于下降过程所用时间D. 小球上升和下降的整个过程中机械能减少了Ffh【答案】C【解析】【详解】A由于整个过程中要克服空气阻力做功，则小球落回地面时的速度小于被抛出时的速度，选项A错误；B上升过程下降过程可知小球上升过程的加速度大于下降过程的加速度，选项B错误；C根据可知，因则小球上升过程所用的时间小于下降过程所用时间，选项C正确；D小球上升和下降的整个过程中克服空气阻力做功均为Ffh，则机械能减少了2Ffh，选项D错误。故选C。5. 一小孩站在岸边向湖面抛石子a、b两粒石子先后从同一位置抛出后，各自运动的轨迹曲线如图所示，两条曲线的最高点位于同一水平线上，忽略空气阻力的影响关于a、b两粒石子的运动情况，下列说法正确的是A. 在空中运动的加速度B. 在空中运动的时间C. 抛出时的初速度D. 入水时的末速度【答案】D【解析】【详解】两物体在空中的加速度均为g，选项A错误；因两物体的最高点在同一水平线上，则竖直方向的运动相同，则在空中的运动时间相同，选项B错误；a的水平射程小，则根据可知，a的初速度较小，选项C错误；根据可知，a入水的末速度小，选项D正确；故选D.【点睛】题中小球做抛体运动，要注意竖直方向上的运动规律，明确最高点时竖直速度均为零，从而明确小球的运动时间，再分析水平方向即可明确水平速度和末速度6. 一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶，发动机的输出功率为P。从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v之后又开始匀速行驶。若汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力。则汽车速度从v增大到2v的过程中（）A. 发动机的输出功率为2PB. 汽车做匀加速运动C. 汽车的平均速度为vD. 发动机产生的牵引力增大【答案】A【解析】【详解】A因为阻力不变，根据做功公式汽车在速度到达2v之后故A正确。BCD汽车若做匀加速运动，则平均速度为而汽车随速度的增加，由公式可知牵引力减小，则加速度减小 ，即汽车做加速度减小的加速运动，则平均速度不等于v，故BCD错误。故选A。7. 如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于()A. P的初动能B. P的初动能的C. P的初动能的D. P的初动能的【答案】B【解析】在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同根据动量守恒定律：mv0=2mv根据机械能守恒定律，有 故最大弹性势能等于P的初动能的故选D点睛：本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出P和Q的速度相同时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解8. 如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（）A. 环到达B处时，重物上升的高度h=B. 小环到达B处时，环与重物的速度大小之比为C. 环从A到B，环减少的重力势能等于重物增加的重力势能D. 环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能【答案】D【解析】【详解】A根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度故A错误；B对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有则故B错误；C环下滑过程中无摩擦力做系统做功，故系统机械能守恒，环从A到B，环减少的重力势能等于环和重物增加的动能以及重物增加的势能，故C错误；D环下滑过程中无摩擦力做系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能。故D正确。故选D。9. 在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s，如图所示。则以下说法正确的是（）A. 子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小B. 子弹动能的减少量等于木块动能的增加量C. 子弹动能的减少量大于系统动能的减少量D. 摩擦力对m做功的大小一定等于摩擦力对M做功的大小【答案】AC【解析】【详解】A子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反。故A正确。BC子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的减少量等于木块动能的增加量和摩擦产生的内能，所以子弹动能的减少量大于木块动能的增加量，子弹动能的减少量大于系统动能的减少量。故B错误，C正确。D子弹射入木块的过程，摩擦力对m做功的大小为摩擦产生的内能与木块动能增加量之和，摩擦力对M做的功等于木块动能的增加量，所以摩擦力对m做功的大小大于摩擦力对M做功的大小。故D错误。故选AC。10. “嫦娥四号”已成功降落月球背面，未来中国还将建立绕月轨道空间站。如图所示，关闭动力的宇宙飞船在月球引力作用下沿地月转移轨道向月球靠近，并将与空间站在A处对接。已知空间站绕月轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G，月球的半径为R，下列说法正确的是A. 宇宙飞船在A处由椭圆轨道进入空间站轨道必须点火加速B. 地月转移轨道的周期小于TC. 月球的质量为D. 月球的第一宇宙速度为【答案】C【解析】【详解】A宇宙飞船在椭圆轨道的A点做离心运动，只有在点火制动减速后，才能进入圆轨道的空间站轨道。故A错误；B根据开普勒第三定律可知，飞船在椭圆轨道的半长轴大于圆轨道的半径，所以地-月转移轨道的周期大于T故B错误；C对空间站，根据万有引力提供向心力得根据空间站的轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G就能计算出月球的质量M故C正确。D第一宇宙速度是指绕月球表面运行的速度，而题干中的周期为空间站的周期，因此不能用计算第一宇宙速度，当周期为绕月球表面飞行的周期时可以进行计算，故D错误。故选C。11. 如图所示，倾角为的足够长的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，物体与传送带间的动摩擦因数为，则物体从底端运动到顶端的过程中（）A. 可能小于tanB. 物体与传送带达到共同速度后，能随传送带一起匀速运动C. 物体在加速运动过程中传送带通过的位移是物体位移的2倍D. 传送带对物体所做的功大于物体机械能的增量【答案】BC【解析】【详解】AB物体能随传送带上升，则即则物体与传送带达到共同速度后，能随传送带一起匀速运动，选项A错误，B正确；C设物体加速的时间为t，则此过程中传送带的位移vt，物体的位移，即传送带通过的位移是物体位移的2倍，选项C正确；D由能量关系可知，传送带对物体所做的功等于物体机械能的增量，选项D错误。故选BC。12. 如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小球，初始时静置于a点。一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与小球相连。直杆上还有b、c、d三点，且b与O 在同一水平线上，Obl，Oa、Oc与Ob夹角均为37，Od与Ob夹角为53。现释放小球，小球从a点开始下滑，到达d点时速度为0，在此过程中弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是(重力加速度为g，sin 370.6)（）A. 小球在b点时速度最大B. 小球下滑过程中，其机械能保持不变C. 小球在c点的速度大小为D. 小球从c点滑到d点的过程中弹簧的弹性势能增加了mgl【答案】CD【解析】【详解】A从a到b，弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大；从b到c，弹簧对滑块沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块仍在加速，所以滑块在b点时速度不是最大，此时滑块的合力为mg，则加速度为g，故A错误；B从a下滑到d点过程中，弹簧的弹力对小球先做正功，后做负功，则小球的机械能先增加后减小，故B错误；C从a下滑到c点的过程中，对于滑块与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：mg2ltan37=可得滑块在c点的速度大小为：vc=故C正确D小球从c点下滑到d点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于小球的机械能减小量：带入数据解得故D正确故选CD。二、实验题（共2小题，计15分）13. 某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律。他先通过调节使得斜槽轨道末端水平。图中O点是槽轨道末端在地面上的垂直投影。实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落点位置P，测量平抛射程OP。然后把被碰小球m2静置于轨道水平部分末端，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。找到两球的平均落点位置M、N。空气阻力忽略不计(1)实验要求两个小球的质量关系为m1_m2；(填“”“ (2). AD (3). m1OPm1OMm2ON【解析】【详解】(1)1为保证在碰撞后入碰小球的速度仍然向前，则需要入碰小球的质量大于被碰小球的质量，即m1m2；(2) 2要验证动量守恒定律定律，即验证m1v1=m1v2+m2v3小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得m1v1t=m1v2t+m2v3t得m1OPm1OMm2ON因此实验需要测量：两球的质量m1、m2和球的平抛射程OM、ON，故选AD。(3)3由以上分析可知，若两小球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为m1OPm1OMm2ON14. 某小组同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为8V的交变电流和直流电，交变电流的频率为50 Hz。重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律。(1)该小组进行了下面几个操作步骤：A.按照图示的装置安装器件；B.将打点计时器接到电源“直流输出”上；C.用天平测出重锤的质量；D.先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；E.测量纸带上某些点间的距离；F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于其增加的动能。其中没有必要进行的步骤是_，操作不当的步骤是_；(填选项字母)(2)一位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量，如图乙所示，其中O点为起始点，A、B、C、D为连续打出的四个点。根据纸带上的测量数据，可得出打C点时重锤的速度为_m/s；(保留3位有效数字)(3)该小组测出多组重物下落的高度h和对应的速度v，并做出h图像。则做出的图像满足_条件，就能证明重物下落过程机械能守恒；(4)某同学选用两个形状相同、质量不同的重物a和b进行实验，依据实验数据画出h图像，并求出图线的斜率k，如图丙所示。通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2 0.052 kg，当地重力加速度g9.78 m/s2，求出重物所受的平均阻力Ff_N。(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). C (2). B (3). 2.25 (4). 图像是一条过原点的倾斜直线 (5). 0.031【解析】【详解】（1）1因为我们是比较的是 和是否相等，即故m可约去，不需要用天平，故C没有必要。2 将打点计时器接到电源的“直流输出”上，操作不当，应接到交流输出上，B操作不当。（2）3两个相邻计数点的时间间隔为C点时重锤的速度（3）4根据得出做出图像，图像是一条过原点的倾斜直线，就能证明重物下落过程机械能守恒。（4）5 根据动能定理知则有可知解得三、解答题（共3小题，计37分）15. 某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示。已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定。求：(1)第6 s末、第18 s末汽车的速度分别是多少？(2)定性作出025 s内的汽车v-t图像，并标注各节点的坐标。【答案】(1) 30 m/s ；26m/s；(2)【解析】【详解】(1)由题图知18 s后汽车匀速直线运动，所以阻力FfF1500 N 06 s内由牛顿第二定律得F1Ffma16 s末车速为v1a1t1 30 m/s 在618 s内，由牛顿第二定律得F2Ffma2第18 s末车速为v2v1a2t226m/s(2)如图所示； 16. 如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R质量为m可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A已知POC=60，求：(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数；(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能【答案】(1)FN=2mg，方向竖直向下 (2)=0.25 (3)Ep=3mgR【解析】【详解】（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN由P到C的过程在C点解得由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小，方向竖直向下（2）对P到C到Q的过程解得 （3）A点：根据牛顿第二定律得Q到C到A的过程弹性势能17. 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg的长木板，在长木板右端有一质量m=1kg的小物块，长木板与小物块间的动擦因数=0.2，开始时长木板与小物块均静止现用F=14N的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s撤去水平恒力F，g=10m/s2求(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a的大小；(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端距离s；(3)撒去F后，系统能损失的最大机械能E【答案】（1）2m/s2（2）0.5m（3）0.4J【解析】【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去F后，先求解小物块和木板速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能E【详解】（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：mg=ma1，解得a1=g=2m/s2（2）对木板，受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得，F-mg=Ma2，解得：a2= 3m/s2小物块运动的位移：x1=a1t2=212m=1m，长木板运动的位移：x2=a2t2=312m=1.5m，则小物块相对于长木板的位移：x=x2-x1=1.5m-1m=0.5m（3）撤去F后，小物块和木板的速度分别为：vm=a1t=2m/s v=a2t=3m/s小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒： 解得 从撤去F到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律： 解得E=0.4J【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式