天水市甘谷縣第四中學2021屆高三物理上學期第二次檢測試題含解析

甘肅省天水市甘谷縣第四中學2021屆高三物理上學期第二次檢測試題含解析甘肅省天水市甘谷縣第四中學2021屆高三物理上學期第二次檢測試題含解析PAGE25-甘肅省天水市甘谷縣第四中學2021屆高三物理上學期第二次檢測試題含解析甘肅省天水市甘谷縣第四中學2021屆高三物理上學期第二次檢測試題（含解析)一、選擇題(本題共14小題.每小題4分，共56分。在每小題給出的四個選項中，1—10題只有一個選項正確，11—14題有多個選項正確，全部選對的得4分,選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1.下列說法正確的是（）A。牛頓通過理想斜面實驗發(fā)現力不是維持物體運動的原因B。千克、秒、米和牛頓都是力學中的基本單位C。物體靜止時有慣性,一旦開始運動，便不再保持原有的運動狀態(tài)，也就失去了慣性D。法國科學家笛卡兒指出：如果運動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不會停下來，也不會偏離原來的方向【答案】D【解析】【詳解】A．伽利略通過理想斜面實驗發(fā)現力不是維持物體運動的原因，A錯誤；B．千克、米、秒分別是質量、長度和時間的單位，都是國際單位制中的基本單位，牛頓不是基本單位，B錯誤;C．任何物體在任何情況下都有慣性，C錯誤；D．法國科學家笛卡爾指出：如果物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不會停下來,也不會偏離原來的方向,D正確。故選D。2。某跳水運動員在3m長的踏板上起跳，我們通過錄像觀察到踏板和運動員要經歷如圖所示的狀態(tài),其中A為無人時踏板靜止點，B為人站在踏板上靜止時的平衡點，C為人在起跳過程中人和踏板運動的最低點，則下列說法中正確的是（）A。人和踏板由C到B的過程中，人向上做勻加速運動B.人和踏板由C到A的過程中，人處于超重狀態(tài)C。人和踏板由C到A的過程中，先超重后失重D.人在C點具有最大速度【答案】C【解析】試題分析:人由C到B的過程中，重力不變，彈力一直減小，合力先減小,所以加速度減小，故A錯誤；人和踏板由C到B的過程中,彈力大于重力,加速度向上，人處于超重狀態(tài)，從B到A的過程中，重力大于彈力，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故B錯誤，C正確；人在C點的速度為零,故D錯誤．故選C．考點：超重和失重3.如圖所示，用質量不計的輕繩L1和L2將M、N兩重物懸掛起來，則下列說法正確的是（）A.L1對M的拉力和L2對M的拉力是一對平衡力B。L2對M的拉力和L2對N的拉力是一對作用力與反作用力C。L1對M的拉力和M對L1的拉力是一對平衡力D。L2對N的拉力和N對L2的拉力是一對作用力和反作用力【答案】D【解析】【分析】二力平衡的條件:大小相等、方向相反、作用在一條直線上、作用在一個物體上；而作用力與反作用力,則是大小相等，方向相反，作用在兩個物體上;然后根據二力平衡的條件對四個選項進行逐一分析，符合二力平衡條件的即為平衡力．【詳解】對M受力分析，它受到重力、L1的拉力、L2的拉力作用．因此，L1對M的拉力和L2對M的拉力并不是一對平衡力，A錯誤；作用力和反作用力作用在相互作用的兩個物體之間，而B選項中有三個物體：M、N、L2，B錯誤;平衡力必須作用在同一個物體上，L1對M的拉力和M對L1的拉力分別作用在M和L1上，顯然不是平衡力，C錯誤;D項中的一對力是作用力和反作用力，D正確．4。如圖所示,某興趣小組制作了一個小降落傘，傘面底端是一半徑為R剛性的圓環(huán),在圓環(huán)上等間距地系有四根長均為2R的細線，將四根細線的另一端連接在一起，并懸掛有一質量為m的物體．它們一起豎直向下加速降落,當物體下落的加速度大小為0。2g時（g為重力加速度)，每根細線的張力為A。mg B.mg C。mg D.mg【答案】A【解析】【分析】首先根據幾何關系找出繩與豎直方向的夾角，然后對懸掛的物體根據牛頓第二定律列出方程進行求解即可；【詳解】由幾何關系可知，每根繩與豎直方向的夾角均為,則對下面懸掛的物體根據牛頓第二定律可知：，整理可以得到：，故A正確，BCD錯誤．【點睛】本題主要考查牛頓第二定律的應用，注意要找出繩與豎直方向的夾角,然后列出方程即可求解．5.如圖所示,A、B兩球質量相等，光滑斜面的傾角為θ,圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有(）A。兩圖中兩球加速度均為gsinθB。兩圖中A球的加速度均為0C.圖乙中輕桿的作用力一定不為0D。圖甲中B球的加速度是圖乙中B球的加速度的2倍【答案】D【解析】撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變,而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間,圖甲中A球所受合力為零,加速度為零,B球所受合力為2mgsinθ,加速度為2gsinθ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsinθ，加速度均為gsinθ，故D正確，A。B。C錯誤．故選D。點睛：根據彈簧彈力不能突變，桿的彈力會突變，分析撤去擋板的瞬間,圖甲和圖乙中A、B所受合外力即可得到各自的加速度．6.如圖所示,在水平向右做勻加速直線運動的平板車上有一圓柱體，其質量為m且與豎直擋板及斜面間均無摩擦。當車的加速度a突然增大時，斜面對圓柱體的彈力F1和擋板對圓柱體的彈力F2的變化情況是（斜面傾角為θ）（）A.F1增大,F2不變 B.F1不變，F2增大C。F1減小，F2增大 D.F1增大，F2減小【答案】B【解析】【詳解】圓柱體的受力如圖，可知小車的加速度沿水平方向，則圓柱體的加速度沿水平方向，當平板車的加速度增大時，因為圓柱體在豎直方向上合力為零，則斜面對圓柱體的彈力在豎直方向上的分力等于重力，即則斜面對圓柱體的彈力F1不變；水平方向加速度變大，則擋板對圓柱體的彈力F2增大.故選B。7.將一個質量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反.該過程的v－t圖象如圖所示,g取10m/s2.下列說法中正確的是（)A。小球所受重力和阻力之比為5∶1B。小球上升過程與下落過程所用時間之比為2∶3C。小球落回到拋出點時的速度大小為8m/sD.小球下落過程中,受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)【答案】A【解析】【詳解】A．小球向上做勻減速直線運動的加速度大小根據牛頓第二定律得解得小球所受重力則小球所受重力和阻力之比為5∶1，A正確；B．下降的加速度解得對上升的過程,采用逆向思維得對下降的過程則所用的時間之比為，B錯誤；C．小球上升到最高點的高度根據解得小球落回到拋出點時的速度大小為C錯誤;D．小球在下落的過程中，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，D錯誤.故選A。8.如圖所示,質量均為m的A、B兩物塊置于水平地面上,物塊與地面間的動摩擦因數均為μ，物塊間用一水平輕繩相連，繩中無拉力?，F用水平力F向右拉物塊A，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.重力加速度為g。下列說法中不正確的是（）A.當0＜F≤μmg時，繩中拉力為0B。當μmg＜F≤2μmg時，繩中拉力為F－μmgC。當F＞2μmg時，繩中拉力為D。無論F多大，繩中拉力都不可能等于【答案】D【解析】【詳解】A．當0＜F≤μmg時，A受到拉力與靜摩擦力的作用，二者可以平衡，繩中拉力為0．故A正確，不符合題意；B．當μmg＜F≤2μmg時，整體受到拉力與摩擦力的作用，二者平衡，所以整體處于靜止狀態(tài)．此時A受到的靜摩擦力到達最大即μmg，所以繩中拉力為F—μmg．故B正確，不符合題意;C．當F＞2μmg時，對整體：對B：聯立解得繩中拉力為故C正確，不符合題意；D．由B的分析可知，當μmg＜F≤2μmg時繩中拉力為F-μmg，繩中拉力可能等于，故D錯誤，符合題意.故選D。9.甲、乙兩輛汽車沿同一平直路面行駛，其v﹣t圖象如圖,下列對汽車運動狀況的描述正確的是（）A。在第10s末，乙車改變運動方向B.在第10s末，甲、乙兩車相距150mC.在第20s末，甲、乙兩車相遇D。若乙車在前，則可能相遇兩次【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．由圖可知,在第20s內，乙車一直沿正方向的運動，速度方向沒有改變，故A錯誤；

BC．由于不知道初始位置甲乙相遇多遠，所以無法判斷在10s末兩車相距多少，也不知道再20s末能否相遇,故BC錯誤；

D．若剛開始乙在前，且距離為150m，則在10s末兩車相遇；之后甲在乙的前面,當乙的速度等于甲的速度之后,乙慢慢的追上乙，在某個時刻會相遇，故D正確.

故選D。10。如圖所示,壓縮的輕彈簧將金屬塊卡在矩形箱內，在箱的上頂板和下底板均安有壓力傳感器，箱可以沿豎直軌道運動。當箱靜止時，上頂板的傳感器顯示的壓力F1=2N，下底板傳感器顯示的壓力F2=6N，重力加速度g=10m/s2.下列判斷正確的是（）A。若加速度方向向上，隨著加速度緩慢增大，F1逐漸減小，F2逐漸增大B.若加速度方向向下,隨著加速度緩慢增大,F1逐漸增大，F2逐漸減小C.若加速度方向向上，且大小為5m/s2時，F1的示數為零D.若加速度方向向下，且大小為5m/s2時,F2的示數為零【答案】C【解析】【詳解】A．若加速度方向向上,在金屬塊未離開上頂板時彈簧的壓縮量不變，則F2不變，根據牛頓第二定律得得知隨著加速度緩慢增大,F1逐漸減小，A錯誤；B．若加速度方向向下，在金屬塊未離開上頂板時彈簧的壓縮量不變，則F2不變，根據牛頓第二定律得得知隨著加速度緩慢增大，F1逐漸增大，故B錯誤；C．當箱靜止時，有得m=0.4kg若加速度方向向上，當F1=0時，由A項分析有解得a=5m/s2故C正確;D．若加速度方向向下，大小是5m/s2小于重力加速度，不是完全失重，彈簧不可能恢復原長,則F2的示數不可能為零，D錯誤.故選C11.有幾個同學在一次運算中，得出了某物體位移x的大小同其質量m、速度v、作用力F和運動時間t的關系式分別如下，其中一定錯誤的是（)A。x＝ B。x＝ C.x＝Ft D。x＝【答案】ABC【解析】【詳解】A．速度單位是，加速度的單位是,則的單位是,而位移的單位是，A錯誤；BD．表示的是外力做的功，如果物體的初速度為0，由動能定理可知可得B錯誤D正確；C．Ft表示是沖量,如果物體的初速度為0，由動量定理可得不等于位移x,C錯誤.故選ABC。12。圖中重物的質量為m,輕細線AO和BO的A、B端是固定的，平衡時AO是水平的，BO與水平面的夾角為。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（）A.F1=mgcosθ B.F1=mgcotθC.F2=mgsinθ D.F2=【答案】BD【解析】【詳解】以結點為研究對象,分析受力情況：三根細線的拉力。重物對O點的拉力等于mg。根據平衡條件得知，mg與F1的合力與F2大小相等、方向相反，作出力的合成圖如圖。則有F1=mgcotθF2=A．F1=mgcosθ，與結論不相符，選項A錯誤；B．F1=mgcotθ,與結論相符，選項B正確；C．F2=mgsinθ，與結論不相符，選項C錯誤；D．F2=，與結論相符，選項D正確;故選BD.13.如圖所示,兩上下底面平行的滑塊重疊在一起,置于固定的、傾角為θ的斜面上，滑塊A、B的質量分別為M、m，A與斜面間的動摩擦因數為μ1,B與A之間的動摩擦因數為μ2．已知兩滑塊都從靜止開始以相同的加速度從斜面滑下,則滑塊B受到的摩擦力（）A。等于零 B.方向沿斜面向上C.大小等于 D。大小等于【答案】BC【解析】【詳解】以整體為研究對象,根據牛頓第二定律得：設A對B的摩擦力方向沿斜面向下，大小為，則：得：,負號表示摩擦力方向沿斜面向上．故本題正確答案選BC．【點睛】先整體為研究對象，根據牛頓第二定律求出加速度,再以B為研究對象，根據牛頓第二定律求解B所受的摩擦力．14.如圖甲所示,足夠長的水平傳送帶以v1＝2m/s的速度沿順時針方向運行，滑塊（視為質點）以某一初速度v2水平滑上傳送帶的右端。若滑塊在傳送帶上向左運動的過程中，位移與時間比值－時間的圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是()A。v2的大小為4m/s B.滑塊在傳送帶上的加速度大小為2m/s2C。物塊向左的位移為2m D?；瑝K在傳送帶上運動的總時間為2。25s【答案】ACD【解析】【詳解】AB．根據圖像可知即結合勻變速位移時間關系可知，加速度為初速度故A正確,B錯誤；C．物塊向左的位移為選項C正確；D．物塊減速到零的時間反向加速到與傳送帶速度相同所需時間所以加速位移還需勻速時間所以運動總時間故D正確。故選ACD.二、實驗題（本題共2小題，每空2分，共14分）15。某小組研究勻變速直線運動規(guī)律,實驗裝置如圖甲所示.(1）測量木塊在水平木板上運動的加速度a．實驗中打出的一條紙帶如圖乙所示．從某個清晰的點O開始，每5個打點取一個計數點，依次標出1、2、3…，量出1、2、3…點到O點的距離分別為…,從O點開始計時，1、2、3…點對應時刻分別為…,求得，,…．作出圖象如圖丙所示．圖線的斜率為k,截距為b．則木塊的加速度a=____;b的物理意義是______________________（2)實驗測得木塊的加速度為a，還測得鉤碼和木塊的質量分別為m和M,已知當地重力加速度為g,則動摩擦因數μ=_____________．【答案】(1).2k（2）.O點的瞬時速度(3）?！窘馕觥浚?）圖線縱軸截距是0時刻對應的速度，即表示O點的瞬時速度．各段的平均速度表示各段中間時刻的瞬時速度,以平均速度，為縱坐標，相應的運動時間t的一半為橫坐標，即的圖象的斜率表示加速度a,圖象的斜率的2倍表示加速度，即a=2k．（2）對木塊、砝碼盤和砝碼組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：，解得:．【點睛】分析圖象的斜率的物理含義與加速度的關系；對木塊、砝碼盤和砝碼進行受力分析，運用牛頓第二定律求出木塊與長木板間動摩擦因數．16.為探究加速度與力、質量的關系,實驗裝置如圖所示:(1）以下實驗操作正確的是___。A.平衡摩擦力時,需將木板不帶定滑輪一端適當墊高，使小車在鉤碼的牽引下恰好做勻速直線運動B。調節(jié)定滑輪高度，使細線與木板平行C。平衡好摩擦力后,將小車停在打點計時器附近,接通電源，釋放小車，小車拖動紙帶,打點計時器在紙帶上打下一系列點，斷開電源D。實驗中為減小誤差應保證車及車中砝碼的總質量遠小于鉤碼的總質量(2)實驗中得到如圖所示一條紙帶（相鄰兩計數點間還有兩個點沒有畫出），已知打點計時器頻率為50Hz，根據紙帶可求出小車的加速度為____m/s2（結果保留兩位有效數字)(3）某同學保持小車及車中砝碼質量一定，探究加速度與所受外力F關系，他在軌道水平及傾斜兩種情況下分別做了實驗,得到兩條圖線,如圖所示。圖線___是在軌道水平情況下得到的(填①或“②）；小車及車中砝碼的總質量m=___kg?！敬鸢浮?1).BC(2).1.3(3).②（4)。0。5【解析】【詳解】(1)［1]A。實驗前要平衡摩擦力，平衡摩擦力時小車不能與砝碼和砝碼盤相連，故A錯誤。B．為使小車受到的拉力等于細線拉力，應調節(jié)滑輪的高度，使細線與木板平行，故B正確；C．實驗時要先接通電源后釋放紙帶，為充分利用紙帶，將小車停在打點計時器附近，故C正確.D．實驗中為減小誤差應保證鉤碼的總質量遠小于車及車中砝碼的總質量，故D錯誤。(2）[2］相鄰兩計數點間還有兩個點沒有畫出,所以計數點間時間間隔為，根據逐差法可得加速度（3）［3］[4]軌道水平時未平衡摩擦力，則會出力大于最大靜摩擦力才會出現加速度，故②是在軌道水平情況下得到的,根據牛頓第二定律，所以所以圖像斜率為質量倒數，所以。三、計算題（共40分）17.如圖所示，水平桌面上有一個質量的小物塊，小物塊分別與水平放置的輕質彈簧和不可伸長的輕質細線一端相連,彈簧的勁度系數，小物塊和水平桌面間動摩擦因數.當細線與豎直方向成角時小物塊處于靜止狀態(tài)，且與桌面間無擠壓。此時剪斷細線的瞬間對小物塊。求:（1)細線被剪斷前所受的拉力；（2)剪斷細線瞬間小物塊的加速度;【答案】(1）；(2)，方向水平向左【解析】【詳解】（1)細線被剪斷前對物塊進行受力分析如下根據豎直方向和水平方向的平衡有①②由①②得③④(2)剪斷細線瞬間小物塊受到線的拉力立即消失,桌面對物塊立即出現支持力和摩擦力，彈簧的拉力和重力不變，對物塊進行受力分析如下豎直方向根據平衡條件有⑤滑動摩擦力⑥水平方向根據牛頓第二定律得⑦聯立③⑤⑥⑦并帶入數據得⑧加速度方向水平向左18。如圖所示，質量的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊A與質量的小球相連。今用與水平方向成角的力，拉著球帶動木塊一起向右勻速運動,運動中M、m相對位置保持不變,取重力加速度大小,求：（1）運動過程中輕繩與