2020-2021学年安徽省江淮名校高三第二次联考物理试卷(解析版).doc

2020-2021学年安徽省江淮名校高三第二次联考物理试卷（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________
题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分
得分
1. （知识点：）
如图所示,滑块A套在光滑的坚直杆上,滑块A通过细绳绕过光滑滑轮连接物块
B,B又与一轻质弹贊连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上,’开始用手托住物块．使绳子刚好伸直处于水平位位置但无张力。

现将A由静止释放．当A下滑到C点时（C点图中未标出）A的速度刚好为零，此时B还没有到达滑轮位置，已知弹簧的劲度系数k=100N/m ,滑轮质量和大小及摩擦可忽略不计，滑轮与杆的水平距离L=0．3m,AC距离为 0．4m，mB=lkg,重力加速度g=10 m/s2。

试求：
（1）滑’块A的质量mA
（2）若滑块A质量增加一倍,其他条件不变，仍让滑块A从静止滑到C点,则滑块A到达C点时A、B的速度大小分别是多少？
【答案】
（1）0.5kg；（2）；
【解析】
试题分析：（1）开始绳子无张力，对B分析有kx1=mBg，
解得：弹簧的压缩量x1=0.1m
当物块A滑到C点时，根据勾股定理绳伸出滑轮的长度为0.5 m，则B上升了0.2m,所以弹簧又伸长了0.1m。

由A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，又弹簧伸长量与压缩量相等则弹性势能变化量为零
所以mAgh1=mBgh2
其中h1=0.4m，h2=0.2m
所以mA=0.5kg
（2）滑块A质量增加一倍，则mA=1kg，令滑块到达C点时A、B的速度分别为v1和v2
由A、B及弹簧组成的系统机械能守恒得
评卷人得分
又有几何关系可得AB的速度关系有vAcosθ=vB
其中θ为绳与杆的夹角且cosθ=0.8
解得：
考点：机械能守恒定律的应用；速度的分解.
如图所示,x轴与水平传送带重合,坐标原点0在传送带的左端,传送带OQ长 L=8m,传送带顺时针速度V。

=5m/s，—质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xp=2m 的P点,小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点。

小物块与传送带间的动摩擦因数μ．=0．5,重力加速度g= 10m/s2,求：
（1）N点的纵坐标；
（2）若将小物块轻放在传送带上的某些位置,小物块均能沿光滑圆弧轨道运动（小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨）到达纵坐标yM=0．25m的M点,求这些位置的横坐标范围。

【答案】
（1）yN=1m；（2）7m≤x≤7 .5m和0≤x≤5 .5m
【解析】
试题分析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=μg=5m/s2
小物块与传送带共速时，所用时间
运动的位移
故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到o，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有：
由机械能守恒定律得
解得yN=1m
（2）设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：
μmg(L－x1)＝mgyM代入数据解得x1＝7.5 m
μmg(L－x2)＝mgyN代入数据解得x2＝7 m
若刚能到达圆心左侧的M点，由(1)可知x3＝5.5 m
故小物块放在传送带上的位置坐标范围为
7m≤x≤7 .5m和0≤x≤5 .5m
考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律；能量守恒定律.
质量,M=3kg的长木板放在光滑的水平面t在水平悄力F=11N作用下由静止开始向右运动．如图所示,当速度达到1m/s2将质量m=4kg的物块轻轻放到本板的右端．已知物块与木板间摩擦因数μ=0．2,物块可视为质点．（g=10m/s2,）．求：
（1）物块刚放置木板上时,物块和木板加速度分别为多大？
（2）木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止？
（3）物块与木板相对静止后物块受到摩擦力大小？
【答案】
（1）2m/s2；1m/s2 （2）0.5m；（3）6.29N
【解析】
试题分析：(1)放上物块后，物体加速度
板的加速度
(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故
∴t=1秒
1秒内木板位移
物块位移
所以板长L=x1-x2=0.5m
（3）相对静止后，对整体
对物块f=ma
∴f=44/7=6.29N
考点：牛顿第二定律的综合应用.
如图所示，一个截面为直角三角形的劈形物块固定在水平地面上．斜面,高h=4m，a=37°,一小球以Vo=9m/s 的初速度由C点冲上斜面．由A点飞出落在AB面上．不计一切阻力．（Sin37°=0．6,cos37° =0．8,g=10 m/s2）求．
（l）小球到达A点的速度大小；
（2）小球由A点飞出至第一次落到AB面所用时间；
（3）小球第一次落到AB面时速度与AB面的夹角的正切值
【答案】
（1）1m/s（2）0.25s （3）
【解析】
试题分析：(1)从C到A对小球运用动能定理
解得v0=1m/s
(2)将小球由A点飞出至落到AB面的运动分解为沿斜面（x轴）和垂直于斜面（y轴）两个方向;则落回斜面的时间等于垂直于斜面方向的时间
所以
（3）小球落回斜面时沿斜面方向速度
垂直斜面方向速度vy=1m/s
所以
考点：动能定理及斜抛运动.
如图所示的装置,可用于验证牛顿第二定律。

在气垫导轨上安装两个光电门，小车上固定遮光板,细线一端与小车相连,另一端跨过定滑轮挂上．沙桶．，实验首先调整气垫导轨，通过调整使小车未挂沙桶时能在气垫导轨上做勾速运动,然后再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据:小车和挡光板的总质量M，遮光板的宽度d，两光电门的中心的距离s。

则
（1）该实验要保证小车的合力近似等于沙桶的重力应满足的条作是
_________________
（2）实验需用游际卡尺测量遮光板的宽度d，如图所示 d= _______________________ rnrn
（3）某次实验过程中测得：沙桶的质量为m,小车先后通过两个光电门的挡光时间分别为t1，t2A（小车通过第二个光电门后．沙桶才落地），已知重力加速度为g 则对该小车实验要验证的表达式是
_________________;
【答案】
(1) 沙桶的质量远小于小车及遮光板的总质量；(2)5.50；(3)
【解析】
试题分析：（1）以沙桶为研究对象，设沙桶质量为m，绳子上拉力为F，则有：mg-F=ma；以小车为研究对
象，设小车质量为M，则有：F=Ma．由以上两式得：，由此可知当M＞＞m时，小车的合力近似等于沙桶的重力
（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数等于：0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：5mm+0.50mm=5.50mm．（3）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．
滑块通过光电门1速度为：；滑块通过光电门2速度为：
根据运动学公式，物体的加速度为：
根据需要验证的牛顿第二定律关系式为：F=mg=Ma，即：
考点：验证牛顿第二定律.
用如图a所示的实验装置验证m1m2组成的系统机械能守衡．，m2,从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一‘系列的点,对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。

如图b给出的是实验中获取的一条纸带:0是打下的第一．个点．，每相邻两计数点之间还有4个点（图中未标出）,计数点间的距离如图所示。

已知ml=50mg．m2=150mg,（结果均保留两位有效数字）
（1）在纸带上打下计数点5时的速度V= _________________m/s．
（2）在打下第0个点到第5点的过程中系统动能的增量ΔEk= _________________J系统势能减少ΔEp= _______________________J（当地重力加速度g约为9．8m/s2）
（3）若某同学作出v2—h图像如图所示，则当地的重力加速度g=_______________________m/s2
【答案】
(1)2.4 (2)0.58 0.59 (3)9.7
【解析】
试题分析：(1) 打下计数点5时的速度v5＝ m/s＝2.4 m/s
(2)动能的增量ΔEk＝(m1＋m2)v2－0＝0.58 l甲同学F1和F2的方向互相垂直, F1= 3．0N, F2=3．8N;乙同学F1和F2方向的夹角约为30 º。

；丙同学F1和F2方向的夹角约为120 º。

F1= F2=4.0N
这三位同学中操作不合适的是_________________同学，原因
_________________
【答案】
乙；他这两个力的合力超过了测力计刻度的最大值5N，下面再用一个弹簧测力计拉时拉不到O点.
【解析】
试题分析：操作不合适的是乙同学;因为他这两个力的合力超过了测力计刻度的最大值5N，下面再用一个弹簧测力计拉时拉不到O点.
考点：互成角度的两个力的合成
甲、乙两辆汽车在平直的公路上同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化a-t图像如图所示。

关于甲、乙两车在0~ 20s 的运动情况,下列说法正确的是（）
A．在t=10s时两车相遇 B．在t=20s时两车相遇
C．在t=10s时两车相距最近D．在t=20s时两车相距最远
【答案】
D
【解析】根据加速度-时间图像可知道图像与时间轴所围成的面积表示速度，在t=20s时，两图像与t轴所围成的面积相等，即该时刻两车的速度相等，在t=20s前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，在t=20s时，两车的速度相等，即相距最远，由以上分析可知，在t=20s，两车不可能相遇，只有D正确。

试题分析：考点：v-t图线；追击问题.
物体静止在光滑水平面上．先施加一水平向右的恒力F1,经t时间后撤去F1,,立刻施加另一水平向左的恒力F2,又经t时间后物体回到开始出发点。

在前后两段时间内,Fl、F2,的平均功P1、 P2关系是（）A．P2 =5P1 B P2 =3P1 C P2 =2P1 D P2 =P1
【答案】
B
【解析】
试题分析：物体从静止起受水平恒力F1 作用，做匀加速运动，经一段时间t后的速度为：v1=a1t=
以后受恒力F2，做匀减速运动，加速度大小为：
经同样时间后回到原处，整个时间内再联系物体的位移为零，得：a1t2+v1t−a2t2＝0
解得：F1：F2=1：3
又经时间t后物体回到出发点，所以：x1=x2
两个力做的功：W1=F1x1，W2=F2x2
所以：，所以正确的选项为B．故选：B
考点：牛顿第二定律的应用；功.
如图所示,轻质弹簧一端系在质量为m=lkg的小物块上,另一端固定在墙上。

物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37º。

，已知斜面倾角=37º，斜面与小物块间的动摩擦因数μ=0．5,斜面固定不动。

设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确是（）
A．小物块可能只受三个力 B．弹簧弹力大小一定等于4N
C．弹簧弹力大小不可能等于3N D．斜面对物块支持力可能为零
【答案】
C
【解析】
试题分析：假如木块受3个力作用：重力、斜面的支持力以及摩擦力，则mgsin370=6N,而最大静摩擦力为
＜6N，则物体不能静止，故选项A 错误；要使物体静止，则弹簧弹力
最小为F，则满足，解得F=4N，故当弹力不小于4N时，物体均能静止，选项B错误C正确；若斜面对物块支持力为零，则物体与斜面之间的摩擦力为零，则物体不可能静止，选项D错误；故选C.
考点：物体的平衡；受力分析.
如图所示,在水平桌面上叠放着质量相等的A,B两块木板,在木板A上放着质量为m的物块C木板和物块均处于静止状态。

上述各接触面间的动摩擦因数均为μ假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g。

现用水平恒力F向右拉木板A使之做匀加速运动,物块C始终与木板A保持相对静止。

以下判断正确的是（）
A．不管F多大,木板B—定保持静止
B．A 、B之间的摩擦力大小一定大于F
C．A 、C之间的摩擦力可能为零
D．A、B之间的摩擦力不为零，大小可能等于μmg
【答案】
A
【解析】
试题分析：先对木块B受力分析，竖直方向受重力、压力和支持力，水平方向受A对B向右的摩擦力fAB
和地面对B向左的摩擦力fDB，由于A对B的最大静摩擦力μ（m+M）g小于地面对B的最大静摩擦力μ（m+2M）g，故物体B一定保持静止，故A正确；当ABC三者保持静止时，加速度为零，对整体受力分析可知，F-f=0，故B受到地面的摩擦力为F，故B错误；物体C向右加速运动，故受重力、支持力和向右的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：f=ma，当a＜μg时，AC间的摩擦力小于μmg，故C错误；当F较小时，A、B、C保持相对静止，对AC整体分析，B对A的摩擦力等于拉力F的大小，当F足够大时，A会在B上发生相对滑动，则A、B之间的摩擦力为μ（M+m）g，不可能等于μmg，故D错误；
故选：A．
考点：牛顿第二定律的应用.
如图所示，在距地面高2L的A点以水平初速度v0=投掷飞標．在与A点水平距离为L的水平地面上点B处有一个气球,选样适当时机让气球以速度v0=匀速上升，在上升过程中被飞镖击中。

不计飞镖飞行过程中受到的空气阻力,飞標和气球可视为质点，重力加速度力g。

掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔△t 应为（）
A B．C．D．2
【答案】
B
【解析】
试题分析：根据L=v0t得，．根据两物体竖直方向上的位移之和等于2L得．
2L=gt2+v0(t+△t)；解得△t＝，选项B正确.
考点：平抛运动及上抛运动的规律。

如图所示,水平绷紧的传送带AB长L=6m,始终以恒定速率V1=4m/s运行。

初速度大小为V2=6m/．s的小物块（可视为质点）从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。

小物块m=lkg,物块与传送带间动摩擦因数μ=0．4,g取lom/s2。

下列说法正确的是（）
A．小物块可以到达B点
B．小物块不能到达B点,但可返回A点,返回A点速度为6m/s
C．小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离达到最大
D．小物块在传送带上运动时,因相互间摩擦力产生的热量为50 J
【答案】
D
【解析】
试题分析：对物块受力分析，由牛顿第二定律得：μmg=ma；a=μg=0.4×10=4m/s2；当向左运动速度减为零的时候，距离最大，逆向计算：v22=2ax物；代入数据得：x物=4.5 m；此时传送带的位移：
；物块相对传送带的位移：；而后物体向右加速度运动直到达到和传送带共速v1=4m/s ,此过程中物体的位移；传送带的位
移：，此物体相对传送带的位移最大，相对位移，相对总位移为，
产生的热 ,故选项D 正确；ABC错误；故选D.
考点：牛顿第二定律的应用；能量守恒定律.
据天文学观测,某行星在距离其表面高度等于该行星半径3倍处有一颗同步卫星。

已知该行星的平均密度与地球的平均密度相等，地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的卫星周期为 T,则该行星的自转周期为（）
A．3 T B．4T C．3T D．8T
【答案】
D
【解析】
试题分析：令地球半径为R，密度为ρ，则地球对卫星的万有引力提供卫星圆周运动的向心力有：
可得：
令某行星的半径为r，则其同步卫星的半径为4r，周期为T′据万有引力提供圆周运动向心力有：
即：
解得：T′=8T故选：D．
考点：万有引力定律的应用.
如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上,另一端系于圆环最低点，绳的最大拉力为2mg。

当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时,发现小球受三个力作用。

则ω可能为（）
A． B. C. D.
【答案】
B
【解析】
试题分析：因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，细绳要产生拉力，绳要处于拉升状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为：F=mω2r，根据几何关系，其中r=Rsin60°一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，
对小球进行受力分析得：Fmin=2mgsin60°，即2mgsin60°=mωmin2Rsin60°解得：，
当绳子拉力达到2mg时，此时角速度最大，对小球进行受力分析得：
竖直方向：Nsin30°-（2mg）sin30°-mg=0
水平方向：Ncos30°+（2mg）sin30°=m(Rsin60°)
解得：
故ACD错误，B正确；故选：B．
考点：牛顿定律的应用；圆周运动的规律。

如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器。

传感器下方挂一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球。

小球随升降机一起运动,若升降机在运行过程中突然停止,并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,g为重力加速度，则（）
A．升降机突然停止前在做向上的加速运动
B．t1~ t2时间内小球向下运动,小球动能先减小后增大
C．0~ t1时间内小球处于失重状态, t1~ t2内处于超重状态
D．t3~ t4时间内弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量
【答案】
D
【解析】
试题分析：由图象看出，t=0时刻，弹簧的弹力为mg，升降机停止后弹簧的拉力变小，合力向下，小球可能向下加速，也可能向上减速；若向下加速，弹力减小，加速度增大，根据对称性可知，最低点的拉力就大于l故选：D
考点：牛顿定律；功能关系.
质量为m的物体在竖直向上的拉力F作用下坚直向上运动,不计空气阻力。

下列说法正确
A．如果物体向上做减速运动,物体的机械能可能减小
B．如果物体向丄做勾速运动,物体的机械能一定不变
C．如果物体向上做加速运动,物体的机械能才能增大
D．不论物体向上做什么运动,物体的机械能一定增加
【答案】
D
【解析】
试题分析：因为除重力以外的其它力做功等于物体机械能的增量，而F一定做正功，故物体的机械能一定是增加的，选项D正确；
考点：能量守恒定律.。