广东省七校联合体2017届高三上学期第二次联考考试物理试卷 Word版含答案

七校联合体2017届高三第二次联考试卷
理科综合物理物理
命题学校：宝安中学命题人：胡艳婷林小驹甘太祥审题人：周工厂李德文黄婷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16
选择题（共21题，共126分）
14、下列哪种情况是不．可能出现的
A．物体的加速度增大时，速度反而减小
B．物体的速度为零时，加速度却不为零
C．物体的加速度不为零且始终不变，速度也始终不变
D．物体的加速度大小和速度大小均保持恒定且均不为零
15、如图为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，
重心上移至肩部的0点，总质量为60kg。

此时手臂与身体垂直，手臂与
岩壁夹角为53。

则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到
的作用力均通过重心O，g取10m/s2，sin530=0.8，cos530=0.6)
A．360N，480N B．480N，360N C．450N，800N D．800N，450N
16、汽车在平直公路上行驶，在它的速度从零增加到v的过程中，汽车发动机做的功为W1；它的速度从v增加到2v的过程中，汽车发动机做的功为W2；设汽车的行驶过程中发动机的牵引力和所受阻力都不变．则有
A．W2 = 2W1B．W2 = 3W1 C．W2 = 4W1D．仅能判定W2 > W1
17、如图所示，物体放在轻弹簧上，沿竖直方向在A、B之间运动。

在物体沿DC方向由D 点运动到C点（D、C两点未在图上标出）的过程中，弹簧的弹性势能
减少了3.0J，物体的重力势能增加了1.0J。

则在这段过程中
A．物体经过D点时的运动方向是指向平衡位置的
B．物体的动能增加了4.0J
C．D点的位置一定的平衡位置以上
D．物体的运动方向可能是向下的
二、选择题：本题共4小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目
要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

18、在地面附近，沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在空中飞行运动，说法正确的是
A．在相同时间间隔内，速度变化相同B．在相同时间间隔内，位移变化相同
C．在相同时间间隔内，动量变化相同D．在相同时间间隔内，动能变化相同
19、如图，质量相同的两球A、B分别用不同长度的细线悬挂，L A＞L B.当拉至同一高度使细
线水平时释放，两球到最低点时，相同的物理量是
A．细线的拉力 B．小球的速度
C．小球的加速度 D．小球具有的机械能
20、如图所示，木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA缓慢转到OB位置的过程中，木板上重为5N的物块始终相对于木板静止，在这一过程中，物块的重力势能减少了4J。

以下说法正确的是
A ．物块下降的高度为0.8m
B ．摩擦力对物块不做功
C ．支持力对物块不做功
D ．支持力和摩擦力对物块所做功的代数和为0
21、如图所示，（a ）图表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，
车与水平面间的动摩擦因数不计；（b ）图为物体A 与小车B 的v -t 图象，由此可知 A ．小车上表面长度 B ．物体A 与小车B 的质量之比 C ．A 与小车B 上表面的动摩擦因数
D ．小车B 获得的动能
非选择题（共18题，共174分）
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

第22题~第33题为必考题，每个试题考生都
必须做答。

第34题~第39题为选择题，考生根据要求做答。

（一）必考题（共144分）
22．（10分）光电计时器是一种研究物体运动情况的常见仪器．当有物体从光电门通过时，
光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用如图甲所示装置探究物体的加速度与合外力、质量关系，其 NQ 是水平桌面，PQ 是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门（与之连接的两个光电计时器没有画出），间距为x ．小车上固定着用于挡光的窄片K ，测得其宽度为d ，让小车从木板的顶端滑下，光电门各自连接的计时器显示窄片K 的挡光时间分别为t 1和t 2．
（1）该实
验中，在改变小车的质量M 或沙桶的总质量m 时，需保持M m （填＞或＜或=或＞＞或＜＜）,这样做的目的是 ；
（2）用测得的物理量x 、d 、t 1和t 2计算加速度的表达式为a = ；
（3）某位同学经过测量、计算得到如下表数据，请在图乙中作出小车加速度与所受合外
．
图甲 图乙 O
单位：cm
23、（8分）用如图实验装置验证m 1 、m 2组成的系统机械能守恒。

m 2从高处由静止开始下落，m 1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证系统机械能守恒定律。

下图给出的是实验中获取的一条纸带：两物体从静止释放，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。

已知m 1= 50g 、m 2=150g ，交流电的频率为50Hz ，
g 取9.8m/s 2
则（结果保留两位．．
有效数字）
（1）在纸带上打下记数点5时的速度v = m/s ；
（2）在计数点0到计数点5过程中系统动能的增量△E K = J ，系统势能的减少量△E P = J ；
（3）实验结论： _______________________________________。

24、（12分）“勇气号“”火星探测器在降落前曾绕火星做半径为r ，周期为T 的圆周运动。

着陆后须经过多次弹跳才能停下来。

假设着陆器第一次落到火星表面弹起后，到达最高点时高度为h ，速度方向是水平的，速度大小为v 0，求它第二次落到火星表面时速度的大小。

（计算时不计火星大气阻力，火星可视为半径为r 0的均匀球体，火星表面看做水平面） 25、（14分）如图所示，半径R =0.2 m 的光滑四分之一圆轨道MN 竖直固定放置，M 与圆心O 等高，末端N 与一长L =0.8m 的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）作顺时针转动，带动传送带以恒定的速度ν0运动。

传送带离地面的高度h =1.25m ，其右侧地面上有一直径D =0.5m 的圆形洞，洞口最左端的A 点离传送带右端的水平距离S =1m ，
B 点在洞口的最右端。

现使质量为m =0.5kg 的小物块从M 点由静止开始释放，经过传送带后
做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数μ=0.5。

g 取10m/s 2。

求： （1）小物块到达圆轨道末端N 时对轨道的压力； （2）若ν0=3m/s,求物块在传送带上运动的时间； （3）若要使小物块能落入洞中，求ν0应满足的条件。

26、（18分）如图所示，水平光滑轨道AB 与半径为R 的竖直光滑半圆形轨道BC 相切于B 点。

质
量为2m 和m 的a 、b 两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块a 与一轻弹簧相连。

某一瞬间给小滑块a 一冲量使其获得gR v 2
3
0=
的初速度向右冲向小滑块b ，与b 碰撞后弹簧不与b 相粘连，且小滑块b 在到达B 点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，求： （1）a 和b 在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能； （2）小滑块b 与弹簧分离时的速度；
（3）试通过计算说明小滑块b 能否到达圆形轨道的最高点C 。

若
能，求出到达C 点的速度；若不能，求出滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角θ。

（求出θ角的任意三角函数值
即可）。

物理部分参考答案
22（10分）
（1）＞＞ 让小车所受合外力大小等于(或约等于)mg 。

（每
空2分）
（2）2
2212
22122)
(t xt t t d a -= （2分）
（3）如图所示。

（2分）
（4）木板倾角偏小（或末完全平衡摩擦力）（2分）
23、（8分） （1）2.4 （2分）
（2）0.58 、
0.59 （每空2分）
（3）在误差允许的范围内，两物体组成的系统在运动过程中机
械能守恒（2分） 24（12分）
解：以g ＇表示火星表面附近的重力加速度，M 表示火星的质量，m 表示火星的卫星的质量，
m ＇表示火星表面出某一物体的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律，有
g m r m M G ''='20（3分） ，r T m r
Mm G 22)2(π
=（3分）
设v 表示着陆器第二次落到火星表面时的速度，它的竖直分量为v 1，水平分量仍为v 0，有h g v '=22
1（2分），2
021v v v +=
（2分）
由以上各式解得2
02
2328v r T hr v +=π（2分）
25（14分）
解：（1）设物块滑到圆轨道末端速度ν1，根据机械能守恒定律得: 2
112
mgR mv = （1分）
设物块在轨道末端所受支持力的大小为F ,
由牛顿第二定律得:2
1v F mg m R
-= （2分）
得：F =15N （ 1分）
由牛顿第三定律，对轨道压力大小为15N ，方向竖直向下 （1分） （2）物块在传送带上加速运动时，由μmg =ma , 得a = μg =m/s 2
（1分）
加速到与传送带达到同速所需要的时间01
1v v t a
-=
=0.2s （1分） 位移10
112v v s t +=
=0.5m （1分） 匀速时间1
20
L s t v -= =0.1s （1分）
故12T t t =+ =0.3s （1分） （3）物块由传送带右端平抛2
12
h gt =
1
恰好落到A 点 2s v t = 得ν2=2m/s 1分 恰好落到B 点 D +s =ν3t 得ν3=3m/s 1分 故ν0应满足的条件是3m/s>ν0>2m/s 1分
26（18分） 解：（1）a 与b 碰撞达到共速时弹簧被压缩至最短，弹性势能最大。

设此时ab 的速度为v ，则由系统的动量守恒可得
2mv 0＝3mv （2分）
由机械能守恒定律
pm 22032
1221E mv mv +⋅=⋅ （2分）
解得：mgR E 4
3
pm =
（2分） （2）当弹簧恢复原长时弹性势能为零，b 开始离开弹簧，此时b 的速度达到最大值，并以此速度在水平轨道上向前匀速运动。

设此时a 、b 的速度分别为v 1和v 2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：2mv 0＝2mv 1+mv 2 （1分）
22
212
02
1221221mv mv mv +⋅=⋅ （1分） 解得： gR v 22= （2分）
（3）设b 恰能到达最高点C 点，且在C 点速度为v C ，
由牛顿第二定律： R
v m mg 2C
= （1分） 解得：gR v =C
再假设b 能够到达最高点C 点，且在C 点速度为v C ＇,由机械能守恒定律可得：
2C
222
1
221v m mgR mv '+=（1分） 解得v C ＇=0＜gR 。

所以b 不可能到达C 点（1分） 假设刚好到达与圆心等高处，由机械能守恒
mgR mv B =2
2
1 （1分） 解得gR v B 2=
＜2v 所以能越过与圆心等高处 （1分）
设到达D 点时离开，如图设倾角为θ：刚好离开有N=0，由牛顿第二定律：
R
v m mg D
2sin =θ （1分）
从B 到D 有机械能守恒有：2
222
121)sin (D mv mv R R mg -=+θ （1分）
解得：3
2
sin =θ （1分）。