【物理】河南省驻马店市正阳县中学2020届高三上学期第二次素质检测试题（解析版）

【物理】河南省驻马店市正阳县中学2020届高三上学期第二次素质检测试题（解析版）

河南省驻马店市正阳县中学2020届高三上学期 第二次素质检测试题 一、选择题 ‎1.在第15届机器人世界杯大赛上，中科大“蓝鹰”队获得仿真2D组冠军和服务机器人组亚军．如图所示，科大著名服务机器人“可佳”要执行一项任务，给它设定了如下动作程序：在平面内由点（0，0）出发，沿直线运动到点（3，4），再由点（3，4）沿直线运动到点（5，4），又由点（5，4）沿直线运动到点（8，0）．该个过程中机器人所用时间是4s，则（　　）‎ A. 机器人的位移大小为6m B. 机器人所通过的路程等于位移大小 C. 整个过程中机器人的平均速率为4m/s D. 整个过程中机器人的平均速度为2m/s ‎【答案】D ‎【详解】由题意知机器人初位置坐标为（0，0），末位置坐标为（8，0），故位移为8m，故A错误；由题目给定的坐标位置变化可知机器人的运动轨迹为折线，因此机器人所通过的路程大于位移大小，故B错误；平均速率为路程与时间的比值，路程，所以平均速率：，故C错误；整个过程中机器人的平均速度为：，故D正确．所以D正确，ABC错误．‎ ‎2.如图所示为甲、乙两个物体做直线运动的运动图象，则下列叙述正确的是(　　)‎ A. 甲物体运动的轨迹是抛物线 B. 甲物体8 s内运动所能达到的最大位移为80 m C. 乙物体前2 s的加速度为10m/s2‎ D. 乙物体8 s末距出发点最远 ‎【答案】B ‎【详解】A. 甲物体的位移图象并不是其运动轨迹，位移图象表示甲物体做的是直线运动，故A项与题意不相符；‎ B. x-t图象中纵坐标的变化量表示物体的位移，则知t=4s时刻甲的位移最大为△x=8m-0=8m，故B项与题意相符；‎ C. v-t图象中斜率表示加速度，则乙物体前2s加速度为 故C项与题意不相符；‎ D. 乙物体在前4s内沿正向运动，后4s内沿负向运动，t=8s末回到了出发点，所以乙物体4s末距出发点最远，故D项与题意不相符．‎ ‎3.如图所示，两个小球用长为1 m的细线连接，用手拿着球，球竖直悬挂，且A、B两球均静止．现由静止释放球，测得两球落地的时间差为0.2 s，不计空气阻力，重力加速度，则球释放时离地面的高度为 A. 1.25 m B. 1.80 m C. 3.60 m D. 6.25m ‎【答案】B ‎【详解】设释放时A球离地高度为h，则，求得，．‎ A. 1.25 m与上述计算结果不相符，故A错误；‎ B. 1.80 m与上述计算结果相符，故B正确；‎ C. 3.60 m与上述计算结果不相符，故C错误；‎ D. 6.25m与上述计算结果不相符，故D错误．‎ ‎4.一物块可看作质点以一定的初速度从一光滑斜面底端一点上滑，最高可滑至C点，已知AB是BC的3倍，如图所示，已知物块从A至B所需时间为，则它从B经C再回到B，需要的时间是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】通过逆向思维，根据位移时间公式得，‎ ‎，‎ 从A到C和从B到C的时间之比2:1，因为A到B的时间为t0，则B到C的时间为t0，所以从B经C再回到B的时间为2t0，故选C ‎5.一物体做匀变速直线运动，经过A、B、C三点，AB等于BC，经过AB的平均速度为1 m/s，经过BC的平均速度度为3 m/s，则经过B点的速度为 A. 2 m/s B. ‎ C. 2.5 m/s D. 2.9 m/s ‎【答案】C ‎【解析】设加速度大小为a，经A、C速度大小分别为vA、vC．据匀加速直线运动规律可得；；；，联立解得vB=2.5 m/s，故选C．‎ ‎6.如图所示，物块A放在横截面为直角三角形的斜面体B上面，B放在轻弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，处于静止状态，弹簧竖直且在弹性限度内．现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍保持静止状态．下列说法正确的是 A. 施加力F前，B可能受到6个力 B. 施加力F后，A、B之间的摩擦力一定变小 C. 施加力F后，B与墙之间的摩擦力一定小于F D. 施加F力后，B受到弹簧作用的弹力减小 ‎【答案】C ‎【解析】隔离对A分析，通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化．通过对整体分析，抓住AB不动，弹簧的弹力不变，判断B与墙之间有无摩擦力．‎ ‎【详解】开始时A静止，则A受到重力以及B对A的支持力、摩擦力，根据共点力平衡可知，B对A的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上；开始时B也静止，则B受到重力、弹簧的弹力、A对B的压力与摩擦力，由于B对A的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上，则A对B的压力与摩擦力的合力方向竖直向下，所以B与墙壁之间没有力的作用．所以B受到四个力的作用．故A错误；对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，三力平衡，A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ，当施加F后，仍然处于静止，若F＞2mAgsinθ，则A、B之间的摩擦力大小为f=F-mAgsinθ＞mAgsinθ，变大，故B错误；对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，但F有竖直向上的分量，则根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力且大小等于F沿竖直方向的分力，即f=Fsinα，所以B与墙之间的摩擦力一定小于F．故C正确； A与B始终静止，可知弹簧的形变量没有变化，根据胡克定律可知，施加F后，B受到弹簧的弹力不变．故D错误；故选C．‎ ‎【点睛】解决本题的关键在于是否能够正确地进行受力分析，再运用共点力平衡进行求解，同时还要注意掌握整体法和隔离法的运用．‎ ‎7.如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量最小值是(    ) ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置；‎ F最小值为：．根据胡克定律：Fmin=kxmin，所以：，故选A.‎ ‎8.如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O＇点的光滑定滑轮悬挂一质量为1kg的物体，OO＇段水平，长度为1.6m．绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4m．则钩码的质量为 A. 1.2kg B. 1.6kg C. kg D. kg ‎【答案】A ‎【详解】重新平衡后，绳子形状如下图： 设钩码的质量为M，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为θ=53°，则根据平衡可求得：2mgcos53°=Mg；解得：M=1.2kg，故A正确，BCD错误．‎ ‎9.一小物块从倾角为α=30°足够长的斜面底端以初速度v0=10m/s沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的摩擦因数μ=，g取10m/s2，则物块在运动时间t=1.5s时离斜面底端的距离为 A. 3.75m B. 5m C. 6.25m D. 15m ‎【答案】B ‎【详解】小物块沿斜面向上运动时加速度大小为：‎ ‎ ‎ 物块运动到最高点时间：‎ ‎ ‎ 由于，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为 ‎ ，故B正确．故选B．‎ ‎10.如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是 A. 数据a与小球的质量有关 B. 数据b与圆周轨道半径有关 C. 比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关 D. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径 ‎【答案】D ‎【详解】A．当v2=a时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有：‎ 解得：‎ 所以：‎ 与物体质量无关，故A错误；‎ B．当v2=2a时，对物体受力分析，则有：‎ 解得：‎ 与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关，故B错误；‎ C．由于：‎ 所以：‎ 与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，故C错误；‎ D．若F=0，由图知：v2=a，则有：‎ 解得：‎ 若v2=2a．则：‎ 解得：‎ 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎11.如图所示，水平桌面上平放一叠共计54张的扑克牌，每一张的质量均为m．用一手指以竖直向下的力压第1张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第1张牌之间有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张牌之间的动摩擦因数为μ1，相邻两张牌间的动摩擦因数均为μ2，第54张牌与桌面间的动摩擦因数为μ3，且有μ1＜μ2＜μ3．则下列说法正确的是（　　）‎ A. 第1张牌受到手指的摩擦力向左 B. 第2张牌到第53张牌之间可能发生相对滑动 C. 第2张牌到第53张牌之间不可能发生相对滑动 D. 第54张牌受到水平桌面向左的静摩擦力 ‎【答案】CD ‎【详解】第1张牌相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，则受到手指的滑动摩擦力方向与手指的运动方向相同，故A错误；设手指对第1张牌的压力为F，对第2张牌分析，第3张牌对它的最大静摩擦力Fm＝μ2（2mg＋F），而受到的第1张牌的最大静摩擦力为fm＝μ2（mg＋F）＜Fm ‎，则第2张牌与第3张牌之间不发生相对滑动；同理，第3张牌以下相邻两张牌之间也不发生相对滑动，故B错误，C正确；对第54张牌分析，桌面对它的最大静摩擦力Fm′＝μ3（F＋54mg），第53张牌对它的最大静摩擦力fm′＝μ2（F＋53mg）＜Fm′，故第54张牌相对桌面静止，由平衡条件可知，第54张牌受到水平桌面向左的静摩擦力，故D正确．所以CD正确，AB错误．‎ ‎12.一小滑块从斜面上A点由静止释放,经过时间3到达B处,在4时刘滑块运动到水平面C点停止,滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示,设滑块运动到B点前后速率不变．以下说法中正确的是 A. 滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为9：4‎ B. 滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1：3‎ C. 斜面的倾角为45°‎ D. 滑块与斜面的动摩擦因数 ‎【答案】BD ‎【解析】根据题意可知考查牛顿第二定律，运动学规律的应用，据此分析计算可得．‎ ‎【详解】A．A到B的过程中: ‎ ‎,‎ B到C的过程中 所以: ，故A错误；‎ B．A到B的过程中: ‎ ‎ B到C的过程中:‎ ‎ 所以: ，故B正确；‎ C．由图乙可得: ‎ ‎,‎ 所以: ，得: , 故C错误；‎ D．物体在斜面上运动的过程中: ‎ 在水平面上运动的过程中:‎ 联立以上各式，得: ，故D正确．‎ ‎【点睛】滑块在斜面做匀加速运动，在水平面上做匀减速直线运动，关联点是匀加速阶段的末速度是匀减速运动的初速度，做匀减速运动的物体可视为反向的匀加速直线运动．‎ 二、实验题 ‎13.在暗室中用如图所示的装置做“测定重力加速度”的实验．实验器材有：支架、漏斗、橡皮膏、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪．具体实验步骤如下：‎ ‎①在漏斗内盛满清水，旋松螺丝夹子，水滴会以一定的频率一滴滴地落下；‎ ‎②用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴；‎ ‎③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度；‎ ‎④采集数据进行处理．‎ ‎（1）实验中第一次看到一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率等于_____．‎ ‎（2）实验中第一次观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30Hz，某同学读出其中比较圆的水滴到第一个水滴的距离如图所示，根据数据测得当地重力加速度g=_______m/s2；第8个水滴此时的速度v8=_______m/s．（结果保留三位有效数字）‎ ‎（3）造成该实验系统误差的原因可能有__________________（答出一条即可）．‎ ‎【答案】 (1). 水滴滴落频率 (2). 9.72 2.27 (3). 空气阻力 ‎【详解】(1)[1]频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，则每滴下来的一滴水，频闪仪都在相同的位置记录，故可看到一串仿佛固定不动的水滴 ‎(2)[2]由图可知，‎ ‎ ‎ 由逐差法可得：‎ ‎[3]第8滴水的速度为：‎ ‎(3)[4]由于空气阻力对水滴的作用，水滴不是严格的自由落体；或者滴水的频率改变了，都会产生误差．‎ ‎14.某同学做“研究平抛运动”的实验装置如图甲所示，多次释放小球，让小球沿同一轨道运动，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹．‎ ‎（1）为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为不正确的选项前面的字母填在横线上______．‎ A．调节斜槽末端保持水平 B．在白纸上记录斜槽末端槽口的位置，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点 C．每次必须由同一位置静止释放小球 D．小球运动时不应与木板上的白纸(或方格纸)相接触 E．记录小球位置用的铅笔（或凹槽）每次必须严格地等距离下降 F．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线 ‎（2）该同学在研究平抛运动的实验中，在小方格纸上画出小球做平抛运动的轨迹以后，又在轨迹上取出a、b、c、d四个点(轨迹已擦去)，如图乙所示．已知小方格纸的边长L=2.5 cm．g取10 m/s2.请你根据小方格纸上的信息，通过分析计算完成下面几个问题：‎ ‎①根据水平位移，求出小球平抛运动的初速度v0=__________m/s；‎ ‎②小球运动到b点的速度是vb=____________m/s；‎ ‎③抛出点到a点的水平距离d=_________cm（以上结果均保留三位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). BEF (2). 1. 00 1. 25 2. 50‎ ‎【详解】（1）A、为了保证小球的初速度水平，需调节斜槽的末端切线水平，故A正确；‎ B.‎ ‎ 因球自身有大小，因此不能在白纸上记录斜槽末端槽口的位置，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点，故B错误；‎ C. 为了保证小球的初速度相等，每次从斜槽的同一位置由静止释放小球，故C正确；‎ D. 小球运动时不应与木板上的白纸相接触，防止由于摩擦改变小球的运动轨迹，故D正确；‎ E. 记录小球位置用的铅笔(或凹槽)每次不需要严格地等距离下降，故E错误；‎ F. 将球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑曲线连线，作出小球的运动轨迹，故E错误．‎ 本题选择不正确的答案，故选BEF．‎ ‎（2）①在竖直方向上，根据△y=L=gT2得，T==s=0.05s，‎ 则初速度v0= =1.00m/s．‎ ‎②b点的竖直分速度vyb= =0.75m/s，‎ 根据平行四边形定则知，b点的速度vb=m/s=1.25m/s．‎ ‎③从抛出点到b点的时间t=vyb/g=0.75/10s=0.075s．‎ 那么从抛出点到a的时间为t′=0.075−0.05=0.025s；‎ 则抛出点到a点的水平距离d=v0t′=1.00×0.025=0.025m=2.50cm；‎ 故答案为(1)BEF;(2)①1.00；②1.25；③2.50．‎ 三、计算题 ‎15.一辆摩托车能达到的最大速度为30 m/s,要想在3min内由静止起沿一条平直公路追上前面1000m处正以20 m/s的速度匀速行驶的汽车,则摩托车必须以多大的加速度启动?（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】0.56m/s2‎ ‎【详解】假设摩托车在t=180s内一直做匀加速直线运动，设追上汽车时，摩托车的速为v，由公式 解得 v=51.1m/s＞30m/s 超过了摩托车所能达到的最大速度30 m/s，所以摩托车先加速运动，速度达到最大值后做匀速运动，设摩托车加速时间为t，加速度为a，t总=3min=180s，则有 ‎ ‎ 代入数据 所以 解得 ‎16.静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示．轻绳长L=1m，承受的最大拉力为8N，A的质量m1=2kg，B的质量m2=8kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，现用一逐渐增大的水平力F作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（g取10m/s2）．‎ ‎(1)求绳刚被拉断时F的大小．‎ ‎(2)若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，保持此时的F大小不变，当A静止时，A、B间的距离为多少?‎ ‎【答案】（1）40N （2）3.5 m ‎【详解】(1)设绳刚要被拉断时产生的拉力为FT，根据牛顿第二定律,‎ 对A物体有 FT-μm1g=m1a 代入数值得 a=2m/s2‎ 对A、B整体有：‎ F-μ（m1+m2）g=（m1+m2）a 代入数值得 F=40N ‎(2)设绳断后，A的加速度为a1，B的加速度为a2，则 a1==2m/s2‎ a2==3m/s2‎ A停下来的时间为t，则 t==1s A的位移为x1，则 x1==1m B的位移为x2，则 x2=vt+a2t2=3.5m A刚静止时，A、B间距离为 Δx=x2+L-x1=3.5m ‎17.如图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球先后两次以不同的速度冲上轨道，第一次小球恰能通过轨道的最高点A之后落于水平面上的P点，第二次小球通过最高点 后落于Q点,P、Q两点间距离为R.求：‎ ‎(1)第一次小球落点P到轨道底端B的距离；‎ ‎(2)第二次小球经过A点时对轨道压力的大小.‎ ‎【答案】(1)2R (2)mg ‎【详解】(1)第一次小球恰能通过轨道的最高点A，根据牛顿第二定律:‎ 解得：‎ 从A飞出后做平抛运动， ‎ 联立解得：x=2R ‎(2)第二次小球通过最高点后落于Q点，P、Q两点间距离为R，即为：‎ 根据牛顿第二定律：在A点设轨道对小球的弹力为N 联立解得：‎ 根据牛顿第三定律，小球经过A点时对轨道的压力为mg