【物理】河南省天一大联考2020届高三上学期阶段性测试试题（二）（解析版）

【物理】河南省天一大联考2020届高三上学期阶段性测试试题（二）（解析版）

河南省天一大联考2020届高三上学期 阶段性测试试题（二）‎ ‎―、选择题 ‎1.超重和失重现象在日常生活中到处可见，下列说法正确的是 A. 火箭刚点火上升时处于超重状态，此时火箭的重力增大 B. 汽车驶过拱桥顶端时处于失重状态，此时汽车对桥面一定无压力 C. 举重运动员抓住杠铃使其由静止上升的瞬间，杠铃处于失重状态，此时杠铃速度向上 D. 人造飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船内的物体处于完全失重状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．火箭刚点火上升时加速度向上，处于超重状态，此时火箭的重力并没有增大，选项A错误；‎ B．汽车驶过拱桥顶端时加速度向下，处于失重状态，当满足时汽车对桥面无压力，选项B错误；‎ C．举重运动员抓住杠铃使其由静止上升的瞬间，加速度向上，杠铃处于超重状态，选项C错误；‎ D．人造飞船绕球做匀速圆周运动时，重力完全提供向心力，所以飞船内的物体处于完全失重状态，故D正确。‎ ‎2.一物体静止在光滑的水平面上，从某时刻开始，物体受到水平方向的作用力F，力F随时间t变化的关系图线如图所示。若该图线为正弦曲线，则在0-t4时间内，下列说法正确的是 A. t1时刻，物体的速度最大 B. t2时刻，物体的位移最大 C. t2-t4时间内，物体反向运动 D. t1、t3时刻，物体的速度相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．在0~t1时间内，物体做加速度增大的加速运动，t1~t2时间内，物体做加速度减小的加速运动，t2~t3时间内，物体做加速度增大的减速运动，t3~t4时间内，物体做加速度减小的减速运动，所以物体在t2时刻速度最大，由运动的对称性可知，物体在t4时刻速度为零，即位移最大，故ABC错误；‎ D．由于物体运动方向不变，由运动的对称性可知，t1、t3时刻，物体速度的大小和方向均相同，故D正确。‎ ‎3.甲、乙两人造地球卫星的轨道均可视为圆轨道，轨道半径分别为R1、R2，加速度分别为a1、a2，周期分别为 T1、T2，动能分别为Ek1、Ek2，角速度分别为、。下列判断正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据 G=‎ 可得 故A错误；‎ B．根据 可得 故B错误；‎ C．根据 ‎、Ek=‎ 可得 故C错误；‎ D．根据 G 可得 故D正确。‎ ‎4.如图所示，一直角斜劈ABC绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈A上。若斜劈转动的角速度缓慢减小时，下列说法正确的是 A. 斜劈对物块的支持力逐渐减小 B. 斜劈对物块的支持力保持不变 C. 斜劈对物块的摩擦力逐渐减小 D. 斜劈对物块的摩擦力保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a=ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块沿AB方向有 f-mgsinθ=macosθ 垂直AB方向有 mgcosθ-N=masinθ 解得 f=mgsinθ+macosθ N=mgcosθ-masinθ 当角速度ω逐渐减小时，加速度a逐渐减小，f逐渐减小，N逐渐增大。‎ A．斜劈对物块的支持力逐渐减小，与结论不相符，选项A错误；‎ B．斜劈对物块的支持力保持不变，与结论不相符，选项B错误；‎ C．斜劈对物块的摩擦力逐渐减小，与结论相符，选项C正确；‎ D．斜劈对物块的摩擦力保持不变，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎5.如图所示，小球由斜面上的P点以不同的初速度水平抛出，平抛运动结束时，若小球水平方向的分位移为x，竖直方向的分位移为y。下列图象正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设斜面倾斜角为θ，小球落在斜面上时，有，对应的y-x图象斜率不变，即图象为一条直线；当小球落到地面上时，y不变；‎ A．该图与结论不相符，选项A错误；‎ B．该图与结论不相符，选项B错误；‎ C．该图与结论相符，选项C正确；‎ D．该图与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.如图所示，半径为0.1m的竖直圆环上固定有一个质量为0.1 kg的小球，圆环绕其圆心在竖直面内以角速度＝7rad/s沿逆时针方向匀速转动。已知重力加速度g取9.8 m/s2，小球由P点转动到Q点的过程中，下列说法正确的是 A. 小球重力的功率先增大后减小 B. 圆环对小球的作用力先减小后增大 C. 圆环对小球的作用力与竖直方向的最大夹角为30°‎ D. 圆环对小球的作用力的最小值为0.98 N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球随圆环匀速转动，由P点转到Q点的过程中，竖直分速度越来越大，因此重力的功率越来越大，故A错误；‎ BD．圆环由P到Q转动过程中，由牛顿第二定律： （其中α为圆环所在位置与圆心连线与竖直方向的夹角），当α=0时FN=-0.49N，方向竖直向上；当α=90°时FN=0.49N，则随着α增大，FN先减小到0后变大，圆环对小球的作用力的最小值为0，故BD错误；‎ C．小球受到的向心力F向＝mω2r=0.49N，如图所示，以小球所处的位置为圆心，以0.49N为半径作圆，可知圆环对小球的作用力F与圆相切时，夹角θ最大，，则θ=30°，故C正确； ‎ ‎7.如图所示，传送带在电动机带动下，始终以速度M故匀速运动，现将一个质量为m的墨块轻放在水平传送 带上（初速度可忽略不计）。已知墨块与传送带间的动摩擦因数为M，传送带足够长，重力加速度为g。当墨块恰与传送带相对静止时，下列说法正确的是 A. 传送带上的痕迹长度为 B. 传送带的位移为 C. 传送带克服墨块的摩擦力做功为 D. 传送带与墨块间的摩擦生热为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．墨块达到速度v所需的时间 t=‎ 在这段时间内墨块的位移 x1= ‎ 传送带的位移 x2=vt=‎ 则痕迹的长度为 x=x2-x1=‎ 故A错误，B正确；‎ C．传送带克服墨块摩擦力做功 W=μmgx2=mv2‎ 故C错误；‎ D．传送带与墨块间的摩擦生热为 Q=μmgx=‎ 故D正确。‎ ‎8.如图所示，一质量为m的物块位于光滑水平地面上，轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与物块相连；轻绳左端与物块相连，右端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为θ，此时物块与地面接触恰无弹力。已知重力加速度为g，下列说法正确的是 A. 剪断轻绳前，轻绳拉力大小为mgcosθ B. 剪断轻绳瞬间，地面对物块的支持力大小为mg C. 剪断轻弹簧瞬间，物块加速度方向水平向右 D. 剪断轻绳瞬间，物块加速度大小为gtanθ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 详解】A．由受力平衡得 mg=Fcosθ 解得绳子拉力大小为 故A错误；‎ B．剪断细线的瞬间，地面对物块产生支持力，竖直方向受力平衡，所以支持力大小为mg，故B正确；‎ C．剪断轻弹簧瞬间，轻绳拉力变为零，物块加速度为零，故C错误；‎ D．剪断轻绳前，弹簧弹力为 T=Fsinθ=mgtanθ 剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得T=ma，解得 a=gtanθ 方向向左；故D正确。‎ ‎9.质量均为m的两个木块A、B用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图1所示。现用一竖直向上的恒力F＝mg拉木块A，如图2所示。设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，在木块A向上运动的过程，下列说法中正确的是 A. 物块A的动能先增大后减小 B. 物块A的加速度先减小后增大 C. 物块A到达最高点时，物块B恰好对地面无压力 D. A、B和弹簧组成的系统机械能先增大再减小 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．没有施加恒力F时，弹簧处于压缩状态，以物块A为研究对象，可得弹簧的压缩量为．施加恒力F=mg时，物块A受到的合外力做功情况如图所示。 根据动能定理可知物块A上升到最高点时，弹簧的伸长量为．故物块A的动能先增大后减小，故A正确。‎ B．在木块A向上运动的过程合力先减小，当弹力为零时，合力为零，然后反向增加，则物块A的加速度先减小到零后反向增大，故B正确。‎ C．物块A到达最高点时，弹簧的拉力等于物体B的重力，则物块B恰好对地面无压力，故C正确。‎ D．在木块A上升的过程中，恒力F对A、B和弹簧组成的系统一直做正功，所以系统的机械能始终增大，故D错误。‎ ‎10.如图所示，质量为m的小球（可看成质点）用长为的轻绳悬挂于O点，小球自由静止在A点。要使小球恰能运动到B点，此时轻绳与竖直方向的夹角为=，方式一:用水平向右的力F，将小球缓慢地拉到B点;方式二:用水平向右的恒力F2拉小球，直到小球到达B点。已知重力加速度为g，下列说法正确的是 A. 方式一中，力F1的最大值为 B. 方式一中，力F1做功为 C. 方式二中，力F2大小为 D. 方式二中，小球最大动能 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．方式一中，小球由A点运动到B点的过程中，力F1的数值逐渐增大，当=时，F1达到最大值，此时 F1=mgtan=mg 故A错误；‎ B．在方式一中，根据动能定理有 W1-mgl（1-cos）=0‎ 所以 W1=mgl 故B正确；‎ C．方式二中，小球速度由零增加到最大值，再减小为零，根据动能定理有 F2lsin-mgl=0‎ 得F2=mgtan=mg 当轻绳与竖直方向夹角为=时，小球受力平衡，速度最大，故C正确；‎ D．根据动能定理有 F2lsin-mgl（1-cos）=Ek-0‎ 故小球动能的最大值为 Ek=mgl 故D错误。‎ 二、非选择题 ‎11.某同学利用如图1所示的装置“探究合外力做功与物体动能变化的关系”，具体实验步骤如下:‎ A.按照图示安装好实验装置，挂上砂桶（含少量砂子）。‎ B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等。‎ C.取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的质量m，并记录数据。‎ D.保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时的时间t1、t2，并测量光电门甲、乙之间的距离为s.‎ E.改变光电门甲、乙之间的距离，重复步骤D。‎ 请回答下列各问题：‎ ‎（1）若砂桶和砂子的总质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，则步骤D中小车下滑时所受合力大小为________。（忽略空气阻力）‎ ‎（2）用游标卡尺测得遮光片宽度（如图2所示）d =_________mm。‎ ‎ ‎ ‎（3）在误差允许的范围内，若满足__________，则表明物体所受合外力做的功等于物体动能变化量。（用题目所给字母表示）‎ ‎【答案】(1). mg (2). 6.75 (3). mgs=-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]探究“小车的加速度与所受合外力的关系”中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力，则步骤D中小车加速下滑时所受合力大小为mg；‎ ‎(2)[2]根据游标卡尺读数规则，遮光片宽度 d=6mm+ 15×0.05mm =6.75mm ‎(3)[3]遮光片通过两个光电门1、2速度分别为 v1=、v2=‎ 故小车动能变化量为 ‎△Ek=-‎ 在误差允许的范围内，合外力做功等于物体动能的变化量，即 mgs =-‎ ‎12.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图1所示的实验装置。其中M为小物块的质量m（未知量且可改变）为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量，力传感器可测出轻绳的拉力大小。‎ 实验过程如下：‎ ‎①调节长木板使其水平；‎ ‎②使细绳水平，调节砂桶中砂的质量，接通电源，轻推物块，当纸带上打下的点间隔均匀时，力传感器的 示数为 ‎③更换纸带，增加砂桶中砂的质量，接通电源，由静止释放物块，记录力传感器的示数为F，取下纸带；‎ ‎④重复步骤③，多次进行实验。‎ 根据以上实验操作回答下列问题：‎ ‎（1）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两相邻计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点计时器用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小物块的加速度为__________m/s2（计算结果保留两位有效数字）。‎ ‎（2）传感器的示数为F，小物块的加速度为a，根据多次实验得到的数据作出的a -F图象可能是图3中的_______.‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎（3）若重力加速度为g，根据题目中的已知量，可得小物块与长木板之间的动摩擦因数为___________。‎ ‎【答案】(1). 2.0 (2). B (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据△x=at2可得 a=‎ ‎(2)[2]由题意可知，小物块与长木板之间的摩擦力为2F0，根据牛顿第二定律有 ‎ ‎ 则 a =‎ 故B正确。‎ ‎(3)[3]根据实验步骤可知 f=2F0‎ 而 ‎ 解得 μ=‎ ‎13.如图所示，在水平桌面上固定一个长木板，质量为M的木块通过轻绳与质量为m的钩码相连。 将木块由静止释放后，钩码将加速下降。已知重力加速度为g。‎ ‎（1）若木块与长木板之间的摩擦力忽略不计，轻绳的拉力为多大；‎ ‎（2）若木块与长木板之间的摩擦力不能忽略，经测量得到木块的加速度大小为a0，则木块与长木板之间的动摩擦因数为多大。‎ ‎【答案】（1） ；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)以钩码为研究对象，则有 ‎ ‎ 以木块为研究对象，则有 ‎ ‎ 联立解得 T=‎ ‎(2)以钩码为研究对象，则有：‎ ‎ ‎ 以木块为研究对象，则有：‎ ‎ ‎ 联立解得 μ=‎ ‎14.质量为m的铁块静止在水平面上，在铁块上施加竖直向上的恒力F=2mg，恒力F作用时间t时突然反向，铁块再运动一段时间后返回地面。已知重力加速度为g.求：‎ ‎（1）恒力F反向后，铁块返回地面的时间；‎ ‎（2）铁块上升的最大高度。‎ ‎【答案】（1）t （2）gt2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)施加恒力F时，根据牛顿第二定律有：‎ ‎ ‎ 根据运动学公式有 ‎ x1=at2‎ 恒力F反向后，根据牛顿第二定律有：‎ ‎ ‎ 根据运动学公式有：‎ ‎-x1=vt′-a′t′2‎ 联立解得t′=t ‎(2)恒力F反向后，铁块沿竖直方向向上运动的最大距离为x2，根据运动学公式有 ‎0-v2=2（-a′）x2‎ 则铁块上升的最大高度为 h=x1+x2‎ 联立解得 h=gt2‎ ‎15.如图所示，绝缘光滑轨道的仙部分为倾角=的斜面，AC部分为竖直平面内半径为R的半圆轨道，斜面与半圆轨道相切于A点，E为轨道的最低点，整个装置处于水平向右的恒定风力场（小球在风力场中受风力恒定）中。现有一个质量为m的小球，从斜面上某点由静止释放，当小球通过C点时所受合力的方向指向圆心，且小球对轨道的压力恰好为零。已知重力加速度大小为g，求：‎ ‎（1）小球受到风力的大小和到达C点时速度的大小；‎ ‎（2）小球到达E点时动能的大小；‎ ‎（3）小球通过C点后至落到轨道所用的时间。‎ ‎【答案】（1） （2）(+1)mg（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球运动到C点时，由受到的重力和向右的风力提供向心力，则有：‎ tan 解得 F=mg 而 解得 ‎(2)小球由E点到C点过程，根据动能定理有 解得 Ek=(+1)mg ‎(3)小球离开C点后将做类似平抛运动，落到斜面上时有：‎ ‎2R=at2‎ 而 联立解得t=‎ ‎16.如图所示，两根长度均为L的轻丝线，悬挂着质量均为m的两个小球。今在两球上同时施加大小均为F与水平方向成角且方向相反的恒力。由于空气阻力的作用，系统最终稳定于某位置，且轻丝线与竖直方向的夹角最大。已知重力加速度为g，求：‎ ‎（1）力F与水平方向的夹角为多大；‎ ‎（2）系统稳定后轻丝线AB与竖直方向的夹角及张力大小；‎ ‎（3）从施加力F开始到系统稳定的整个过程中，系统克服空气阻力做的总功。‎ ‎【答案】（1）（2）TABmg ，=（3）mgL ‎【详解】(1)以小球B为研究对象，其受到重力mg、恒力F和轻丝线的拉力。如图1所示，以矢量mg的箭头为圆心，恒力F为半径作圆，当轻丝线AB与圆相切时，AB与竖直方向的夹角最大，根据数学知识可知 ‎ sinβ=‎ 而 F=‎ 解得 β=‎ ‎(2)以B小球为研究对象，受力分析如图2所示，根据平行四边形定则和平衡知识有 TAB=mg ‎=‎ ‎(3)系统从最开始静止到在恒力F作用下达到稳定状态的过程，对系统根据功能关系有 ‎ ‎ ‎ 解得 W气=mgL