【物理】福建省永安市第一中学2020届高三上学期限时训练（二）（解析版）

【物理】福建省永安市第一中学2020届高三上学期限时训练（二）（解析版）

福建省永安市第一中学2020届高三上学期 限时训练（二）‎ 一、单项选择题。（每题4分，共36分。）‎ ‎1.如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则 A. B的加速度比A的大 B. B在最高点的速度比A在最高点的小 C. A、B的飞行时间相等 D. B在落地时的速度比A在落地时的小 ‎【答案】C ‎【详解】A.不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g，大小相等、方向相同，故A错误； B.两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由知下落时间相等，则两球运动的时间相等，在竖直方向由，而且最大高度相同，则知，竖直方向的初速度大小相等，由于A球的初速度与水平方向的夹角大于B球的竖直方向的初速度，由（是初速度与水平方向的夹角）得知，A球的初速度小于B球的初速度，由于B球的初速度与水平方向的夹角小，所以B球水平分初速度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故B在最高点的速度比A在最高点的大，故B错误，C正确； D.由于B的初速度大于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地时的速度比A在落地时的大，故D错误．‎ ‎2.升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动4 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)‎ A. 升降机对物体做功5 800 J B. 合外力对物体做功5 800 J C. 物体的重力势能增加500 J D. 物体的机械能增加4800 J ‎【答案】D ‎【详解】A、设升降机对物体做功为，则对物体运用动能定理有：‎ 得到：‎ 故A错误； B、对物体运用动能定理有：‎ 故B错误； C、重力势能的增加量等于克服重力做的功，故：‎ 故C错误； D、机械能的增加量为：‎ 故D正确．‎ ‎3.如图所示，质量为M的斜面静置在水平地面上，斜面上有一质量为m的小物块，水平力F作用在小物块上时，两者均保持静止，斜面受到水平地面的静摩擦力为，小物块受到斜面的静摩擦力为，现使F逐渐增大，两者仍处于静止状态，则（ ）‎ A. 、都增大 B. 、都不一定增大 C 不一定增大，一定增大 D. 一定增大，不一定增大 ‎【答案】D ‎【解析】对物块m受力分析，受重力、支持力、推力，可能有静摩擦力，①当时，静摩擦力沿着斜面向上，大小为，当F增大时，变小；②当时，静摩擦力为零，当增大时，变大；③当时，静摩擦力沿着斜面向下，大小为，F增大时，变大，故不一定增大；‎ 对整体受力分析，受到重力、支持力、静摩擦力、推力，则有，则增大，一定增大；故D正确，ABC错误；‎ 故选D．‎ ‎【点睛】需要选好研究对象，受力分析，应用平衡条件求解即可．‎ ‎4.如图所示，质量相同的两颗人造卫星A、B绕地球作匀速圆周运动，卫星A离地球较近，卫星B离地球较远，关于两颗卫星的运动，下列说法正确的是（ ）‎ A. 卫星A的周期长 B. 卫星B的角速度大 C. 卫星A的线速度小 D. 卫星B的机械能大 ‎【答案】D ‎【详解】A、由万有引力充当向心力：G=mr，卫星运动的周期T=2，两颗卫星A、B的轨道半径rArB，则卫星A的周期较短，故A错误．‎ B、卫星运动的角速度==，rArB，则卫星B的角速度较小，故B错误．‎ C、卫星运动的线速度v=r=，rArB，则卫星A的线速度较大，故C错误．‎ D、质量相同的两颗人造卫星A、B，进入高轨道发射时需要消耗的能量较大，则卫星B的机械能大，故D正确．‎ ‎5.游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示．已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上．转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动．稳定后，每根钢绳(含飞椅及游客)与转轴在同一竖直平面内．图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2.不计钢绳的重力．下列判断正确的是( )‎ A. P、Q两个飞椅的线速度大小相同 B. 无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2‎ C. 如果两个游客质量相同，则有θ1等于θ2‎ D. 如果两个游客的质量相同，则Q的向心力一定大于P的向心力 ‎【答案】B ‎【详解】BC．设钢绳延长线与转轴交点与游客所在水平面的高度为h，对游客受力分析，由牛顿第二定律和向心力公式可得：‎ 则：‎ 设圆盘半径为r，绳长为L，据几何关系可得：‎ 因为：‎ 所以：‎ 由上分析得：无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2；故B项正确，C项错误．‎ A．设游客做圆周运动的半径为R，由几何关系可得：‎ 所以：‎ 两游客转动的角速度相等，据可得：‎ 故A项错误．‎ D．对游客受力分析，游客所受向心力：‎ 如果两个游客的质量相同，，所以P的向心力一定大于Q的向心力，故D项错误．‎ ‎6.近年科学界经过论证认定:肉眼无法从太空看长城，但遥感卫星可以“看”到长城．已知某遥感卫星在离地球高度约为300km圆轨道上运行,地球半径约为6400km,地球同步卫星离地球高度约为地球半径的5.6倍．则以下说法正确的是 A. 遥感卫星的发射速度不超过第一宇宙速度 B. 遥感卫星运行速度约为8.1km/s C. 地球同步卫星运行速度约为3.1km/s D. 遥感卫星只需加速，即可追上同轨道运行的其他卫星 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、由题中数据可知，飞船运行离地表很近，飞船的线速度接近第一宇宙速度，但发射速度是飞离地球的初速度，一定大于第一宇宙速度才可以成为卫星，故A错误；B、由，可得，且满足黄金代换，，，解得卫星的线速度 ，同理 ‎，解得，则B错误，C正确.D、遥感卫星要追同轨道卫星需要先减速做向心运动再加速做离线运动，D错误.故选C．‎ ‎【点睛】解决飞船、人造地球卫星类型的问题常常建立这样的模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地球对卫星的万有引力提供卫星所需要的向心力．常常是万有引力定律与圆周运动知识的综合应用．‎ ‎7.如图所示，在倾角为θ的斜面上，以速度v0水平抛出一个质量为m的小球（斜面足够长，重力加速度为g），则在小球从开始运动到小球离开斜面有最大距离的过程中，下列说法中错误的是（ ）‎ A. 重力做功 B. 速度的变化 C. 运动时间 D. 重力的平均功率 ‎【答案】C ‎【详解】当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，此时的竖直分速度vy=v0tanθ，解得，速度的变化量△v=gt=v0tanθ．故B正确，C错误．此时下降的高度，重力做功W=mgh=．故A正确．重力的平均功率．故D正确．此题选择不正确的选项，故选C．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度方向与斜面方向平行时，距离斜面最远．‎ ‎8.如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C 点，从静止释放，在m1由C点下滑到A点的过程中，下列说法错误的是（　　）‎ A. m1的速度大小始终不小于m2的速度 B. 重力对m1做功的功率先增大后减少 C. 轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加 D. 若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=m2‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．m1由C点下滑到A点的过程中，两球沿绳子方向的速度大小相等，即m1沿绳子方向的分速度大小等于m2的速度，所以m1的速度始终不小于m2的速度，故A正确；‎ B．重力的功率是 这里的vy是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直分速度也是零，但是在这个C到A的过程中有竖直分速度，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力对m1做功的功率先增大后减少，故B正确；‎ C．根据功能关系知，轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加，故C正确；‎ D．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得 解得 故D错误。‎ 故选D。‎ ‎9.如图所示，一个可视为质点的滑块从高H＝12 m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r＝4‎ ‎ m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g取10 m/s2)(　　)‎ A. 8 m B. 9 m C. 10 m D. 11 m ‎【答案】B ‎【详解】当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，则：‎ 小球从A点到C点过程，由动能定理可得：‎ 小球从C点到D点过程，由动能定理可得：‎ 据能量守恒得，在圆环左侧与右侧的任一等高处，左侧速度小于右侧速度，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，据牛顿第二定律和向心力公式知，在圆环左侧与右侧的任一等高处，左侧所受摩擦力小于右侧，则：‎ 联立解得：‎ 即：‎ A．8m，与分析不符，故A项错误；‎ B．9m，与分析相符，故B项正确；‎ C．10m，与分析不符，故C项错误；‎ D．11m，与分析不符，故D项错误．‎ 二、多项选择题。（每题6分全选对的，漏选的每题3分，选错的0分。）‎ ‎10.如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球静止于光滑水平面上．现对小球施加一个水平向右的恒力F，使小球从静止开始运动，则小球在向右运动的整个过程中，下列说法正确的是 A. 小球和弹簧组成的系统机械能守恒 B. 小球的动能先逐渐增大后逐渐减小 C. 小球的动能逐渐增大 D. 小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大 ‎【答案】BD ‎【详解】A、根据功能关系得，外力F做正功，小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大，故A错误，D正确； B、开始时，拉力大于弹簧的弹力，加速度方向向右，小球做加速运动，由于弹簧弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大，然后弹簧的弹力大于拉力，加速度向左，与速度反向，速度逐渐减小，所以动能先增大后减小，故B正确，C错误．‎ ‎11.如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端栓接质量为m的小球,小球放在倾角为30°的光滑固定斜面上,整体处于平衡状态时,弹簧与竖直方向成30°角,重力加速度为g,则 A. 平衡时,斜面对小球的作用力大小为 B. 若将斜面突然移走,则移走瞬间小球的加速度大小为 C. 若将弹簧剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为 D. 若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧,系统重新达到平衡时,弹簧仍处于拉伸状态,此时斜面对小球的作用力变小 ‎【答案】CD ‎【详解】A、小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T，斜面对小球的支持力为FN，对小球受力分析如图，则：，，解得：，故A错误；‎ B、将斜面突然移走，小球受的弹簧拉力和重力，弹簧弹力不突变，所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小为，故B错误；‎ C、将弹簧剪断的瞬间，小球即将沿斜面向下做匀加速运动，小球的加速度大小为，故C正确；‎ D、将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，弹簧弹力将变大，小球将沿斜面向上运动，系统重新达到平衡时，轻弹簧与竖直方向的夹角小于，但斜面对小球的支持力方向不变，根据作图可得斜面对小球的作用力变小，故D正确；‎ 故选CD．‎ ‎12.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是(　 　)‎ A. 电动机多做的功为 B. 摩擦力对物体做的功为 C. 电动机增加的功率为μmgv D. 传送带克服摩擦力做功为 ‎【答案】BC ‎【解析】由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q，所以A项错；根据动能定理，对物体列方程，Wf＝mv2，所以B项正确；因为电动机增加的功率P＝＝＝μmgv，C项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，D项错误．‎ ‎13.如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A. 小滑块的质量m＝2 kg B. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1‎ C. 当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2‎ D. 当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 ‎【答案】AC ‎【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．‎ ‎【详解】对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，‎ 当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M+m=3kg 当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a= ‎ 知图线的斜率k解得：M=1kg，滑块的质量为：m=2kg．故A正确；‎ B、C项：根据F大于6N的图线知，当F=6N时，加速度a=2m/s2，即有： ‎ 代入数据解得：μ=0.2，‎ 当F=7N时，长木板的加速度为：a= 3m/s2．‎ 根据μmg=ma′得木板的加速度为：a′=μg=4m/s2，故B错误，C正确；‎ D项：当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为 ，恒定不变，故D错误．‎ 故选AC．‎ ‎【点睛】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．‎ 三、实验题。（每空3分，共12分）‎ ‎14.某同学探究钩码加速度与合外力的关系，其实验装置如图所示，一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上，用轻绳绕过定滑轮及光滑的动滑轮将滑块与弹簧测力计相连．实验中保持钩码的质量不变，在滑块上增加砝码进行多次测量，每一次滑块均从同一位置P由静止释放，在钩码带动下滑块向右运动，此过程中，记录弹簧测力计的示数F和光电门的遮光时间t，用弹簧测力计测得钩码受到的重力为G，用刻度尺测得P与光电门问的距离为s，用游标卡尺测得滑块上窄片的宽度为d.滑轮质量不计.‎ ‎(1)实验中_____（选填“需要”或“不需要”）平衡滑块受到的滑动摩擦力；‎ ‎(2)用游标卡尺测得的宽度d＝_____cm ‎(3)钩码的加速度大小a＝_____（用含有d、t、s的表达式表示）.‎ ‎(4)根据实验数据绘出的下列图象中最符合本实验实际情况的是_____.‎ ‎【答案】 (1). 不需要 (2). 1.150cm (3). (4). A ‎【详解】(1)根据实验原理可知，力通过弹簧秤测出，因此滑块是否需要平衡摩擦力，对其没有影响，因此实验中不需要平衡滑块受到的滑动摩擦力；‎ ‎(2)游标卡尺的主尺读数为，游标读数为，则；‎ ‎(3)在匀变速直线运动中，根据速度与位移关系，则有：；而，因此滑块的加速度大小为:，因为在相同的时间内，钩码下降的距离是滑块运动距离的，所以钩码的加速度为滑块加速度的，即钩码的加速度为 ‎(4)由题意可知，钩码的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系为：，且钩码的加速度大小为：；则有：，故对应的图象为A，故A正确，B,C,D错误；故选A.‎ 四、计算题 ‎15.原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目．已知质量m=60kg的运动员原地（不起跳）摸高为2.05m，比赛过程中，该运动员重心先下蹲0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.85m的高度．假设运动员起跳时为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）该运动员离开地面时的速度大小；‎ ‎（2）起跳过程中运动员对地面的压力大小；‎ ‎（3）从开始起跳到双脚落地需要的时间．‎ ‎【答案】(1) 4m/s；(2)1560N；(3)105s ‎【详解】（1）运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据可知，‎ ‎（2）在起跳过程中，根据速度位移公式可知，解得 ‎，‎ 对运动员，根据牛顿第二定律可知 FN−mg=ma，‎ 解得 FN=1560N 根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1560N．‎ ‎(3)起跳过程运动的时间 起跳后运动的时间 故运动总时间 答：(1)该运动员离开地面时的速度大小为4m/s；‎ ‎(2)起跳过程中运动员对地面的压力为1560N；‎ ‎(3)从开始起跳到双脚落地需要1.05s．‎ ‎16.如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r ‎＝0.4 m的1/4细圆管CD，内径略大于小球的直径，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝25 N/m的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)在曲面上距BC的高度为h＝0.8 m处从静止开始下滑，与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，小球速度最大时弹簧的弹性势能为Ep＝2 J．(g取10 m/s2)求：‎ ‎(1)小球在B点的速度vB；‎ ‎(2)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm．‎ ‎(3)小球最终停止的位置距B点的距离．‎ ‎【答案】(1) 4m/s (2)4m/s(3)0.8m ‎【详解】(1)滑块在曲面上下滑过程，由动能定理得： ‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎(2)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D端的距离为x0，则有：‎ kx0＝mg 得到：‎ x0＝＝0.4 m 在C点，根据牛顿第二定律有：‎ mg＝m 得到：‎ vC＝2 m/s 由能量守恒得：‎ mg(r＋x0)＝‎ 得到：‎ ‎；‎ ‎(3) 滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得：‎ mgh－μmgx＝‎ 解得：‎ x＝1.2m 对全过程，由动能定理有：‎ ‎0＝mgh－μmgS 得到：‎ S＝h/μ＝1.6 m 故到B点的距离为：‎ Δx＝2x－S＝0.8m．‎