山东省济南市2013届高三物理第二次诊断性测试试题鲁科版

1 山东省实验中学山东省实验中学 20102010 级第二次诊断性测试物理试题级第二次诊断性测试物理试题 注意事项 本试卷分为第 I 卷和第 II 卷两部分 共 6 页 满分 100 分 考试用时 90 分钟 考试 结束后 将第 II 卷和答题卡一并交回 答题前 考生务必将自己的姓名 座号 准考证号 班级和科类填涂在试卷或答题卡规定的位置 第第 I I 卷 共卷 共 4444 分 分 一 选择题 第 卷包括 11 个小题 每小题给出的四个选项中 有的只有一个选项正确 有的有多个选项正确 全部选对的得 4 分 选对但不全的得 2 分 有选错的得 0 分 1 在力学理论建立的过程中 有许多伟大的科学家做出了贡献 关于科学家和他们的 贡献 下列说法正确的是 A 伽利略的理想实验在现实中可以实现 B 亚里士多德认为 两个不同重量的物体从同一高度下落 重物体下落较快 C 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 D 笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献 答案 BD 解析 亚里士多德认为 力是维持物体运动的原因 两个不同重量的物体从同一高度下 落 重物体下落较快 B 正确 伽利略在对力和运动的研究中设想了理想斜面实验 否定 了亚里士多德力是维持物体运动原因的理论 将实际实验现象合理外推 开创了将实验和 逻辑推理结合起来的研究方法 由于摩擦阻力不能完全消除 理想实验在现实中不可以实 现 A C 错误 伽利略 笛卡尔等科学家对牛顿第一定律的建立做出了贡献 故 D 正确 2 重为 m1的光滑球放在光滑墙脚下 球的右侧跟一个重为 m2的光滑斜面体相接触 如图所示 一个向左的水平力 F 作用在斜面体上 使球与斜面体都处于静止 且球与竖直 墙和水平地面继续接触 则 m1 m2受外力的个数可能为 A 3 个 4 个 B 3 个 3 个 C 4 个 5 个 D 4 个 4 个 答案 AD 解析 由题意知 m2 一定受 4 个力的作用 重力 地面支持力 m1的压力和 F 当 F 较 小时 m1 m2之间的作用力在竖直方向的分力小于 m1的重力 m1受 4 个力作用 重力 地 面支持力 m1的支持力和墙面向右的弹力 当 F 较大时 m1 m2之间的作用力在竖直方向 的分力大于或等于 m1的重力时 m1受 3 个力作用 重力 m1的支持力和墙面向右的弹力 2 故选项 AD 正确 3 修建房屋时 常用如图所示的装置提运建筑材料 当人向右运动的过程中 建筑材 料 A 被缓缓提起 此过程中 设人对地面的压力为 FN 人受到地面的摩擦力 人拉绳的力 为 F 则下列说法中正确的是 A FN Ff和 F 都增大 B FN Ff增大 F 不变 C FN Ff和 F 都减小 D FN增大 Ff减小 F 不变 答案 B 解析 建筑材料A被缓缓提起 说明A处于一系列的平衡状态 向上做匀速运动 绳上 的拉力大小 F 始终等于 设绳与水平方向的夹角为 以人为研究对象 竖直方向上 A m g 有 由牛顿第三定律得 Ff sin N m gFF 人N F sin N Fm gF 人N F 由于人向右运动 所以逐渐减小 所以 FN Ff逐渐增大 选项 B sin m gF 人 正确 4 如右图所示 质量为 m 的小球用水平弹簧系住 并用倾角为 30 的光滑木板 AB 托 住 小球恰好处于静止状态 则 A 当木板 AB 突然向下撤离后的瞬间 小球的加速度为 0 B 当木板 AB 突然向下撤离后的瞬间 小球的加速度为大 小为 g 方向竖直向下 C 当木板 AB 突然向下撤离后的瞬间 小球的加速度为大小为 方向垂直木板g 3 32 向下 D 在木板 AB 撤离后的一小段时间内 小球的机械能减小 答案 CD 解析 木板撤离前 小球处于平衡状态 受重力 支持力和弹簧的拉力 如图 3 根据共点力平衡条件 有 F Nsin30 0 Ncos30 G 0 解得 2 33 33 Nmg Fmg 木板 AB 突然撤去后 支持力消失 重力和拉力不变 合力等于支持力 N 方向与 N 反向 故加速度为故选项 C 正确 2 3 3 N ag m 因为 F G 所以在木板 AB 撤离后的一小段时间内 小球的机械能将有一部分转化成弹簧的 弹性势能 D 正确 5 小球由地面竖直上抛 设所受阻力大小恒定 上升的最大高度为 H 地面为零势能 面 在上升至离地高度 h 处 小球的动能是势能的两倍 在下落至离地面高度 h 处 小球 的势能是动能的两倍 则 h 等于 A B C D 9 H 9 2H 9 3H 9 4H 答案 D 解析 设小球受到的阻力大小恒为 f 小球上升至最高点过程由动能定理得 mgH fH 0 2 0 1 2 mv 小球上升至离地高度 h 处时速度设为 v1 由动能定理得 mgh fh 22 10 11 22 mvmv 又 2mgh 2 1 1 2 mv 小球上升至最高点后又下降至离地高度 h 处时速度设为 v2 此过程由动能定理得 mgh f 2H h 22 20 11 22 mvmv 又 mgh 2 2 1 2 mv 以上各式联立解得 h 故选 D 9 4H 6 一辆质量为 m 的汽车在发动机牵引力 F 的作用下 沿水平方向运动 在 t0时刻关闭 发动机 其运动的 v t 图象如图所示 已知汽车行驶过程中所受的阻力是汽车重量的 k 倍 则 A 加速过程与减速过程的平均速度比为 1 2 B 加速过程与减速过程的位移大小之比为 1 2 C 汽车牵引力 F 与所受阻力大小比为 3 1 4 D 汽车牵引力 F 做的功为 2 3 00t kmg 答案 BCD 解析 由题图可知 加速过程 位移 减速过程 0 0 v Ffma a t 10 0 1 2 xv t 位移 又 由以上各式解得加速过程与减速 0 0 2 v fma a t 200 1 2 2 xvt Afkmg 过程的位移大小之比为 1 2 平均速度比为 1 1 汽车牵引力 F 与所受阻力大小比为 3 1 汽车牵引力 F 做的功为 故选项 A 错误 BCD 正确 1 WFx 2 3 00t kmg 7 如图所示 有两个光滑固定斜面 AB 和 BC A 和 C 两点在同一水平面上 斜面 BC 比 斜面 AB 长 一个滑块自 A 点以速度 vA上滑 到达 B 点时速度减小为零 紧接着沿 BC 滑下 设滑块从 A 点到 C 点的总时间为 tC 那么在滑动过程中 下列关于运动速度 v 加速度的 大小 a 动能 Ek 机械能 E 的四个图象 正确的是 答案 BC 解析 滑块先匀减速上滑后匀加速下滑 下滑时加速度较小 用时较长 由于斜面光滑 不受摩擦力 只有重力做功 故机械能守恒 物体滑到 C 点的速度等于 A 点的速度 比较 四个图象易得 BC 正确 AD 错误 8 水平抛出的小球 t 秒末的速度方向与水平方向的夹角为 1 t t0秒末速度方向与 水平方向的夹角为 2 忽略空气阻力 则小球初速度的大小为 A gt0 cos 1 cos 2 B 21 0 coscos gt C gt0 tan 1 tan 2 D 0 21 gt tantan 答案 D 解析 t 秒末时 vy1 gt tan 1 1 00 y v gt vv t t0秒末时 同理可得 tan 2 2 0 00 y v g tt vv 5 联立解得 v0 故选 D 0 21 tantan gt 9 如图所示 小球以初速度为 v0从光滑斜面底部向上滑 恰能到达最大高度为 h 的斜 面顶部 右图中 A 是半径大于 h 的光滑圆周轨道 B 是半径小于 h 的光滑圆周轨道 4 1 2 1 C 是内轨半径等于 h 的光滑圆周轨道 小球均沿其轨道内侧运动 D 是长为h 的轻棒 可 2 1 绕 O 点到无摩擦转动 小球固定于其下端 小球在底端时的初速度都为 v0 则小球在以上 四种情况中能到达高度 h 的有 答案 AD 解析 由机械能守恒可知 对于图 A 小球到达高度 h 时 由机械能守恒 2 0 1 2 mvmgh 有 v 0 小球静止 符合实际 对于图 B 小球到达高度 h 时 由 2 0 1 2 mvmgh 2 1 2 mv 机械能守恒有 v 0 小球不可能静止在图 B 所示的位置 也就是说 2 0 1 2 mvmgh 2 1 2 mv 没到达 h 高度时 小球已经脱离轨道 同理可知图 C 也不可能 对于图 D 小球到达高度 h 时 速度可以为零 所以图 D 能 10 如图所示 质量 20kg 的小物块 可视为质点 以速度 4m s 水平向右进入转送带 传送带向左传动 速率为 3m s 两皮带轮轴心间的距离是 9m 已知小物块与传送带间的动 摩擦因数为 0 1 对此 下列说法中正确是 A 物体将从传送带的左边离开 B 特体将从传送带的右边离开 C 物块离开传送带的速度为 3m s D 传送带对物块先做负功 后一直做正功直至落下传送带 答案 AC 解析 滑块先向右匀减速 对于向右滑行过程 根据牛顿第二定律 有 mg ma 解得 a g 2m s2根据运动学公式 有 0 v0 at1 x 解得 t1 2s x 4m 9m 0 1 0 2 v t 向左匀加速过程 根据运动学公式 有 x1 m t2 1 5s 最后m 随传送带 2 0 2 v a 9 4 v a 7 4 6 做匀速直线运动 离开传送带的速度为 3m s 对整个过程 传送带对物块先做负功 后做 正功直至与传送带同速 最后一段不做功 11 如图所示 水平面上的轻弹簧一端与物体相连 另一端固定在墙上的 P 点 已知 物体的质量为 m 物体与水平面间的动摩擦因数 弹簧的劲度系数 k 现用力拉物体 使弹簧从处于自然状态的 O 点由静止开始缓慢向左移动一段距离 这时弹簧具有弹性势能 Ep 撤去外力后 物体在 O 点两侧往复运动的过程中 A 在整个运动过程中 物体第一次回到 O 点时速度不是最大 B 在整个运动过程中 物体第一次回到 O 点时速度最大 C 物体最终停止时 运动的总路程为 mg Ep D 在物体第一次向右运动的过程中 速度相等的位置有 2 个 答案 AD 解析 在第一次向右运动过程中 当摩擦力与弹簧弹力大小相等 方向相反时 物体的 速度最大 此时物体的位置应该在 O 点左侧 第一次回到 O 点时速度不是最大 所以在第 一次向右运动的过程中 速度先由 0 变为最大后由最大减小为 0 速度相等的位置有 2 个 由于摩擦力的影响 最终静止时弹簧的弹性势能不可能全部用来做功转化成热 运动的总 路程为应该小于 故选项 AD 正确 mg Ep 第第 IIII 卷 卷 5656 分 分 二 论述计算题 第 卷共 3 道题 考生须用黑色签字笔答在规定的区域内 要写出必要 的文字说明 规范的方程式 只写出计算结果不得分 12 16 分 如图所示 一个半径为 R 2 0m 的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动 转动 角速度为 5 0rad s 在 A 处有一个小滑块随圆盘一起转动 某一时刻 滑块从圆盘边 缘滑落 经光滑的过渡圆管进入光滑斜面轨道 AB 已知 AB 段斜面倾角为 滑块在运 37 动过程中始终未脱离轨道 不计在过渡圆管处的机械能损失 g 10m s2 sin 0 6 cos 37 0 8 结果保留两位有效数字 37 1 若 AB 间的距离为 3 0m 求滑块从 A 滑至 B 点的时间 2 滑块从开始上滑 到再下滑回 A 处的过程中 圆盘转动的圈数 答案 见解析 解析 1 滑块做圆周运动 有 2 分smR 10 0 7 滑块向上运动时加速度 a 由牛顿第二定律得 2 分mamg 37sin 运动至 B 点时 由运动规律得 2 分 2 0 1 2 sv tat 解上各式 代入数据得 2 分stst0 3 33 0 21 2 滑块返回 A 点的时间为 t 由运动规律得 2 分 2 0 t av 由运动规律得 圆盘转动周期为 2 分 2 T t2时间圆盘转动的圈数为 2 分 T t n 解上各式 代入数据得 n 2 7 2 分 13 20 分 如图所示 一薄的长木板 B 置于光滑水平地面上 长度为 L 0 25m 质量 为 M 4kg 另有一质量为 m 2kg 的小滑块 A 置于木板的左端 二者均相对地面静止 已知 A 与 B 之间的动摩擦因数为 0 1 且最大静摩擦力等于滑动摩擦力 若 B 受到如图所示 的水平外力 F 作用 求 1 0 2s 时间内 B 在水平地面上的滑动的距离 2 2s 4s 时间内 B 在水平地面上滑动的距离 答案 见解析 解析 当 A B 之间达到最大静摩擦力时 由牛顿第二定律得 对 B 有 1 分Mamg 对 A 有 1 分 00 amMF 解得 1 分NFsma3 5 0 0 2 0 1 当时 A B 相对静止 一起向右运动 有 1 分NF2 1 11 amMF 在内的位移为 1 分st2 1 2 111 2 1 tas 解得 2 分ms67 0 1 2 在上一过程中 运动末速度为 1 分 111 tav 当时 A 运动的加速为 a2 有 1 分NF4 2 22 mamgF 8 B 的运动的加速度为 1 分 2 0 5 0sma 设 A 滑至木板右端时时间为 t 则 A B 的位移分别为 1 分 2 212 2 1 tatvs 1 分 2 013 2 1 tatvs 由几何关系得 L s2 s3 1 分 解得 t 1s 故符合题意 1 分 此时 木板的速度为 1 分 2 012 tavv 之后 木板匀速运动位移 1 分 2 24 tvs 2s 4s 时间内 B 在水平地面上滑动的距离 1 分 435 sss 解得 2 分ms09 2 5 14 20 分 如图所示 水平桌面上有一轻弹簧 左端固定在 A 点 自然状态时其右 端位于 B 点 水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP 其形状为半径 R 0 8m 的圆环剪 去了左上角的圆弧 MN 为其竖直半径 P 点到桌面的竖直距离也是 R 用质量 m1 0 4kg 135 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点 释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点 用同种材料 质量为 m2 0 2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放 物块过 B 点后其位移与时间的关系