山东省临沂市第十九中学高三上学期第二次质量调研考试物理试题

高三第二次质量调研考试物理综合试题一、选择题（本题12小题，每小题4分，18单选，912多选）1.甲、乙两个小球的质量相等，从同一高度分别做自由落体运动和平抛运动，最后落在同一水平地面上。不计空气阻力，下列说法不正确的是A.甲、乙在飞行的整个过程中，时间相同B.甲、乙在飞行的整个过程中，加速度相同C.甲、乙在飞行的整个过程中，速度变化相同D.甲、乙在飞行的整个过程中，速度变化不同【答案】D【解析】【详解】两物体在竖直方向均做自由落体运动，则加速度均为g，根据h=12gt2可知，两物体的运动时间相同，根据∆v=gt可知，速度的变化相同，故选项ABC正确，D错误；此题选择不正确的选项，故选2.如图为表演杂技“飞车走壁”的示意图．演员骑摩托车在一个圆桶形结构的内壁上飞驰，做匀速圆周运动．图中a、b两个虚线圆表示同一位演员骑同一辆摩托，在离地面不同高度处进行表演的运动轨迹．不考虑车轮受到的侧向摩擦，下列说法中正确的是（）A.在a轨道上运动时角速度较大B.在a轨道上运动时线速度较大C.在a轨道上运动时摩托车对侧壁的压力较大D.在a轨道上运动时摩托车和运动员所受的向心力较大【答案】B【解析】试题分析：A、b、c平抛运动的高度相同，根据t=知，b、c运动时间相同，故A正确．B、a、b的高度之比为2：1，根据t=知，a、b的运动时间之比为，水平位移相等，则a、b的初速度之比为，故B、C错误．D、b、c的运动时间相等，水平位移之比为2：1，则b的初速度是c初速度的2倍，故D正确．故选：AD．3.如图所示，质量相等的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（取向下为正）（）A.﹣g、2g、0B.﹣2g、2g、0C.﹣2g、2g、gD.﹣2g【答案】B【解析】抓住剪断绳的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹簧弹力瞬间不变，所以分析：

对A受力分析有：剪断前平衡有：F=m剪断瞬间：aA=F−mgm=F绳m；②

对B进行受力分析有：剪断前平衡有：F绳=mg+F弹BC③

剪断瞬间有：aB=mg+F弹BCm④

对C进行受力分析有：剪断前平衡：F弹点睛：本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要注意轻弹簧的弹力与行变量成正比，来不及突变，而细线的弹力是有微小形变产生的，故可以突变。4.如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连物块a、b，a、b都处于静止状态现将物块b移至C点后，a、b仍保持静止，下列说法中正确的是A.b与水平面间的摩擦力减小B.地面对b的弹力减小C.悬于墙上的绳所受拉力不变D.a、b静止时，图中α、【答案】D【解析】【详解】对物体a分析，由于a处于静止，故绳子的拉力等于a的重力；绳子对b的拉力也保持不变，等于a的重力；再对物体b分析，b向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向b受力平衡，摩擦力增大，故A错误；物体b向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳拉力竖直分量减小，则地面对b的弹力变大，故B错误；由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小，故C错误；对滑轮分析，由于A一直竖直，故绳子与墙平行，故α=θ；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故α、β、θ三角始终相等，故D正确；故选D。【点睛】本题要注意分别对A、B及滑轮分析，根据共点力的平衡条件可得出各物体受力的关系；同时注意要根据力的合成与分解等知识进行讨论．5.一块砖放在一足够长的倾斜木板上，砖能够加速下滑。某时刻起，将板逐渐下放至水平，则砖受到的摩擦力大小的变化可能是：A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小再增大【答案】C【解析】【详解】设木板与水平面的倾角为θ，对物体进行受力分析可知物体受竖直向下的重力mg，垂直木板向上的支持力N，沿木板向上的静摩擦力F，当物体在木板上下滑时，夹角继续减小，则有N=mgcosθ与f=μN=μmgcosθ所以有摩擦力增大；当在物体处于静止状态时，故垂直木板方向合力为零，则物块所受支持力与摩擦力的合力与重力相平衡，故合力不变。因此，N=mgcosθ；在沿斜面方向有f′=mgsinθ，由题意可知θ逐渐减小，故N逐渐增大，f′逐渐减小。因此C正确，ABD错误；故选C。【点睛】本类题目的解题步骤：确定研究对象，对研究对象进行受力分析，再进行正交分解，最后根据受力平衡写出所求力的数学表达式，从而可以根据角度的变化情况判断出力的变化情况．6.为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为v4时汽车的瞬时加速度的大小为A.PmvB.2Pm【答案】C【解析】当牵引力等着阻力时，速度最大，根据P=Fv=fv得到，阻力的大小f=pv点睛：解决本题的关键知道功率与牵引力、速度的关系，知道牵引力等于阻力时，速度最大；速度变化时，牵引力要发生变化.7.如图所示，一斜面体静止在粗糙的水平地面上，一物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑．若用沿平行于斜面方向的力F向下推此物体，使物体加速下滑，斜面体依然和地面保持相对静止，则斜面体受到地面的摩擦力（）A.大小为零B.方向水平向右C.方向水平向左D.大小和方向无法判断【答案】A【解析】对斜面体进行受力分析，

开始做匀速下滑，知压力与摩擦力在水平方向上的分力相等，当用力向下推此物体，使物体加速下滑，虽然压力和摩擦力发生了变化，但摩擦力f始终等于μFN，知两力在水平方向上的分力始终相等，所以仍然不受摩擦力．故A正确，BCD错误．故选A．点睛：解决本题的关键，正确地进行受力分析，比较出斜面体在水平方向分力的大小，从而判断摩擦力．8.物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿顺时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到P点自由滑下，则A.物块将不可能落在Q点B.物块仍有可能落到Q点C.物块将可能落在Q点的左边D.物块将可能落在Q点的右边【答案】BD【解析】【分析】物块从光滑曲面P点由静止开始下滑，通过粗糙的静止水平传送带时，受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动．若传送带顺时针转动时，分情况讨论：物块滑上传送带时速度等于传送带速度、大于传送带速度、小于传送带速度，分析物块的运动情况来选择．【详解】物块从斜面滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动，离开传送带时做平抛运动；当传送带顺时针转动时，物体相对传送带可能向前运动，使物体在传送带上一直做减速运动，然后做平抛运动离开传送带，物体仍落在Q点；当传送带顺时针转动时，物体相对传送带也可能向后运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相同，物体可能做加速，离开传送带时的速度大于传送带静止时的速度，所以会落到传送带的右边。故选BD。9.物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA=6kg，mB=2kg，A、B间动摩擦因数μ=0.2，如图所示．现用一水平向右的拉力F作用于物体A上，则下列说法中正确的是（g=10m/s2）（）A.当拉力F＜12N时，A静止不动B.当拉力F＞12N时，A一定相对B滑动C.无论拉力F多大，A相对B始终静止D.当拉力F=24N时，A对B的摩擦力等于6N【答案】D【解析】当A、B刚要滑动时，静摩擦力达到最大值．设此时它们的加速度为a0，拉力为F0．AB间的最大静摩擦力为f=μmAg=12N；根据牛顿第二定律，得：对B：a对整体：F0=（mA+mB）a0=48N；当F≤48N时，AB相对静止，F＞48N时，AB发生相对滑动．故ABC均错误；当拉力F=24N时，AB相对静止，对整体：a=FmA+mB＝2410.如图所示，小球沿斜面向上运动，依次经a、b、c、d到达最高点e.已知ab=bd=6m，bc=1m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则（）A.B.vc=3m/sC.de=3mD.从d到e所用时间为4s【答案】ABD【解析】小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因从a到c和c到d所用时间相等，故经过c点时恰为从a到d所经历时间的中间时刻，vcxac＝xab＋xbc＝7m，xcd＝xbd－xbc＝5m，由Δx＝xac－xcd＝aT2得：a＝0.5m/s2，由vb2−vc2=2axbc可得，vb＝10m/s，选项A正确；从c到e所经历的时间tce=故选ABD.11.猜想一下，如果太阳的质量不断减小，则关于地球绕日公转的情况，以下说法正确的是A.轨道半径不断变大B.轨道半径不断变小C.公转周期不断变大D.公转周期不断变小【答案】AC【解析】【详解】若太阳的质量不断减小，则太阳对地球的引力逐渐减小，则地球将做离心运动，则地球绕太阳公转的轨道半径将变大；根据GmMr2＝mr4π212.如图所示，发射升空的卫星在转移椭圆轨道Ⅰ上A点处经变轨后进入运行圆轨道Ⅱ．A、B分别为轨道Ⅰ的远地点和近地点．则卫星在轨道Ⅰ上A.经过A点的速度小于经过B点的速度B.经过A点的动能大于在轨道Ⅱ上经过A点的动能C.运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期D.经过A点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过A点的加速度【答案】AD【解析】【详解】由B运动到A引力做负功，动能减小的，所以经过A点的速度小于经过B点的速度，故A正确；同在A点，只有加速它的轨道才会变大，所以经过A点的动能小于在轨道Ⅱ上经过A点的动能，故B错误；轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的半径，根据开普勒第三定律，在轨道Ⅰ上运动的周期小于在轨道Ⅱ上运动的周期，故C错误；根据a=GMr2，在轨道Ⅱ上经过A的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度，故D正确【点睛】解决本题的关键理解卫星绕地球运动的规律．要注意向心力是物体做圆周运动所需要的力，比较加速度，应比较物体实际所受到的力，即万有引力．二、实验题（共12分）13.在研究平抛运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L＝1.25cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图6中a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度v0＝______(用L、g表示)，其值是______．(g取9.8m/s2)．【答案】(1).2Lg(2).【解析】试题分析：在竖直方向上，根据Δy=L则初速度v0考点：研究平抛物体的运动【名师点睛】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，结合运动学公式和推论灵活求解。14.在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中，某实验探究小组的实验装置如图中甲所示．木块从A点静止释放后，在1根弹簧作用下弹出，沿足够长木板运动到B1点停下，O点为弹簧原长时所处的位置，测得OB1的距离为L1，并记录此过程中弹簧对木块做的功为W．用完全相同的弹簧2根、3根……并列在一起进行第2次、第3次……实验，每次实验木块均从A点释放，木块分别运动到B1、B2……停下，测得OB2、OB3……的距离分别为L2、L3……作出弹簧对木块做功W与木块停下的位置距O点的距离L的图象W—L，如图乙所示。(1)根据图线分析，弹簧对木块做功W与木块在O点的速度v0之间的关系_____________________。(2)W—L图线为什么不通过原点？___________________。(3)弹簧被压缩的长度LOA为多少？___________________。【答案】(1).W与v0的二次方成线性变化(2).未计木块通过AO段时，摩擦力对木块所做的功(3).3cm【解析】【详解】木块在平衡位置处获得最大速度，之后与弹簧分离，在摩擦力作用下运动到B位置停下，由O到B根据动能定理：fL=012mv02，故L∝v02；

对全过程应用动能定理有：WfLOAfL=0即W=fL+fLOA结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小、截距等于OA段摩擦力做的功．

（1）由动能定理知L∝v02，由图线知W与L成线性变化，因此W与v02也应成线性关系，即

W∝v2

（2）根据动能定理全过程的表达式WfLOAfL=0，所以WL图线不通过原点，是因为未计木块通过AO段时，摩擦力对木块所做的功，（或AO段木块克服摩擦力所做的功）．

（3）图中W轴上的斜率等于摩擦力大小，即f=WL＝5−142−6×102＝1009N，截距等于摩擦力做的功，将W=1J，L=【点睛】本题考查了创新方法探究功与速度的关系，关键是列出两个动能定理方程然后结合数学函数进行分析出截距与斜率的物理意义，有些难度．三、计算题（共40分）15.如图所示，m1=m2=1.0kg，θ=37º，足够长的固定斜面与m1之间的动摩擦因数μ=0.25，m2离地面h=0.8m，求系统由静止开始运动，当m2落地后，m1还能向上滑行多远？（已知斜面足够长，取g=10m/s2，sin37º=0.6）【答案】0.1m【解析】【详解】设m2开始下落时两物体的加速度大小为a1，绳子拉力为F，则根据牛顿第二定律得

m2gF=m2a1

Fm1gsinθμm1gcosθ=m1a1

由上两式得到，m2gm1gsinθμm1gcosθ=（m1+m2）a1

代入解得，a1=1m/s2

设m2落地时的速度为v，则v2=2a1h

设m2落地后m1的加速度为a2，m1还能沿斜面上升S，则有

m1gsinθ+μm1gcosθ=m1a2

v2=2a2S

【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法．此题也可以根据动能定理，分两个过程求解．16.如图所示，在某竖直平面内，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