甘肃省武威市第六中学高三上学期第二次过关考试物理试题

武威六中2021届高三一轮复习过关考试（二）物理一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意）1.以下物理学史中符合历史事实的是（）A.开普勒最先抛弃“地心说”，提出了“日心说”B.牛顿提出的“月地检验”，证明了太阳对行星的引力满足平方反比定律C.卡文迪许用“扭秤实验”测引力常数的实验中，应用了“放大思想”D.伽俐略发现行星绕太阳的轨道是椭圆【答案】C【解析】【分析】

【详解】A．哥白尼最先抛弃“地心说”，在《天体运行论》中提出了“日心说”，故A错误；B．牛顿提出的“月地检验”，证明了物体的重力、太阳对行星的引力和地月之间的引力是一种力，故B错误；C．卡文迪许用“扭秤实验”测引力常数的实验中，通过平面镜反射放大了扭转，应用了“放大思想”，故C正确；D．开普勒发现行星绕太阳的轨道是椭圆，故D错误。故选C。2.某物体做变速直线运动，关于此运动下列论述正确的是（）A.速度较小，其加速度一定较小 B.运动的加速度减小，其速度变化一定减慢C.运动的加速度较小，其速度变化一定较小 D.运动的速度减小，其位移一定减小【答案】B【解析】【详解】A．加速度与速度没有必然联系，速度小，但可能很大，其加速度就很大，故A错误；B．加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，加速度减小，其速度变化一定减慢，故B正确；C．运动的加速度较小，说明速度变化较慢，但速度变化不一定小，也可能是时间较长，故C错误；D．当物体做单向直线运动时，速度虽然减小，但位移增大，故D错误。故选B。3.一质点由静止开始按如图所示的规律运动，下列说法正确的是（）A.质点在2t0的时间内始终沿正方向运动，且在2t0时距离出发点最远B.质点做往复运动，且在2t0时回到出发点C.质点在t0时的速度最大，且最大的速度为a0t0D.质点在2t0时的速度最大，且最大的速度为2a0t【答案】A【解析】【详解】AB．质点在0~时间内做加速度均匀增大加速运动，在时间内做加速度均匀减小的加速运动，在时间内加速度均匀增大的减速运动，在时间内做加速度均匀减小的减速运动。根据对称性，在2t0时刻速度刚好减到零，所以质点在2t0的时间内始终沿正方向运动，在2t0时质点离出发点最远，选项A正确，B错误；CD．由以上分析可知质点在t0时刻速度最大，根据图像与时间轴所围面积即表示速度，最大速度为，选项CD错误。故选A。4.如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为。设重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下B.从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为，方向与竖直成角斜向右下C.从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为，方向与水平成角斜向左下D.从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为，方向与竖直成角斜向左上【答案】A【解析】【详解】AB.从A点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小球在重力作用下向下运动，小球的加速度大小为g，方向竖直向下，故选项A正确选项B错误；CD.剪断弹簧前，设弹簧的拉力为F，轻绳的拉力为FT，由平衡条件可知解得从B点剪断轻绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的拉力和重力不变，则小球所受的合力大小为，由可得小球的加速度为方向水平向左，故CD错误。故选A。5.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面和挡板之间放一个光滑均匀小球，挡板与斜面夹角为α．初始时，α+θ<90°．在挡板绕顶端顺时针缓慢旋转至水平位置的过程中，下列说法正确的是A.斜面对球的支持力变大B.挡板对球的弹力变大C.斜面对球支持力不变D.挡板对球的弹力先变小后变大【答案】D【解析】【详解】物体受到重力，斜面的支持力，挡板的压力，挡板在旋转的过程中重力的大小方向都不变，支持力的大小发生变化，方向不变，因此可以用矢量三角形进行求解，如下图其中红色的线为重力，虚线为斜面的支持力，黑色的线代表支持力，在矢量三角形中，三角形边长的大小代表了力的大小，因此通过图可以看到在挡板旋转过程中斜面的支持力变小，挡板给的压力先减小后变大，因此ABC错误，D正确．6.如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力F与速度的平方的关系如图乙所示，图象中的数据a和b以及重力加速度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与小球的质量无关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【解析】【详解】A.当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有：解得：解得：与物体的质量无关，A错误；B.当时，对物体受力分析，则有：解得：b=mg与小球的质量有关，B错误；C.根据AB可知：与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；D.若F=0，由图知：，则有：解得：当时，则有：解得：D正确．7.人类利用太空望远镜在太阳系外发现了一颗未知天体X，该未知天体环绕中心天体Y运行。已知未知天体X的质量是地球质量的a倍，半径为地球半径的b倍，其公转周期为地球公转周期的c倍，中心天体Y的质量是太阳质量的d倍。假设未知天体X和地球均可视为质量分布均匀的球体，且均环绕各自的中心天体做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（）A.未知天体X的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为a:bB.同一物体在未知天体X表面的重力与在地球表面的重力之比为a:bC.天体X、Y之间的距离与日地之间的距离之比D.中心天体Y的密度与地球的密度之比为c2:1【答案】C【解析】【详解】A．当卫星绕任一行星表面做匀速圆周运动时的速度即为行星的第一宇宙速度，由解得则未知天体的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为，A错误；B．对于天体表面的物体，万有引力近似等于重力，即有解得则同一物体在未知天体表面的重力与在地球表面的重力之比为，B错误；C．环绕天体环绕中心天体做圆周运动时，由万有引力提供向心力得解得则天体之间距离与日地之间的距离之比为，C正确；D．由于中心天体的半径未知，不能确定其密度与地球密度的关系，D错误。故选C。8.质量为2kg的物体，受到4个力的作用而处于静止状态，当撤去其中一个力F1后，其它力保持不变，物体运动的加速度为2m/s2，方向向北，则F1的大小和方向为()A2N、方向向北 B.2N、方向向南C.4N、方向向南 D.4N、方向向北【答案】C【解析】【详解】根据牛顿第二定律得到其余两个力的合力大小F合=ma=4N，方向向北．而原来物体处于平衡状态，F1、F2两个力的合力与其余两个力的合力大小相等，方向相反，所以F1、F2的合力是4N，方向向南。故选C。9.如图所示，质量相同的两小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.小球a、b抛出时的初速度大小之比为2：1B.小球a、b到达斜面底端时的位移之比为：1C.小球a、b到达斜面底端时速度与斜面的夹角之比为2：1D.小球a、b到达斜面底端时速度与斜面的夹角之比为1：1【答案】D【解析】【详解】A．因为两球下落的高度之比为2:1，根据得高度之比为2:1，则时间之比为:1；两球的水平位移之比为2:1，根据知初速度之比为:1，故A错误；B．位移为初位置指向末位置的有向线段，由图可知，两次的位移之比为2:1．故B错误；CD．小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故C错误，D正确；故选D。10.如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上．逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示．取g=10m/s2．根据图乙中所提供的信息不能计算出的是（）A.物体的质量B.斜面的倾角C.使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D.加速度为时物体的速度【答案】D【解析】【详解】AB.对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图x方向：Fcosθmgsinθ=ma①y方向：NFsinθGcosθ=0②从图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入①解得：m=2kg，θ=37°故AB正确；C.当a=0时，可解得F=15N，故C正确；D.题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，故D错误．二、多选题（本题共4小题，每小题4分。共计16分。每个题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11.如图所示，a、b分别是A、B两物体的v－t图像，以下说法正确的是()A.A物体在5s内一直做匀减速直线运动，B物体在5s内一直做匀速直线运动B.在5s内A、B两物体的位移差是35mC.A物体在第3s末的速度为12m/sD.前3s内A物体的位移为60m【答案】BD【解析】由图可知，A物体在第1s内与15s内的加速度的大小不同；不是做匀减速直线运动．故A错误；由图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，可知A物体第1s内的位移：，15s内的位移：；物体B一直做匀速直线运动，位移：xB=vBt=10×5=50m，二者的位移差：△x=xA1+xA2xB=25+6050=35m．故B正确；

第3s末是15s内的中间时刻，所以第3s末的速度等于15s内的平均速度，即：．故C错误；13s内A的位移：，所以前3s内A物体的位移为25+35=60m．故D正确．故选BD.点睛：对于速度时间图象关键要明确这几点：（1）每一点的坐标表示该时刻物体的速度，速度的正负表示物体的运动方向；（2）图象的斜率表示物体的加速度；（3）图象与时间轴围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移．12.如图，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入近地停泊轨道Ⅰ，然后由Q点进入椭圆轨道Ⅱ，再在P点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨Ⅲ，则A.将卫星发射至轨道Ⅰ，发射速度必定大于11.2km/sB.卫星在同步轨道Ⅲ上运行时，其速度小于7.9km/sC.卫星在P点通过加速来实现由轨道Ⅱ进入轨道ⅢD.卫星在轨道Ⅱ上经过P点时的加速度大于在轨道Ⅲ上经过P点时的加速度【答案】BC【解析】【详解】A．11.2km/s是第二宇宙速度，发射到近地轨道的最小速度是第一宇宙速度7.9km/s，A错误B．根据万有引力提供向心力：，同步卫星轨道半径大于近地卫星，所以同步卫星的环绕速度小于近地卫星环绕速度7.9km/s，B正确C．由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，从低轨道进入高轨道，需要点火加速离心，C正确D．万有引力提供加速度：，无论哪个轨道经过P点，到地心的距离都相同，受到的万有引力都相同，加速度相同，D错误13.如图所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2．则A.摩擦力的方向始终沿传送带向下B.1~2s内，物块的加速度为2m/s2C.传送带的倾角θ=30°D.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5【答案】BD【解析】【详解】开始物块相对于传送带向后滑动，物块受到的摩擦力平行于传送带向下，当物块受到大于传送带速度后，物块受到的摩擦力方向平行于传送带向上，故A错误；由图2所示图象可知，1～2s内，物块的加速度，故B正确；由图2所示图象可知，在0～1s内物块的加速度，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，在1～2s内，由牛顿第二定律得：mgsinθμmgcosθ=ma′，解得：μ=0.5，θ=37°，故C错误，D正确。故选BD正确。14.如图所示，质量为m的物块A静置在光滑水平桌面上，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为3m的物块B，由静止释放物块、B后(重力加速度大小为gA.相同时间内，A、B运动的路程之比为2：1B.物块A、B的加速度之比为1:1C.细绳的拉力为mgD.当B下落高度h时，速度为【答案】AD【解析】【详解】A.根据动滑轮的特点可知B下降s，A需要走动2s，而，故A正确；B.因为都是从静止开始运动的，故有解得，故B错误；C.对A分析有对B分析有解得，，故C错误；对B，加速度为根据速度位移公式，有，解得，故D正确；三、实验题（10+6=16分，每空2分）15.在“研究平抛物体的运动”的实验中。（1）下列说法正确的是______。A．通过调节使斜槽的末端保持水平B．每次释放小球的位置可以不同C．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下D．记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降E．斜槽必须光滑（2）在实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L=5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为______m/s；B点的速度为______m/s，抛出点距A点的水平距离______cm，抛出点距A点的竖直距离______cm（g=10m/s2）。【答案】(1).AC(2).1.5(3).2.5(4).15(5).5【解析】【详解】(1)[1]A．为了保证小球的初速度水平，需调节使斜槽的末端保持水平，选项A正确；BCE．为了保证小球每次平抛运动的初速度大小相等，应使小球每次从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽不一定需要光滑，选项C正确，BE错误；D．记录小球位置用的铅笔不需要每次严格地等距离下降，选项D错误。故选AC。(2)[2]根据得平抛运动的时间则小球平抛运动的初速度[3]B点的竖直分速度则B点的速度为[4][5]从抛出点到B点的时间则抛出点到B点的水平位移抛出点到B点的竖直位移所以抛出点距离A点的水平距离抛出点到A点的竖直距离16.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。（1）实验时，一定要进行的操作是______。A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M。（2）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为m/s2______（结果保留三位有效数字）。（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为______。A．B．m0C．m0D．【答案】(1).BC(2).2.00(3).C【解析】【详解】(1)[1]AD．本题拉力可以用弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，选项A、D错误；B．实验时需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，选项B正确；C．实验时，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，选项C正确。故选BC。(2)[2]根据，运用逐差法得(3)[3]由牛顿第二定律可得则由数学知识可得，aF图像的斜率解得故选C。四、解答题（本题共3小题，共38分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位）17.如图所示，物体在离斜面底端处由静止开始下滑，然后滑到水平面上（在经过斜面与水平面的连接处时物体速度大小不变），若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均，斜面倾角为（），求：（1）物体在斜面上以及在水平面上的加速度；（2）物体到达斜面底端的速度；（3）在水平面上还能滑行的距离．【答案】（1），方向沿斜面向下；（2）v=6m/s；（3）x=6m【解析】（1）物体在斜面上运动时受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律：解得：，方向沿斜面向下物体在斜面上运动时受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力由牛顿第二定律：解得：，方向水平向左（2）设物体滑至斜面底端B时的速度为v由，得到（3）在水平面上做匀减速运动，设还能滑行的距离为x则，得到：．综上所述