2021定远县育才学校高三上学期第二次月考物理试卷含答案
展开育才学校2021届高三上学期第二次(10月)月考
物理试题
第I卷 选择题(共40分)
本大题共10小题,每小题4分,共40分。 1-7小题单项选择题,8-10小题多项选择题。
1.2018年2月,我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318+0253”,其自转周期T=5.19 ms.假设星体为质量均匀分布的球体,已知万有引力常量为6.67×10-11N·m2/kg2.以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为( )
A. 5×109kg/m3 B. 5×1012kg/m3 C. 5×1015kg/m3 D. 5×1018kg/m3
2.甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动,其v-t图象如图所示,则( )
A. 1 s时甲和乙相遇
B. 0~6 s内甲乙相距最大距离为1 m
C. 2~6 s内甲相对乙做匀速直线运动
D. 4 s时乙的加速度方向反向
3.如图所示,物体A、B置于水平地面上,与地面间的动摩擦因数均为μ,物体A、B用一跨过动滑轮的细绳相连,现用逐渐增大的力向上提升滑轮,某时刻拉A物体的绳子与水平面成53°,拉B物体的绳子与水平面成37°,此时A、B两物体刚好处于平衡状态,则A、B两物体的质量之比为(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)( )
A. B. C. D.
4.如图所示,将一篮球从地面上方B点斜向上抛出,刚好垂直击中篮板上A点,不计空气阻力,若抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离,仍使抛出的篮球垂直击中A点,则可行的是( )
A. 增大抛射速度v0,同时减小抛射角θ
B. 减小抛射速度v0,同时减小抛射角θ
C. 增大抛射角θ,同时减小抛出速度v0
D. 增大抛射角θ,同时增大抛出速度v0
5.如图所示,三个质量不等的木块M、N、Q间用两根水平细线a、b相连,放在光滑水平面上.用水平向右的恒力F向右拉Q,使它们共同向右运动.这时细线a,b上的拉力大小分别为FTa、FTb,若在第2个木块N上再放一个小木块P,仍用水平向右的恒力F拉Q,使四个木块共同向右运动(P、N间无相对滑动),这时细线a、b上的拉力大小分别为FTa′、FTb′.下列说法中正确的是( )
A.FTa<FTa′,FTb>FTb′
B.FTa>FTa′,FTb<FTb′
C.FTa<FTa′,FTb<FTb′
D.FTa>FTa′,FTb>FTb′
6.如图所示,将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时,将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放,两球恰在h/2处相遇(不计空气阻力).则( )
A. 两球同时落地
B. 相遇时两球速度大小相等
C. 从开始运动到相遇,球a动能的减少量等于球b动能的增加量
D. 相遇后的任意时刻,重力对球a做功功率和对球b做功功率相等
7.一个质量可忽略不计的长轻质木板置于光滑水平地面上,木板上放质量分别为mA=1 kg和mB=2 kg的A、B两物块,A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2,水平恒力F作用在A物块上,如图所示(重力加速度g取10 m/s2).则下列说法错误的是 ( )
A.若F=1 N,则A、B都相对板静止不动
B.若F=1.5 N,则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C.若F=4 N,则B物块所受摩擦力大小为2 N
D.若F=6 N,则B物块的加速度为1 m/s2
8.如图所示,质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止,用大小等于mg的恒力F竖直向上拉B,当上升距离为h时B与A开始分离.下列说法正确的是( )
A.B与A刚分离时,弹簧为原长
B.B与A刚分离时,A与B的加速度相同
C. 弹簧的劲度系数等于
D. 从开始运动到B与A刚分离的过程中,B物体的动能先增大后减小
9.如图所示,不可伸长的轻绳跨过动滑轮,其两端分别系在固定支架上的A、B两点,支架的左边竖直,右边倾斜.滑轮下挂一物块,物块处于平衡状态,下列说法正确的是( )
A. 若左端绳子下移到A1点,重新平衡后绳子上的拉力将变大
B. 若左端绳子下移到A1点,重新平衡后绳子上的拉力将不变
C. 若右端绳子下移到B1点,重新平衡后绳子上的拉力将变大
D. 若右端绳子下移到B1点,重新平衡后绳子上的拉力将不变
10.如图甲所示,一质量为M=3.3 kg的滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动,滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2.一质量m=0.05 kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中,设子弹与滑块碰撞时在极短的时间内达到速度一致,取水平向左的方向为正方向,子弹在整个运动过程中的v-t图象如图乙所示,已知传送带的速度始终保持不变,滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出,g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A. 传送带的速度为4 m/s
B. 滑块相对传送带滑动的距离为9 m
C. 滑块相对地面向左运动的最大位移为3 m
D. 若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑,则转动轮的半径R为0.4 m
第II卷(非选择题60分)
本大题共6小题,第11小题6分,第12小题6分,第13小题9分,第14小题12分,第12小题15分,第16小题12分,共60分。
11.某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械守恒定律.弧形轨道末端水平,离地面的高度为H.将钢球从轨道的不同高度h处静止释放,钢球的落点距轨道末端的水平距离为s.
(1)若轨道完全光滑,s2与h的理论关系应满足s2=________(用H、h表示).
(2)该同学经实验测量得到一组数据,如表所示:
请在坐标纸上作出s2-h关系图.
(3)对比实验结果与理论计算得到的s2-h关系图线(图乙中已画出),自同一高度静止释放的钢球,水平抛出的速率________(选填“小于”或“大于”)理论值.
(4)从s2-h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率与理论值偏差十分显著,你认为造成上述偏差的可能原因是__________________________________________________________________.
12.利用气垫导轨探究弹簧的弹性势能与形变量的关系,在气垫导轨上放置一带有遮光片的滑块、滑块的一端与轻弹簧贴近,弹簧另一端固定在气垫导轨的一端,将一光电门P固定在气垫导轨底座上适当位置(如下图所示).弹簧处于自然状态时,使滑块向左压缩弹簧一段距离,然后由静止释放滑块,与光电门相连的光电计时器可记录遮光片通过光电门时的挡光时间,则可计算出滑块离开弹簧后的速度大小.
实验步骤如下:
①用游标卡尺测量遮光片的宽度d.
②在气垫导轨上通过滑块将弹簧压缩x1,滑块由静止释放.
由光电计时器读出滑块第一次通过光电门时遮光片的挡光时间t1.
③利用所测数据求出滑块第一次通过光电门时的速度v和动能mv2.
④增大弹簧压缩量为x2、x3、…,重复实验步骤②③,记录并计算相应的滑块动能mv2,如下表所示.
(1)测量遮光片的宽度时游标卡尺示数如下图所示,读得d=________cm;
(2)在下面所给的两个坐标系中分别作出mv2-x和mv2-x2图象;
(3)由机械能守恒定律,Ep=mv2,根据图象得出结论是______________________________
________________________________________________________________________.
13.如图所示,有同学做实验时不慎将圆柱形试管塞卡于试管底部,该试管塞中轴穿孔.为了拿出试管塞而不损坏试管,该同学紧握试管让其倒立由静止开始竖直向下做匀加速直线运动,t=0.20 s后立即停止,此时试管下降H=0.80 m,试管塞将恰好能从试管口滑出.已知试管总长l=21.0 cm,底部球冠的高度h=1.0 cm,试管塞的长度为d=2.0 cm,设试管塞相对试管壁滑动时受到的摩擦力恒定,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2.求:
(1)试管塞从静止开始到离开试管口的总位移;
(2)试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值.
14.一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面高度1.60×105m 处以7.5×103m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面.取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8 m/s2(结果保留两位有效数字).
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
15.如图,一质量为m=10 kg的物体,由圆弧轨道上端从静止开始下滑,到达底端时的速度v=2 m/s,然后沿水平面向右滑动1 m距离后停止.已知轨道半径R=0. 4 m,g=10 m/s2,则:
(1)物体滑至圆弧底端时对轨道的压力是多大?
(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ是多少?
(3)物体沿圆弧轨道下滑过程中摩擦力做多少功?
16.如图所示,是利用电力传送带装运麻袋包的示意图.传送带长l=20 m,倾角θ=37°,麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ=0.8,传送带的主动轮和从动轮半径R相等,传送带不打滑,主动轮顶端与货车车箱底板间的高度差为h=1.8 m,传送带匀速运动的速度为v=2 m/s.现在传送带底端 (传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包(可视为质点),其质量为100 kg,麻袋包最终与传送带一起做匀速运动,到达主动轮时随轮一起匀速转动.如果麻袋包到达主动轮的最高点时,恰好水平抛出并落在货车车箱底板中心,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离x及主动轮的半径R;
(2)麻袋包在传送带上运动的时间t;
(3)该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能.
答案与解析
1.C
【解析】脉冲星自转,边缘物体m恰对球体无压力时万有引力提供向心力,则有GMmr2=mr4π2T2,
又知M=ρ·43πr3
整理得密度ρ=3πGT2=3×3.146.67×10-11×5.19×10-32 kg/m3≈5.2×1015kg/m3.
2.C
【解析】两物体从同一地点出发,t=1 s之前乙的速度一直大于甲的速度,故两物体在t=1 s时不会相遇,A错误;在0~6 s内,在t=6 s时两物体间距最大,最大距离为8 m,B错误;因2~6 s内甲、乙两物体减速的加速度相同,故v甲-v乙恒定不变,即甲相对乙做匀速直线运动,C正确,D错误.
3.A
【解析】设绳中张力为F,对A应用平衡条件可得:Fcos 53°=μ(mAg-Fsin 53°),对B应用平衡条件可得:Fcos 37°=μ(mBg-Fsin 37°),以上两式联立可解得:=,A正确.
4.C
【解析】由于篮球始终垂直击中A点,可应用逆向思维,把篮球的运动看做从A开始的平抛运动。当B点水平向左移动一小段距离时,A点抛出的篮球仍落在B点,则竖直高度不变,水平位移减小,球到B点的时间t=不变,竖直分速度vy=不变,水平方向由x=vxt知x减小,vx减小,合速度v0=变小,与水平方向的夹角tanθ=变大,综合可知选项C正确。
5.B
【解析】先对整体受力分析,受重力、支持力、拉力,根据牛顿第二定律,有:
F=(mM+mN+mQ)a①
再对M受力分析,受重力、支持力、拉力,根据牛顿第二定律,有:
FTa=mMa②
对Q受力分析,受重力、支持力、拉力F和b绳子的拉力,根据牛顿第二定律,有:
F-FTb=mQa③
联立①②③解得:FTa=;
FTb=;
当在第2个木块N上再放一个小木块P,相当于N木块的重力变大,故FTa减小,FTb增加.
6.C
【解析】相遇时间为t则有=gt2,=v0t-gt2两式联立得t=,相遇时甲的速度为gt=g,乙的速度为v0-gt=v0-g,故两者速度不一定相等,也不能同时落地,相遇之后的速度不同,故重力的功率也不相同,根据动能定律,两球重力做功分别为、-,故C正确.
7.B
【解析】A与木板的摩擦力最大为FfA=0.2×1×10=2 N,B与木板的摩擦力最大为FfB=0.2×2×10 N=4 N
若F=1 N,小于A的最大静摩擦力,所以A和木板没有发生相对运动,所以在F的作用下三者一起运动,没有发生相对运动,A正确;当F=1.5 N时,小于A的最大静摩擦力,所以A、B的加速度一样,a=0.5 m/s2.
根据牛顿第二定律可得F-Ff=ma,即A受到的摩擦力为Ff=1 N,B错误;轻质木板的质量为0,就是说木板只相当于一介质,最终受力是通过另一物体作用而形成的.就是说B受到的力就是A作用于木板的力,若F>2 N时,A相对长木板发生滑动,长木板受到向前的摩擦力Ff′=2 N,相当于一个2 N的力拉B运动,而B发生滑动必须克服4 N的摩擦力,所以B仍与木板保持静止,所以受到的摩擦力为2 N,加速度a0=m/s2=1 m/s2,C、D正确;
8.BCD
【解析】当A和B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止时,弹簧的弹力F弹=2mg,由胡克定律,得弹簧的形变量Δx1=;当A和B两物体一起上升时,把A和B两物体看成一个整体,由牛顿第二定律,得F-F弹-2mg=2ma;对B物体进行隔离分析,得F+FN-mg=ma;当A和B开始分离时,FN=0,解得a=-g,负号表示方向竖直向下,此时弹簧的弹力为F弹′=mg,由胡克定律,得弹簧的形变量Δx2=;由题中条件,Δx1-Δx2=h,则k=,故B、C、D正确.
9.BC
【解析】设绳子长度为L,A、B间水平距离为d,绳子与竖直方向的夹角为α,绳子拉力为FT,物块重力为G,根据平衡条件可得2FTcosα=G,且由几何关系可得Lsinα=d,左端绳子下移到A1点,重新平衡后,考虑到d不变,L不变,故依然满足Lsinα=d,绳子与竖直方向的夹角不变,绳子上的拉力不变,故B对;右端绳子下移到B1点,重新平衡后,考虑到d变大,L不变,故绳子与竖直方向的夹角α将增大,根据力的合成知识可知,等大的两个分力的合力不变时,夹角越大分力越大,故C对.
10.BD
【解析】由子弹的速度图线可知,子弹射入滑块后在极短的时间内与滑块的速度相等,然后一起先向左匀减速,再向右匀加速,最后做匀速直线运动,必定与传送带的速度相等,可知传送带的速度大小是v2=2 m/s.故A错误;
滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,设滑块(包括子弹)向左运动过程中加速度大小为a,由牛顿第二定律,有
Ff=μ(M+m)g=(M+m)a
解得:加速度a=2 m/s2
设滑块(包括子弹)向左运动的时间为t1,位移大小为x1,则:
t1==2 s
所以滑块向左运动的位移x1=t1=4 m
即滑块相对于地面向左的最大位移为4 m.
物块向右加速的过程中,加速度的大小仍然是2 m/s2,加速的时间:t2===1 s
该过程中,物块向右的位移是:x2=at=×2×12=1 m
这段时间内传送带向右运动的位移大小为:
x3=v2(t1+t2)=2×(2+1)=6 m
所以滑块相对于传送带的位移:Δx=(x1-x2)+x3=(4-1) m+6 m=9 m.故B正确,C错误;
在传送带右端,因滑块(包括子弹)恰好能水平飞出,故有:
(m+M)g=(m+M)
解得:R==0.4 m.故D正确.
11.(1)4Hh (2)图见解析 (3)小于 (4)摩擦或转动(回答一个即可)
【解析】(1)由机械能守恒有:
mgh=mv2
由平抛运动规律s=vt、H=gt2得:s2=4Hh.
(2)根据表中数据描出s2-h关系如图所示.
(3)由图看出在相同h下,水平位移s值比理论值要小,由s=vt=v,说明水平抛出的速率比理论值小.
(4)水平抛出的速率偏小,说明有机械能损失,可能因为摩擦或在下落过程中钢球发生转动.
12.(1)1.02 (2)见解答图 (3)弹性势能的大小与形变量x的二次方成正比
【解析】(1)根据游标卡尺读数规则,读出遮光片的宽度d=1.0 cm+0.02 cm=1.02 cm;
(2)根据描点法在坐标系中进行描点、连线,所作
mv2-x和mv2-x2图象如图所示;
(3)根据图象得出结论是:弹性势能的大小与形变量x的二次方成正比.
13.(1) 1.0 m (2) 17∶1
【解析】(1)试管塞开始与试管一起运动了位移:x1=H=0.80 m之后又独立运动了位移
x2=l-h=(0.21-0.01) m=0.20 m 所以总位移:x=x1+x2=(0.80+0.20) m=1.0 m
(2)设试管塞质量为m,与试管一起做匀加速直线运动的加速度大小为a1,末速度为v,之后滑动过程中的摩擦力大小为Ff,加速度大小为a2,由运动学公式有:x1=a1t2①
v=a1t②
由①②解得:v=8 m/s,试管塞在试管中做匀减速运动时有:-2a2x2=0-v2③
由牛顿第二定律:Ff-mg=ma2④
由③④解得:Ff=17mg故滑动摩擦力与重力的比值为17∶1.
14. (1)4.0×108J 2.4×1012J (2)9.7×108J
【解析】 (1)飞船着地前瞬间的机械能为
E0=mv①
式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速度.由①式和题给数据得
E0=4.0×108J②
设地面附近的重力加速度大小为g,飞船进入大气层时的机械能为
Eh=mv+mgh③
式中,vh是飞船在高度1.6×105m处的速度.由③式和题给数据得
Eh≈2.4×1012J④
(2)飞船在高度h′=600 m处的机械能为
Eh′=m(vh)2+mgh′⑤
由功能原理得
W=Eh′-E0⑥
式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功.
由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J⑦
15.(1)200 N (2)0.2 (3)-20 J
【解析】(1)以物体为研究对象,在圆弧底端时,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得:
FN-mg=m 解得:FN=200 N
由牛顿第三定律:物体对轨道的压力大小FN′=FN=200 N
(2)对物体研究,从底端到停止过程,受到重力、支持力和滑动摩擦力作用,重力、支持力都不做功,只有滑动摩擦力做负功,根据动能定理得:
-μmgx=0-mv2 解得:μ=0.2
(3)对物体研究,从圆弧轨道上端到底端过程,重力做正功、支持力不做功、滑动摩擦力做功,根据动能定理得:
mgR+Wf=mv2-0
解得:Wf=20 J 负号说明滑动摩擦力做负功
16.(1)1.2 m 0.4 m (2)12.5 s (3)15 400 J
【解析】(1)设麻袋包平抛运动时间为t,有h=gt2,x=vt,解得:x=1.2 m
麻袋包在主动轮的最高点时,有
mg=m
解得:R=0.4 m
(2)对麻袋包,设匀加速运动时间为t1,匀速运动时间为t2,有μmgcosθ-mgsinθ=ma
v=at1
x1=at
l-x1=vt2
联立以上各式解得:t=t1+t2=12.5 s
(3)设麻袋包匀加速运动时间内相对传送带的位移为Δx,每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为ΔE,有Δx=vt1-x1
由能量守恒定律得ΔE=mglsinθ+mv2+μmgcosθ·Δx
解得:ΔE=15 400 J
2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校分层班高二(下)第二次月考物理试卷(含答案解析): 这是一份2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校分层班高二(下)第二次月考物理试卷(含答案解析),共15页。
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