江苏省连云港市灌南高级中学2022-2023学年高三上学期8月暑期检测物理试题

这是一份江苏省连云港市灌南高级中学2022-2023学年高三上学期8月暑期检测物理试题，共7页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

考试时长：75min 试卷满分：100
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意．
1．高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g=10 m/s2，若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过( )
A．2.0 m/s2B．4.0 m/s2
C．6.0 m/s2D．8.0 m/s2
2．如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，则铁夹对球的作用力( )
A．大小为mg，方向竖直向上
B．大小为ma，方向水平向右
C．大小与小球的加速度大小有关
D．方向与小球的加速度大小无关
3．如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则( )
A．t1＝t2 B．t1>t2
C．t14．在水平面上放着两个质量分别为2 kg和3 kg的小铁块m和M，它们之间用一原长为10 cm，劲度系数为100 N/m的轻弹簧相连，铁块与水平面之间的动摩擦因数均为0.2。铁块M受到一大小为20 N的恒定水平外力F，两个铁块一起向右做匀加速直线运动，如图所示。这时两铁块之间弹簧的长度应为(重力加速度g取10 m/s2) ( )
A. 12 cm B. 13 cm C. 15 cm D. 18 cm
5．如图所示，在平直公路上行驶的货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5 kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°.在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动，重力加速度为g，货车的最大加速度为( )
A.eq \f(g,2) B.eq \f(\r(3)g,3) C.eq \f(\r(3)g,2) D.eq \r(3)g
6．电梯给人们的生活与工作带来了很多的便利．某单元的电梯轿厢在从顶楼向下运动过程中，速度v随时间t变化的图像如图所示，下列说法中正确的是( )
A．在0～t1时间内，钢丝绳对轿厢的拉力做正功
B．在0～t2时间内，轿厢对人的支持力先增大后减小
C．在t2～t3时间内，轿厢处于失重状态
D．在t2～t3时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先增大后减小
7．如图所示，质量为2m的物块A和质量为m的物块B用一轻弹簧相连，将A用承受力足够大的轻绳悬挂于天花板上，用一个托盘托着B使弹簧恰好处于原长，系统处于静止状态．现将托盘撤掉，则下列说法正确的是(重力加速度为g) ( )
A．托盘撤掉瞬间，轻绳拉力大小为mg
B．托盘撤掉瞬间，B物块的加速度大小为3g
C．托盘撤掉后，B物块向下运动速度最大时，轻绳拉力大小为3mg
D．托盘撤掉后，B物块向下运动到最低点时，弹簧弹力大小为mg
8．如图1，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像不可能是( )
图1

9．如图物体A叠放在物体B上，B置于水平面上．A、B质量分别为mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，F从零开始逐渐增加，则( )
A．无论F多大，A都不会相对B滑动
B．当拉力F超过16 N时，A开始相对B滑动
C．当A的加速度为1.5 m/s2时，A、B已经发生相对滑动
D．若把F作用在B上，方向仍然水平向右，A、B刚好发生相对滑动的F大小与作用在A上相同
10．如图甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上．现用大小为F＝kt(k为常量，F、t的单位分别为N和s)的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.下列判断不正确的是( )
A．物块的质量为1 kg
B．k的值为5 N/s
C．物块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)
D．t＝3 s时，物块的加速度大小为4 m/s2
二、非选择题：共5题，共60分，其中第12题～第15题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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．
11．(15分)如图甲所示是研究小车加速度与力关系的实验装置，木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小F，改变桶中砂的质量多次实验。完成下列问题：
x1
x2
x3
x4

(1)实验中需要________．
A．测量砂和砂桶的总质量B．保持细线与长木板平行
C．保持小车的质量不变D．满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)在补偿小车受到的摩擦力时，小车要连接纸带，________(填“要”或“不要”)连接小车前端的细绳和砂桶；接通打点计时器电源，轻推小车，若纸带上打出的相邻点的间距逐渐增大，则应略微________移动长木板下方所垫木块 (填“向左”或“向右”)．
(3)实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到A点的距离分别为x1、x2、x3、x4，如图乙所示。若电源的频率为f，则小车的加速度大小为____________________ (用题中所给字母表示) ．
(4)实验中描绘出a－F图象如图丙所示，图象不过坐标原点的原因是____________________．
(5)某同学欲探究拉力一定的情况下加速度与质量的关系，在不改变小桶内砂子的质量而只在小车上的槽内增减砝码，力传感器的示数________(填“会”或“不会”)发生变化．
12．(8分)在探究小车加速度a与其合力F及质量M关系的实验中，如图，已知A为质量为M的小车，C为装有细沙的小桶，其总质量为m。实验前期已平衡摩擦力，并调节滑轮使牵引小车的细绳与长木板平行。
(1)小车的加速度大小；
(2)满足何条件时才有合力F≈mg？
13．(8分)某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为45°，光滑小球的质量m＝3 kg，力传感器固定在竖直挡板上．已知g＝10 m/s2，求：
(1)当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为36 N，此时装置的加速度大小；
(2)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？
14．(14分)如图所示，质量为2 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为1 kg可视为质点的木块A以水平速度v0＝2 m/s从右端向左滑上木板．木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，此时有一水平向右的力F＝10 N作用在长木板上. 取g＝10 m/s2.
(1) 求开始时木块A和木板B各自的加速度大小．
(2) 若木板足够长，求从木块滑上木板到木块和木板速度相等所经历的时间．
(3) 要使木块不从木板上滑落，求木板的最小长度．
15．(15分)如图甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量m＝1 kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间(v－t)图像的一部分如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；
(2)物块沿传送带向上运动的最大位移；
(3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带运动的路程．
灌南高级中学2023届高三暑期检测
物 理 试 题 答 案
BCADB，DCDDC
1．答案 B
2．答案 C
解析 对小球，竖直方向F1＝mg，水平方向F2＝ma，铁夹对球的作用力F＝eq \r(F12＋F22)＝meq \r(a2＋g2)，与水平方向的夹角tan α＝eq \f(F1,F2)＝eq \f(g,a)，即铁夹对球的作用力的大小和方向都与小球的加速度大小有关，故选C.
3. 答案 A
解析 设杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为d.根据牛顿第二定律得：滑环的加速度为a＝eq \f(mgcs α,m)＝gcs α；滑杆的长度为 s＝dcs α；则根据s＝eq \f(1,2)at2得，t＝eq \r(\f(2s,a))＝eq \r(\f(2dcs α,gcs α))＝eq \r(\f(2d,g)) ，可见，时间t与α无关，故有t1＝t2.故选A.
4. 答案 D
5. 答案 B
解析 对重物受力分析可得FAsin 30°＋FBsin 60°＝mg，FBcs 60°－FAcs 30°＝ma，联立解得eq \f(1,2)·(eq \f(2\r(3),3)mg－eq \f(\r(3),3)FA)－eq \f(\r(3),2)FA＝ma，整理得eq \f(\r(3),3)mg－eq \f(2\r(3),3)FA＝ma，当FA＝0时，a取得最大值，最大值为a＝eq \f(\r(3),3)g，故选B.
6. 答案 D
解析 在0～t1时间内，电梯轿厢加速下降，钢丝绳对轿厢的拉力做负功，A错误；在v－t图像中，图像的斜率表示加速度．在0～t2时间内，轿厢向下的加速度先增大后减小，最后变为零，人随轿厢一起运动，因此轿厢对人的支持力先减小后增大最后等于重力，B错误；在t2～t3时间内，轿厢减速下降，因此处于超重状态，C错误；在t2～t3时间内，轿厢向上的加速度先增大后减小，因此钢丝绳对轿厢的拉力先增大后减小，D正确．
7. 答案 C
解析 托盘撤掉瞬间，弹簧还是原长，则轻绳拉力与A的重力平衡，大小为2mg，故A错误；托盘撤掉瞬间，B物块只受重力，则其加速度大小为g，故B错误；托盘撤掉后，B物块向下运动速度最大时，B物块在这瞬间受力平衡，则弹簧弹力大小等于B的重力，根据平衡条件可得轻绳拉力大小为F＝2mg＋mg＝3mg，故C正确；托盘撤掉后，B物块先向下做加速运动，再向下做减速运动，运动到最低点时，有向上的加速度，所以弹簧弹力大小大于mg，故D错误．
8. 答案 D
解析 设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcs θ，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcs θ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcs θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，D错误，A、B、C正确．
9. 答案 D
解析 A、B之间的最大静摩擦力Ff1＝μ1mAg＝12 N，B与地面之间的最大静摩擦力Ff2＝μ2(mA＋mB)g＝8 N，A与B刚好不发生相对滑动时，对B受力分析，aB＝eq \f(Ff1－Ff2,mB)＝2 m/s2，对于系统F－Ff2＝(mA＋mB)aB，解得F＝24 N，即拉力超过24 N时，A开始相对B滑动，A、B、C错误；把F作用在B上，A与B刚好不发生相对滑动时对A受力分析，Ff1＝μ1mAg＝mAaA，解得aA＝2 m/s2，对于系统F－Ff2＝(mA＋mB)aA，解得F＝24 N，即A、B刚好发生相对滑动的F大小与作用在A上相同，D正确．
10. 答案 C
解析 t＝0时，Ff＝mgsin θ＝5 N，解得m＝1 kg，A正确；当t＝1 s时，Ff＝0，说明F＝5 N，由F＝kt可知，k＝5 N/s，B正确；由题图可知，滑动摩擦力μmgcs θ＝6 N，解得μ＝eq \f(2\r(3),5)，C错误；由F＝μmgcs θ＋mgsin θ，即kt0＝6 N＋5 N，解得t0＝2.2 s，即2.2 s后物块开始向上滑动，当t＝3 s时，F＝15 N，则F－μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得加速度a＝4 m/s2，D正确．
11. 解析 (1)绳子的拉力可以通过拉力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，A项错误；要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，B项正确；本实验采用的是控制变量法，要研究小车加速度与力关系，必须保持小车的质量不变，C项正确；实验中拉力通过拉力传感器测出，不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，D项错误。
(2)已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s。B点对应的速度为vB＝eq \f(xAC,2T)＝eq \f(8.32,0.2)×10－2 m/s＝0.416 m/s，根据Δx＝aT2可得xCE－xAC＝a(2T)2，小车运动的加速度为a＝eq \f(xCE－xAC,4T2)＝eq \f(22.56－8.32－8.32,4×0.12)×10－2 m/s2＝1.48 m/s2。
(3)由图象可知，a－F图象在a轴上有截距，这是由于平衡摩擦力过度造成的。即在实际操作中，平衡摩擦力时斜面倾角过大，即平衡摩擦力过度。
答案 (1)BC (2)0.416或0.42 1.48 (3)平衡摩擦力过度
12．
满足m≪M时才有合力F＝mg
法1：隔离法：
法2：等效图形法：将拖拽沙桶的竖直细绳在竖直面内逆时针旋转至与牵引小车的那段细绳在同一方向，把mg等效为沿绳方向的砂桶和小车所受的总牵引力！
13．答案 (1)30 N (2)2 m/s2 (3)方向向左 10 m/s2
14. 【解析】 (1) 对木块和木板分别受力分析
对A分析a1＝μg，a1＝5 m/s2.
对B分析F－μmg＝2ma2，a2＝2.5 m/s2.
(2) A物体向左减速到v＝0时所用时间为t1，0＝v0－μgt1，t1＝0.4 s.此时B物体vB＝a2t1，vB＝1 m/s.
A、B一起向右加速到共速时间为t2，a1t2＝vB＋a2t2，t2＝0.4 s，
t总＝t1＋t2＝0.8 s.
(3) A物体向左，xA＝eq \f(v\\al(2,0),2μg)，xA＝0.4 m.B物体向右，xB＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1)，xB＝0.2 m.
A、B相反运动过程中的相对位移为Δx1＝0.6 m.
A、B一起向右过程中A、B的位移差为Δx2＝x′B－x′A＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(vBt2＋\f(1,2)a2t\\al(2,2)))－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,2)，解得Δx2＝0.2 m.
要使木块不滑下，木板最小长度为Δx总＝Δx1＋Δx2＝0.8 m.
15．答案 (1)0.5 (2)6.4 m (3)4.8 m
解析 (1)由题图乙可知，物块的初速度v0＝8 m/s
物块的速度减速到与传送带的速度相等时，加速度发生变化，所以传送带转动时的速度v＝4 m/s
在0～0.4 s时间内，物块加速度大小为a1＝|eq \f(Δv,Δt)|＝eq \f(8－4,0.4) m/s2＝10 m/s2
方向沿传送带向下；物块受到重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，沿传送带方向由牛顿第二定律
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1解得μ＝0.5
(2)在t＝0.4 s后，设物块减速运动的加速度大小为a2，物块受到重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2解得a2＝2 m/s2
物块从t＝0.4 s开始，设经过t1时间速度减为零，则t1＝eq \f(4,2) s＝2 s
0～0.4 s时间内物块位移为x1＝v0t－eq \f(1,2)a1t2＝2.4 m
0．4～2.4 s时间内物块减速到零的位移x2＝eq \f(v,2)t1＝eq \f(4,2)×2 m＝4 m
故物块沿传送带向上运动过程中的位移为x＝x1＋x2＝6.4 m
(3)0～0.4 s时间内，传送带位移为x3＝vt＝1.6 m
物块相对传送带向上Δx1＝x1－x3＝0.8 m
0.4～2.4 s时间内，传送带位移x4＝vt1＝8 m
物块相对传送带向下Δx2＝x4－x2＝4 m
故物块向上运动到最高点的过程中相对传送带运动的路程Δx＝Δx1＋Δx2＝4.8 m.