河南省天一大联考2020届高三物理上学期阶段试卷（二）（附解析Word版）

天一大联考 2019—2020 学年高中毕业班阶段性测试（二）物理 ―、选择题 1.超重和失重现象在日常生活中到处可见，下列说法正确的是 A. 火箭刚点火上升时处于超重状态，此时火箭的重力增大 B. 汽车驶过拱桥顶端时处于失重状态，此时汽车对桥面一定无压力 C. 举重运动员抓住杠铃使其由静止上升的瞬间，杠铃处于失重状态，此时杠铃速度向上 D. 人造飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船内的物体处于完全失重状态 【答案】D 【解析】 【详解】A．火箭刚点火上升时加速度向上，处于超重状态，此时火箭的重力并没有增大，选 项 A 错误； B．汽车驶过拱桥顶端时加速度向下，处于失重状态，当满足 时汽车对桥面无压力， 选项 B 错误； C．举重运动员抓住杠铃使其由静止上升的瞬间，加速度向上，杠铃处于超重状态，选项 C 错 误； D．人造飞船绕球做匀速圆周运动时，重力完全提供向心力，所以飞船内的物体处于完全失重 状态，故 D 正确。 2.一物体静止在光滑的水平面上，从某时刻开始，物体受到水平方向的作用力 F，力 F 随时间 t 变化的关系图线如图所示。若该图线为正弦曲线，则在 0-t4 时间内，下列说法正确的是 A. t1 时刻，物体的速度最大 B. t2 时刻，物体的位移最大 C. t2-t4 时间内，物体反向运动 D. t1、t3 时刻，物体的速度相同 【答案】D 【解析】 v gR≥ 【详解】ABC．在 0~t1 时间内，物体做加速度增大的加速运动，t1~t2 时间内，物体做加速度 减小的加速运动，t2~t3 时间内，物体做加速度增大的减速运动，t3~t4 时间内，物体做加速度 减小的减速运动，所以物体在 t2 时刻速度最大，由运动的对称性可知，物体在 t4 时刻速度为 零，即位移最大，故 ABC 错误； D．由于物体运动方向不变，由运动的对称性可知，t1、t3 时刻，物体速度的大小和方向均相 同，故 D 正确。 3.甲、乙两人造地球卫星的轨道均可视为圆轨道，轨道半径分别为 R1、R2，加速度分别为 a1、 a2，周期分别为 T1、T2，动能分别为 Ek1、Ek2，角速度分别为 、 。下列判断正确的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据 G= 可得 故 A 错误； B．根据 可得 1 ω 2 ω 1 1 2 2 a R a R = 2 1 3 1 3 2 RT T R = 1 1 2 2 k k E R E R = 2 1 3 1 3 2 R R ω ω = 2 Mm maR = 2 1 2 2 2 1 a R a R = 2 2 2 4GMm m RR T p= 故 B 错误； C．根据 、Ek= 可得 故 C 错误； D．根据 G 可得 故 D 正确。 4.如图所示，一直角斜劈 ABC 绕其竖直边 BC 做圆周运动，物块始终静止在斜劈 A 上。若斜劈 转动的角速度 缓慢减小时，下列说法正确的是 A. 斜劈对物块的支持力逐渐减小 B. 斜劈对物块的支持力保持不变 C. 斜劈对物块的摩擦力逐渐减小 D. 斜劈对物块的摩擦力保持不变 【答案】C 【解析】 【详解】物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为 a=ω2r，设斜劈倾角为 θ，对物块沿 AB 3 1 1 3 2 2 T R T R = 2 2 GMm vmR R = 21 2 mv 1 1 2 2 2 1 k k E m R E m R = 2 2 Mm m RR ω= 3 1 2 3 2 1 R R ω ω = ω 方向有 f-mgsinθ=macosθ 垂直 AB 方向有 mgcosθ-N=masinθ 解得 f=mgsinθ+macosθ N=mgcosθ-masinθ 当角速度 ω 逐渐减小时，加速度 a 逐渐减小，f 逐渐减小，N 逐渐增大。 A．斜劈对物块的支持力逐渐减小，与结论不相符，选项 A 错误； B．斜劈对物块的支持力保持不变，与结论不相符，选项 B 错误； C．斜劈对物块的摩擦力逐渐减小，与结论相符，选项 C 正确； D．斜劈对物块的摩擦力保持不变，与结论不相符，选项 D 错误； 5.如图所示，小球由斜面上的 P 点以不同的初速度水平抛出，平抛运动结束时，若小球水平 方向的分位移为 x，竖直方向的分位移为 y。下列图象正确的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设斜面 倾斜角为 θ，小球落在斜面上时，有 ，对应的 y-x 图象斜率不变， 即图象为一条直线；当小球落到地面上时，y 不变； A．该图与结论不相符，选项 A 错误； B．该图与结论不相符，选项 B 错误； C．该图与结论相符，选项 C 正确； 的 ytan x θ = D．该图与结论不相符，选项 D 错误； 6.如图所示，半径为 0.1m 的竖直圆环上固定有一个质量为 0.1kg 的小球，圆环绕其圆心在竖 直面内以角速度 ＝7rad/s 沿逆时针方向匀速转动。已知重力加速度 g 取 9.8 m/s2，小球由 P 点转动到 Q 点的过程中，下列说法正确的是 A. 小球重力的功率先增大后减小 B. 圆环对小球的作用力先减小后增大 C. 圆环对小球的作用力与竖直方向的最大夹角为 30° D. 圆环对小球的作用力的最小值为 0.98 N 【答案】C 【解析】 【详解】A．小球随圆环匀速转动，由 P 点转到 Q 点的过程中，竖直分速度越来越大，因此重 力的功率越来越大，故 A 错误； BD．圆环由 P 到 Q 转动过程中，由牛顿第二定律： （其中 α 为圆环 所在位置与圆心连线与竖直方向的夹角），当 α=0 时 FN=-0.49N，方向竖直向上；当 α=90° 时 FN=0.49N，则随着 α 增大，FN 先减小到 0 后变大，圆环对小球的作用力的最小值为 0，故 BD 错误； C．小球受到的向心力 F 向＝mω2r=0.49N，如图所示，以小球所处的位置为圆心，以 0.49N 为 半径作圆，可知圆环对小球的作用力 F 与圆相切时，夹角 θ 最大， ，则 θ=30°，故 C 正确； 7.如图所示，传送带在电动机带动下，始终以速度 M 故匀速运动，现将一个质量为 m 的墨块 轻放在水平传送 带上（初速度可忽略不计）。已知墨块与传送带间的动摩擦因数为 M，传送带 ω 2cosNF mg m Rα ω+ = 1 2 Fsin mg θ = 向 ＝ 足够长，重力加速度为 g。当墨块恰与传送带相对静止时，下列说法正确的是 A. 传送带上的痕迹长度为 B. 传送带的位移为 C. 传送带克服墨块的摩擦力做功为 D. 传送带与墨块间的摩擦生热为 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．墨块达到速度 v 所需的时间 t= 在这段时间内墨块的位移 x1= 传送带的位移 x2=vt= 则痕迹的长度为 x=x2-x1= 故 A 错误，B 正确； C．传送带克服墨块摩擦力做功 W=μmgx2=mv2 故 C 错误； D．传送带与墨块间的摩擦生热为 Q=μmgx= 故 D 正确。 8.如图所示，一质量为 m 的物块位于光滑水平地面上，轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端 与物块相连；轻绳左端与物块相连，右端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为 θ，此时 为 2v gµ 2v gµ 21 2 mv 21 2 mv v v a gµ= 2 2 v gµ 2v gµ 2 2 v gµ 21 2 mv 物块与地面接触恰无弹力。已知重力加速度为 g，下列说法正确的是 A. 剪断轻绳前，轻绳拉力大小为 mgcosθ B. 剪断轻绳瞬间，地面对物块的支持力大小为 mg C. 剪断轻弹簧瞬间，物块加速度方向水平向右 D. 剪断轻绳瞬间，物块加速度大小为 gtanθ 【答案】BD 【解析】 详解】A．由受力平衡得 mg=Fcosθ 解得绳子拉力大小为 故 A 错误； B．剪断细线的瞬间，地面对物块产生支持力，竖直方向受力平衡，所以支持力大小为 mg， 故 B 正确； C．剪断轻弹簧瞬间，轻绳拉力变为零，物块加速度为零，故 C 错误； D．剪断轻绳前，弹簧弹力为 T=Fsinθ=mgtanθ 剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得 T=ma，解得 a=gtanθ 方向向左；故 D 正确。 9.质量均为 m 的两个木块 A、B 用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图 1 所示。现用一竖 直向上的恒力 F＝mg 拉木块 A，如图 2 所示。设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 g， 在木块 A 向上运动的过程，下列说法中正确的是 【 mgF cosθ= A. 物块 A 的动能先增大后减小 B. 物块 A 的加速度先减小后增大 C. 物块 A 到达最高点时，物块 B 恰好对地面无压力 D. A、B 和弹簧组成的系统机械能先增大再减小 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．没有施加恒力 F 时，弹簧处于压缩状态，以物块 A 为研究对象，可得弹簧的压缩 量为 ．施加恒力 F=mg 时，物块 A 受到的合外力做功情况如图所示。 根据动能定理可知物块 A 上升到最高点时，弹簧的伸长量为 ．故物块 A 的动能 先增大后减小，故 A 正确。 B．在木块 A 向上运动的过程合力先减小，当弹力为零时，合力为零，然后反向增加，则物块 A 的加速度先减小到零后反向增大，故 B 正确。 C．物块 A 到达最高点时，弹簧的拉力等于物体 B 的重力，则物块 B 恰好对地面无压力，故 C 正确。 D．在木块 A 上升的过程中，恒力 F 对 A、B 和弹簧组成的系统一直做正功，所以系统的机械 能始终增大，故 D 错误。 10.如图所示，质量为 m 的小球（可看成质点）用长为 的轻绳悬挂于 O 点，小球自由静止在 A 点。要使小球恰能运动到 B 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为 = ，方式一:用水平向右的 力 F，将小球缓慢地拉到 B 点;方式二:用水平向右的恒力 F2 拉小球，直到小球到达 B 点。已 知重力加速度为 g，下列说法正确的是 1 mgx k = 2 1 mgx x k = = l θ 60° A. 方式一中，力 F1 的最大值为 B. 方式一中，力 F1 做功为 C. 方式二中，力 F2 大小为 D. 方式二中，小球最大动能 【答案】BC 【解析】 【详解】A．方式一中，小球由A 点运动到 B 点的过程中，力 F1 的数值逐渐增大，当 = 时， F1 达到最大值，此时 F1=mgtan = mg 故 A 错误； B．在方式一中，根据动能定理有 W1-mgl（1-cos ）=0 所以 W1= mgl 故 B 正确； C．方式二中，小球速度由零增加到最大值，再减小为零，根据动能定理有 F2lsin - mgl=0 为 3 3 mg 1 2 mgl 3 3 mg 3 3 3 mgl − θ 60° 60° 3 60° 1 2 60° 1 2 得 F2=mgtan = mg 当轻绳与竖直方向夹角为 = 时，小球受力平衡，速度最大，故 C 正确； D．根据动能定理有 F2lsin -mgl（1-cos ）=Ek-0 故小球动能的最大值为 Ek= mgl 故 D 错误。 二、非选择题 11.某同学利用如图 1 所示的装置“探究合外力做功与物体动能变化的关系”，具体实验步骤 如下: A.按照图示安装好实验装置，挂上砂桶（含少量砂子）。 B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相 等。 C.取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的质量 m，并记录数据。 D.保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通 过光电门甲和乙时的时间 t1、t2，并测量光电门甲、乙之间的距离为 s. E.改变光电门甲、乙之间的距离，重复步骤 D。 请回答下列各问题： （1）若砂桶和砂子的总质量为 m，小车的质量为 M，重力加速度为 g，则步骤 D 中小车下滑时 所受合力大小为________。（忽略空气阻力） （2）用游标卡尺测得遮光片宽度（如图 2 所示）d =_________mm。 30° 3 3 2 θ 30° 30° 30° 2 3-3 3 （3）在误差允许的范围内，若满足__________，则表明物体所受合外力做的功等于物体动能 变化量。（用题目所给字母表示） 【答案】 (1). mg (2). 6.75 (3). mgs= - 【解析】 【详解】(1)[1]探究“小车的加速度与所受合外力的关系”中小车所受的合外力等于沙桶和 沙子的总重力，则步骤 D 中小车加速下滑时所受合力大小为 mg； (2)[2]根据游标卡尺读数规则，遮光片宽度 d=6mm+ 15×0.05mm =6.75mm (3)[3]遮光片通过两个光电门 1、2 速度分别为 v1= 、v2= 故小车动能变化量为 △Ek= - 在误差允许的范围内，合外力做功等于物体动能的变化量，即 mgs = - 12.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图 1 所示的实验装置。其中 M 为小物块的质量 m（未知量且可改变）为砂和砂桶的质量，m0 为滑轮的质量，力传感器可测 出轻绳的拉力大小。 实验过程如下： 的 2 2 1 2 dM t （ ） 2 1 1 2 dM t （ ） 1 d t 2 d t 2 2 1 2 dM t （ ） 2 1 1 2 dM t （ ） 2 2 1 2 dM t （ ） 2 1 1 2 dM t （ ） ①调节长木板使其水平； ②使细绳水平，调节砂桶中砂的质量，接通电源，轻推物块，当纸带上打下的点间隔均匀时， 力传感器的 示数为 ③更换纸带，增加砂桶中砂的质量，接通电源，由静止释放物块，记录力传感器的示数为 F， 取下纸带； ④重复步骤③，多次进行实验。 根据以上实验操作回答下列问题： （1）该同学在实验中得到如图 2 所示的一条纸带（两相邻计数点间还有四个计时点没有画 出），已知打点计时器用的是频率为 50 Hz 的交流电，根据纸带可求出小物块的加速度为 __________m/s2（计算结果保留两位有效数字）。 （2）传感器的示数为 F，小物块的加速度为 a，根据多次实验得到的数据作出的 a -F 图象可 能是图 3 中的_______. A. B. C. D. （3）若重力加速度为 g，根据题目中的已知量，可得小物块与长木板之间的动摩擦因数为 ___________。 【答案】 (1). 2.0 (2). B (3). 【解析】 0 0 2F M m g+（ ） 【详解】(1)[1]根据△x=at2 可得 a= (2)[2]由题意可知，小物块与长木板之间的摩擦力为 2F0，根据牛顿第二定律有 则 a = 故 B 正确。 (3)[3]根据实验步骤可知 f=2F0 而 解得 μ= 13.如图所示，在水平桌面上固定一个长木板，质量为 M 的木块通过轻绳与质量为 m 的钩码相 连。 将木块由静止释放后，钩码将加速下降。已知重力加速度为 g。 （1）若木块与长木板之间的摩擦力忽略不计，轻绳的拉力为多大； （2）若木块与长木板之间的摩擦力不能忽略，经测量得到木块的加速度大小为 a0，则木块与 长木板之间的动摩擦因数为多大。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】(1)以钩码为研究对象，则有 2 2 2 2 2 (11.09 9.13 7.10) (5.12 3.09 1.10) 10 m / s 2.0m / s(0.3) x t −∆ + + − + += × =∆ 0 02( ) ( )F F M m a− = + 022 FF M m M m −+ + 0( )f M m gµ= + 0 0 2F M m g+（ ） Mmg M m+ 0( )mg M m a Mg − + 以木块为研究对象，则有 联立解得 T= (2)以钩码为研究对象，则有： 以木块为研究对象，则有： 联立解得 μ= 14.质量为 m 的铁块静止在水平面上，在铁块上施加竖直向上的恒力 F=2mg，恒力 F 作用时间 t 时突然反向，铁块再运动一段时间后返回地面。已知重力加速度为 g.求： （1）恒力 F 反向后，铁块返回地面的时间； （2）铁块上升的最大高度。 【答案】（1）t （2） gt2 【解析】 【详解】(1)施加恒力 F 时，根据牛顿第二定律有： 根据运动学公式有 x1= at2 恒力 F 反向后，根据牛顿第二定律有： 根据运动学公式有： mg T ma− = T Ma= Mmg M m+ 0mg T ma− ′ = 0T Mg Maµ′− = 0( )mg M m a Mg − + 2 3 F mg ma− = v at= 1 2 F mg ma+ = ′ -x1=vt′- a′t′2 联立解得 t′=t (2)恒力 F 反向后，铁块沿竖直方向向上运动的最大距离为 x2，根据运动学公式有 0-v2=2（-a′）x2 则铁块上升的最大高度为 h=x1+x2 联立解得 h= gt2 15.如图所示，绝缘光滑轨道的仙部分为倾角 = 的斜面，AC 部分为竖直平面内半径为 R 的 半圆轨道，斜面与半圆轨道相切于 A 点，E 为轨道的最低点，整个装置处于水平向右的恒定风 力场（小球在风力场中受风力恒定）中。现有一个质量为 m 的小球，从斜面上某点由静止释 放，当小球通过 C 点时所受合力的方向指向圆心，且小球对轨道的压力恰好为零。已知重力 加速度大小为 g，求： （1）小球受到风力的大小和到达 C 点时速度的大小； （2）小球到达 E 点时动能的大小； （3）小球通过 C 点后至落到轨道所用的时间。 【答案】（1） （2）( +1)mg（3） 【解析】 【详解】(1)小球运动到 C 点时，由受到的重力和向右的风力提供向心力，则有： tan 1 2 2 3 θ 30° 2 3 3C gRv = 3 2 3R g F mg θ = 解得 F= mg 而 解得 (2)小球由 E 点到 C 点过程，根据动能定理有 解得 Ek=( +1)mg (3)小球离开 C 点后将做类似平抛运动，落到斜面上时有： 2R= at2 而 联立解得 t= 16.如图所示，两根长度均为 L 的轻丝线，悬挂着质量均为 m 的两个小球。今在两球上同时施 加大小均为 F 与水平方向成 角且方向相反的恒力。由于空气阻力的作用，系统最终稳定于某 位置，且轻丝线与竖直方向的夹角最大。已知重力加速度为 g，求： （1）力 F 与水平方向的夹角 为多大； （2）系统稳定后轻丝线 AB 与竖直方向的夹角 及张力大小； （3）从施加力 F 开始到系统稳定的整个过程中，系统克服空气阻力做的总功。 3 3 2 cos Cvmg m Rθ = 2 3 3C gRv = 21(1 cos )cos 2 C k mg R mv Eθθ− + = − 3 1 2 cos mg maθ = 2 3R g θ θ θ 【答案】（1） （2）TAB mg ， = （3） mgL 【解析】 【详解】(1)以小球B 为研究对象，其受到重力 mg、恒力 F 和轻丝线的拉力。如图 1 所示，以 矢量 mg 的箭头为圆心，恒力 F 为半径作圆，当轻丝线 AB 与圆相切时，AB 与竖直方向的夹角 最大，根据数学知识可知 sinβ= 而 F= 解得 β= (2)以 B 小球为研究对象，受力分析如图 2 所示，根据平行四边形定则和平衡知识有 30° 3 2 = θ 30° 2 3-3 4 F mg 1 2 mg 30° TAB= mg = (3)系统从最开始静止到在恒力 F 作用下达到稳定状态的过程，对系统根据功能关系有 解得 W 气= mgL 1 3cos30 22 2mg °⋅ × = 1 90 2 2 βθ °+= × 30° sin 1 cos cos sin 1 cosF L F L W mgLβ β β β β− + − = −气（ ） （ ） 2 3-3 4