江苏省百校大联考高三上学期第二次月考物理试题.docx
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江苏省百校大联考高三上学期第二次月考物理试题
2021年江苏省百校大联考高三上学期第二次月考物理试题
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.重为2N的小球,在空中沿竖直方向下落了2m的高度后到达地面,下落过程中受到空气的阻力为0.1N,下列说法正确的是( )
A.小球的重力势能增加了4JB.小球的动能增加了4J
C.小球的机械能减少了0.2JD.空气阻力对小球做功为0.2J
2.吊兰是常养的植物盆栽之一,如图所示是悬挂的吊兰盆栽,四条等长的轻绳与竖直方向夹角均为30°,花盆总质量为2kg,取g=10m/s2,则每根轻绳的弹力大小为( )
A.5NB.
C.10ND.20N
3.水平地面上叠放着木板B和木块A,木块A在木板B上向右滑行,同时木板B向左滑行,如图所示,图中x1的长度为2m,x2的长度为3m,上图为滑行前,下图为滑行后,在此过程中木块A受到木板B对它的滑动摩擦力大小为10N,则摩擦力对木块A做功为( )
A.50JB.-50JC.30JD.-30J
4.如图所示,质量为m的小猴子抓住一根藤条在荡秋千,藤条的最大摆角为θ,小猴子从最低点摆到最高点的过程中,下列说法正确的是( )
A.藤条对小猴子的拉力大小不变
B.藤条对小猴子的拉力始终大于小猴子的重力
C.若增加藤条最大摆角,藤条可能会断
D.小猴子所受重力的瞬时功率不断变小
5.中澳美“科瓦里-2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4日在澳大利亚举行,中国空军空降兵部队首次派员参加.一名特种兵从空中静止的直升飞机上,抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑,运动的速度随时间变化的规律如图所示,t2时刻特种兵着地.下列说法正确的是( )
A.在
时间内加速度增大,在
时间内加速度减小
B.在
时间内特种兵所受悬绳的阻力越来越小
C.在
时间内,平均速度
D.若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑,则他们在悬绳上的距离先增大后减小
6.如图甲所示,在水平地面上有一固定的光滑斜面,一物块以一定的初速度在沿斜面方向向下的拉力作用下沿斜面运动,其速度—时间关系图线如图乙所示。
以地面为零势能平面,忽略空气阻力,物体的机械能随运动距离变化的大致图线可能是下列选项中的( )
A.
B.
C.
D.
7.如图所示,橡皮筋的一端固定在O点,另一端拴一个物体,O点的正下方A处有一垂直于纸面的光滑细杆,OA为橡皮筋的自然长度。
已知橡皮筋的弹力与伸长量成正比,现用水平拉力F使物体在粗糙的水平面上从B点沿水平方向匀速向右运动至C点,已知运动过程中橡皮筋处于弹性限度内且物体对水平地面有压力,下列说法正确的是( )
A.物体所受水平面的摩擦力保持不变
B.物体所受水平面的摩擦力先变大后变小
C.水平拉力F保持不变
D.水平拉力F变小
二、多选题
8.2021年男篮世界杯在中国举行,如图所示,在我国运动员投篮的瞬间,忽略空气阻力.下列关于篮球从抛出至运动到最高点的过程中,水平速率v和克服重力做功的瞬时功率P随时间t变化的图象中,正确的是( )
A.
B.
C.
D.
9.如图所示,两个大小相同的带电小球A和B,小球A带电荷量为+Q,用绝缘细线悬挂在天花板上O点。
小球B带电荷量为+5Q,固定在绝缘细杆上。
两球球心距悬点O点的距离相同,静止时细线与竖直方向的夹角为θ.现让两个带电小球接触一下,然后再让小球A处于静止状态,两带电小球可视为点电荷。
则( )
A.两球之间的库仑力变大B.细线对小球A的拉力大小不变
C.细线与竖直方向的夹角
变小D.细杆对小球B的作用力大小不变
10.2021年4月10日21时,人类首张黑洞照片发布,这颗黑洞就是M87星系中心的超大质量黑洞,对周围的物质(包括光子)有极强的吸引力。
已知该黑洞质量为M,质量M与半径R满足:
,其中c为光速,G为引力常量,设该黑洞是质量分布均匀的球体,则下列说法正确的是( )
A.该黑洞的半径为
B.该黑洞的平均密度为
C.该黑洞表面的重力加速度为
D.该黑洞的第一宇宙速度为
11.图甲为一竖直放置的绝缘圆环,O为圆环的圆心、半径为R、均匀分布带电量为+Q的电荷,一光滑绝缘细杆过圆心O点并垂直于圆环,细杆上套有一带电小球,小球质量为0.02kg,带电量为+1×10-3C,使小球从a点由静止释放,先后经过b、c两点,其运动的v-t图象如图乙图线①所示,其中图线②为b点处的切线,静电力常量为k,下列说法正确的是( )
A.O点电场强度为
B.O点电场强度为零
C.b点电场强度为
D.a、b、c三点中,c点电场强度最大
12.如图所示,足够长的传送带与水平方向的倾角θ=30°,质量ma=1kg的物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻质定滑轮与物块b相连,b的质量为mb,物块a与传送带之间的动摩擦因数μ=
。
开始时,a、b及传送带均静止,且物块a不受传送带摩擦力作用,现让传送带以v=1m/s的速度逆时针匀速转动,则物块a由静止到与传送带相对静止的过程中(b未与滑轮相碰),下列说法正确的是( )
A.物块b的质量
B.物块a沿传送带向下匀加速运动的加速度
C.物块a重力势能的减少量与物块b重力势能的增加量相等
D.摩擦力对物块a做的功等于物块a动能的增加量
三、实验题
13.在“探究求合力的方法”实验中,如图甲所示,实验步骤如下:
①将白纸固定在木板上,用图钉把橡皮条的一端固定在木板上A点,在橡皮条的另一端拴上两个细绳套,用两个相同的弹簧测力计互成角度拉细绳套,将橡皮条结点拉到纸面上某一位置,记为O1;
②记录两个弹簧测力计的拉力的读数F1、F2和两细绳的方向;
③只用一个弹簧测力计,将结点仍拉到位置O1,记录弹簧测力计的读数F3和细绳的方向;
④按照力的图示要求,作出拉力F1、F2、F3的图示;
⑤以F1和F2为邻边画出平行四边形,并画出对角线F;
⑥比较F3和F的大小和方向。
(1)下列说法中正确的是______。
A.实验前先检查弹簧测力计的指针是否指零
B.系在橡皮条末端的两细绳要一样长
C.实验中尽量使橡皮条与木板板面平行且不接触
D.本实验采用的科学方法是控制变量法
(2)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N,图乙中的示数为______N。
(3)改变F1、F2,重复步骤①至⑥进行第二次实验,记下结点位置O2,位置O2______(选填“必须”或“不必”)与位置O1相同。
(4)用如图乙所示规格的弹簧测力计做实验,A同学F1和F2方向的夹角约为30°,F1=3.0N,F2=3.0N;B同学F1和F2的方向互相垂直,F1=2.6N,F2=3.0N;C同学F1和F2方向的夹角约为120°,F1=F2=4.0N。
这三位同学中操作不合适的是______同学,原因是______。
14.在“探究加速度与物体所受合力的关系”的实验中,实验装置如图甲所示,设带有定滑轮的小车质量为M,沙和沙桶的总质量为m,打点计时器所接的交流电的频率为50Hz。
(1)对于上述实验,下列说法正确的是______。
A.需要用天平测出沙和沙桶的总质量
B.调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车(未连细线)能沿长木板向下匀速运动
C.与小车定滑轮相连的轻绳与桌面要平行
D.小车靠近打点计时器,先接通电源后释放小车
(2)若在实验中得到一条纸带如图乙所示,O、A、B、C、D为五个相邻的计数点,相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。
根据纸带数据,可求出小车的加速度a=______m/s2(结果保留2位有效数字)。
(3)该实验,沙和沙桶的总质量m______(选填“需要”或“不需要”)远小于小车的质量M;在实验过程中小车的加速度______(选填“大于”“等于”或“小于”)沙和沙桶的加速度。
(4)以弹簧测力计的读数F为横坐标,通过纸带计算出的加速度为纵坐标,画出的a—F图像如图丙所示,则可求出小车的质量M=______kg。
四、解答题
15.如图所示,A、B两车相距x=8m时,A车正以vA=5m/s的速度向右匀速运动,而B车此时正以vB=12m/s的初速度向右匀减速运动,加速度a=-2m/s2,求:
(1)A、B两车何时速度相等;
(2)A追上B所经历的时间。
16.如图所示,一条河宽为60m,水流速度恒为5m/s,现要将小船上的货物由此岸的A处沿直线送达正对岸下游45m处的B处.已知小船的速度最大可达5m/s,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2.
(1)如果小船以最小速度航行,求船速v1的大小和方向;
(2)如果要使小船在最短时间内抵达B处,求船速v2的取值和方向;
(3)求小船运动的最短时间t0.
17.如图所示,三个小滑轮A、B、C固定在边长为1m的等边三角形的三个顶点上,BC沿竖直方向,C离地面的高度为1.5m.物块M通过一根5m长的细线,跨过滑轮A、B与质量为1kg的小球m相连,左侧细线处于竖直状态,右侧与小球相连的细线与AC平行,物块和小球都可看成质点,不考虑小球m是否还会与左侧细线相撞,物块M始终静止,不计一切摩擦和阻力,重力加速度取10m/s2.
(1)求小球m到达最低点时的速度;
(2)求物块M的最小质量;
(3)若小球m第二次运动到最低点时与细线分离,求小球的落点与物块M的距离d.(答案可保留根号)
18.如图甲所示,一足够长的木板静止在光滑的水平地面上,可视为质点的小滑块质量为m=1kg,置于木板中央A处。
从t=0时刻开始,木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力F,其运动的速度-时间图象如图乙所示。
已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2,木板与滑块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2.求:
(1)t=0时刻滑块加速度的大小;
(2)拉力F的大小;
(3)为使滑块不从木板上滑落,木板的长度至少为多少?
参考答案
1.C
【解析】
【详解】
A.小球的重力做正功等于重力势能的减小量为:
△EP=-mgh=-2×2J=-4J,故A错误;
B.根据动能定理,小球动能的增加等小球外力做功的和:
△EK=mgh-fh=(4-0.1×2)J=3.8J,故B错误;
C.小球的机械能减少等于克服阻力做的功为:
|△E|=fh=0.2J,故C正确;
D.空气阻力对小球做功为:
Wf=-fh=-0.2J.故D错误。
2.B
【详解】
根据对称性可知,每根绳的拉力大小相等,设每根绳的拉力大小为F.
在竖直方向由平衡条件得:
4Fcos30°=G
解得:
F=
N.
A.5N,与结论不相符,选项A错误;
B.
,与结论相符,选项B正确;
C.10N,与结论不相符,选项C错误;
D.20N,与结论不相符,选项D错误;
3.D
【详解】
物块所受的摩擦力做的功为:
W=-fx2=-10×3J=-30J。
A.50J,与结论不相符,选项A错误;
B.-50J,与结论不相符,选项B错误;
C.30J,与结论不相符,选项C错误;
D.-30J,与结论相符,选项D正确。
4.C
【详解】
AB.摆动过程中,小猴子在做变速圆周运动,最高点速度为零,绳子拉力等于沿半径方向重力的分力,小于重力;最低点拉力等于重力加上圆周运动需要的向心力,有:
F=mg+m
,大于重力,所以拉力大小方向时刻变化,故AB错误;
C.若增加藤条最大摆角,猴子到达底端的速度增大,拉力增大,藤条可能会断,故C正确;
D.刚刚释放时,速度为零,故重力的功率为零,最低点重力与速度垂直,功率也为零,故由静止释放到最低点小猴子重力的功率先增加后减小,故D错误。
5.D
【详解】
A.在0~t1时间内,图线的斜率不变,则加速度不变,在t1~t2时间内,图线切线的斜率绝对值逐渐增大,则加速度逐渐增大.故A错误.
B.在t1~t2时间内,根据牛顿第二定律得
f-mg=ma,
得
f=mg+ma,
因为加速度a增大,则特种兵所受悬绳的阻力增大,故B错误.
C.在t1~t2时间内,若特种兵做匀减速直线运动,由v1减速到v2,则平均速度为
,根据图线与时间轴围成的面积表示位移,可知特种兵的位移大于匀减速直线运动的位移,则平均速度
>
.故C错误.
D.若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑,由于第一个特种兵的速度先大于第二个特种兵的速度,然后又小于第二个特种兵的速度,所以空中的距离先增大后减小.故D正确.
6.B
【详解】
根据功能关系,F做的功等于物体机械能的增加,即有△E=Fx,设物体的初始位置的机械能为E0,则物体的机械能随运动距离变化的函数为:
E=E0+Fx,据乙图v-t图像,图线的斜率逐渐变大,可知对于的加速度逐渐变大,根据牛顿第二定律知,F也逐渐增大,即E=E0+Fx中,斜率逐渐增大,E-x图像会向上弯曲。
故选B。
7.A
【详解】
设开始时A离地面的高度为L,设某一时刻绳子与竖直方向的夹角为θ,则绳子的弹力为
T=k
;
其向上分力Fy=Tcosθ=kL,故物体对地面的压力为N=mg-kL,保持不变;
AB.因f=μN,故摩擦力也保持不变,故A正确B错误;
CD.水平拉力F=f+Tsinθ,随θ的增大拉力F逐渐增大,故CD错误;
8.AD
【解析】
【详解】
AB.物体做斜抛运动,根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动,故水平分速度不变,故A正确,B错误;
CD.上升过程,速度的水平分量不变,竖直分量均匀减小到零,根据P=Gvy,重力的功率随时间均匀减小,故C错误,D正确.
9.AB
【详解】
A.根据电荷守恒定律可知,大小相同的带同种电荷的小球相互接触后,电荷量平分,则AB球电荷量均为3Q,电荷量乘积为9Q2>5Q2,库仑力变大,故A正确;
BC.分析小球A的受力情况,受到重力mg、库仑力F和细线拉力T作用,如图所示:
根据共点力平衡条件可知,库仑力F和细线拉力T的合力与重力mg等大反向,图中两个阴影三角形相似,设细线长度为L,AB间距为r,则
,
,
则细线对小球A的拉力T大小不变,库仑力变大,AB间距r变大,细线与竖直方向的夹角θ变大,故B正确,C错误;
D.分析小球B的受力,受到重力、库仑力和细杆的支持力作用,库仑力变大,库仑力的竖直分力变大,根据共点力平衡可知,细杆对小球B的支持力变大,故D错误。
10.AD
【详解】
A.黑洞的质量M与半径R满足
解得黑洞的半径
故A正确;
B.因黑洞的质量为
根据密度公式可知,黑洞的平均密度为
故B错误;
C.物体在黑洞表面受到的重力等于万有引力,则有
解得黑洞表面的重力加速度为
故C错误;
D.物体绕黑洞表面公转时万有引力提供向心力,有
解得黑洞的第一宇宙速度为
故D正确。
故选AD。
11.BC
【详解】
AB.根据v-t图象可知O点的加速度为零,即电场强度为零,故B正确,A错误;
C.根据v-t图象可知b点的加速度为
a=
=0.05m/s2
根据牛顿第二定律
F=ma=qE
解得:
E=3N/C
故C正确;
D.根据v-t图象可知O点的加速度加速度最大时受到的电场力最大,电场强度最大,故a、b、c三点中,b点电场强度最大,故D错误。
12.AC
【详解】
A.开始时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用,有
magsinθ=mbg
则:
mb=masinθ=0.5kg
故A正确;
B.a向下运动时,设加速度为aa,则有
μmagcosθ+magsinθ-T=maaa
对b,b的加速度的大小与a是相等的,则有
T-mbg=mbaa
联立可得
故B错误;
C.b上升h,则a下降hsinθ,则a重力势能的减少量为
mag×hsinθ=mbgh
故C正确;
D.根据功能关系,系统机械能增加等于除重力以外的力做功,所以摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量,a重力势能的减少量与物块b重力势能的增加量相等,则摩擦力做功等于a与b动能的增加量,大于a的动能增加,故D错误。
故选AC。
13.AC3.6不必A他这两个力的合力超过了弹簧测力计刻度的最大值5N,第二次用一个弹簧测力计拉时结点拉不到O点
【详解】
(1)[1].A、实验前先检查弹簧测力计的指针是否指零,故A正确;
B、细线的作用是能显示出力的方向,所以不必须等长,故B错误;
C、实验中尽量使橡皮条与木板板面平行且不接触,减小摩擦,故C正确;
D、本实验采用的科学方法是等效替代法,故D错误;
(2)[2].弹簧测力计的每一格代表0.2N,所以图中B的示数为3.6N。
(3)[3].改变F1、F2重复步骤①至⑥进行第二次实验,记下结点位置O2,因为是两次不同的实验,则位置O2不必与第一次O1点相同。
(4)[4][5].这三位同学中操作不合适的是A同学,原因是他这两个力的合力超过了弹簧测力计刻度的最大值5 N,第二次用一个弹簧测力计拉时结点拉不到O点。
14.BD1.2不需要小于0.25
【详解】
(1)[1]。
探究加速度与物体所受合力的关系”的实验中,实验装置如图甲所示,从甲图可以看出,小车所受的合外力由弹簧秤测出,不必测沙和桶的质量,故选项A错误,但平衡摩擦力的步骤不能省,故选项B正确,轻绳与木板要平行,不是与桌面平行,故选C错误,小车靠近打点计时器,先接通电源后释放小车,故选项D正确,所以本小题选:
BD。
(2)[2]。
由运动学公式求加速度,
a=
=
m/s2=1.2m/s2 ;
(3)[3][4]。
由于拉力可以从弹簧秤读出,所以不需要满足m<<M,由于沙和桶的位移是小车的2倍,则沙和桶的加速度小于小车的加速度;
(4)[5]。
对小车根据牛顿第二定律有:
2F=Ma
即
a=
结合图像的斜率
k=
=
所以
M=0.25kg
15.
(1)A、B两车经过3.5s速度相等;
(2)A追上B所经历的时间是8.8s。
【详解】
(1)B车的速度为:
vB'=vB+at1
两车速度相等时有:
vB'=vA
解得:
t1=3.5 s
(2)A车追上B车时,两车的位移关系为:
xA=x+xB
即:
vAt=x+vBt+
at2
代入数据有:
5t=8+12t+
(-2)t2
解得:
t=8s,t=-1s(舍去)
B车做减速运动,设其速度减为0所用的时间为t0,
由速度公式得:
t0=
=6s;
由于t=8 s>t0,所以B车先停下,之后A车才追上B车,
B车的位移为:
xB=vBt0+
a
=36m
所以A车追上的时间为:
t2=
代入数据有:
t2=8.8 s
16.
(1)如果小船以最小速度航行,船速v1的大小为4m/s和方向与河岸夹角为37° 指向上游;
(2)如果要使小船在最短时间内抵达B处,船速v2的取值为5 m/s和方向指向上游,与河岸成74°;(3)小船运动的最短时间是12.5 s.
【详解】
(1)为使小船抵达B处,小船的实际航线须沿题目图中的AB方向,即合速度方向沿AB方向,设AB与河岸的夹角为θ,由三角形法则可得:
v1=v水sin θ
方向与河岸夹角为37° 指向上游;
由几何关系得:
AB=75 m,有:
sinθ=0.8
解得:
v1=4 m/s
(2)为使小船能在最短时间内抵达B处,小船应该以最大速度航行,即v2=5 m/s,并使合速度的方向仍沿AB方向;由于船速和水速大小相等,所以AB的方向是在两个速度的角平分线上,v2的方向与河岸成2θ角,由几何关系得2θ=106°,即船速指向上游,与河岸成74°.
(3)小船运动的合速度为:
v=2v2cos θ=2×5×0.6 m/s=6 m/s
所以小船运动的最短时间为:
t0=
=
s=12.5 s.
17.
(1)2
m/s;
(2)3 kg;(3)(
+
) m
【详解】
(1)由于C离地面的高度为1.5 m,由几何关系知A离地面的高度为2 m,所以小球m离B点的距离l=2 m,细线与AC平行,即与竖直方向的夹角为60°.
小球m由静止运动到最低点的过程中,根据动能定理有:
mgl(1-cos θ)=
mv2
小球在最低点的速度为:
v=
=
m/s=2
m/s;
(2)小球运动到最低点,并围绕C做圆周运动时,绳子的拉力最大,设小球距C的距离为l1,有:
T-mg=m
,l1=1 m
得:
T=mg+m
=1×10 N+1×
N=30 N
对物块有Mg≥T,所以物块的质量M≥3 kg.
(3)小球m第二次运动到最低点时与细线分离,则小球向右做平抛运动,
在最低点,小球离地高度为h=0.5 m,由h=
gt2得:
t=
=
s
小球平抛的水平位移为:
x=vt=2
×
m=
m
A、C间的水平距离为:
x0=
m
所以小球的落点与物块M的距离为:
d=x0+x=(
+
)m.
18.
(1)t=0时刻滑块加速度的大小为2 m/s2;
(2)拉力F的大小为4N;(3)为使滑块不从木板上滑落,木板的长度至少为24m。
【详解】
(1)设t=0时刻滑块与木板发生相对滑动,由木板运动的v-t图象可得:
a木板=
=
m/s2=4m/s2
对滑块,由牛顿第二定律有:
μmg=ma滑块
得
a滑块=μg=2m/s2
由于a滑块<a木板,所以滑块确实与木板发生了相对滑动,a滑块=2m/s2。
(2)由图象v-t可知,在t=3s时撤去了拉力,此时,木板的速度为
v1=a木板t=12m/s
滑块的速度为
v2=a滑块t=6m/s
滑块与木板间仍有相对滑动
对木板,由v-t图象得加速度大小为
a2=
m/s2=4m/s2
由牛顿第二定律有
μmg=Ma2
解得
M=0.5kg
研究木板3s前的运动有
F-μmg=Ma木板
解得
F=4N
(3)3s时木板速度为v1=12m/s,滑块速度为v2=6m/s,设再经过t2时间滑块与木板的速度大小相等,有
v1-a2t2=v2+a滑块t2
解得
t2=1s
木板和滑块速度相等时,木板的总位移为
x1=
a木板
+v1t2-
a2
=28m
滑块的总位移为
x2=
a滑块(t1+t2)2=16m
两者相对位移为
△x=x1-x2=12m
所以木板的总长度不少于2△x=24m
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