安徽省定远县示范中学届高三上学期第二次调研物理试题 含解析_史地安徽省定远中学
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安徽定远县示范中学2017-2018学年第一学期第二次调研
物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～10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．
1.有甲、乙两只船，它们在静水中航行速度分别为v1和v2,现在两船从同一渡口向河对岸开去,已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河,结果两船抵达对岸的地点恰好相同。则甲、乙两船渡河所用时间之比t1/t2为()A.v2/v1 B.v1/v2 C.v1/v2 D.v2/v1 【答案】D 222
2因为，有，即，①
又，即②，由①②得故选D。，故D正确，ABC错误；
2.如图所示，半径为R内表面光滑的半球形容器放在光滑的水平面上，有一滑块（可看成质点）从容器顶端无初速释放，则()
A.滑块下滑过程中只有重力做功，所以滑块的机械能守恒 B.滑块的机械能不守恒，所以它不可能上升到另一顶端 C.滑块下滑的过程中，滑块与容器的总动量守恒 D.滑块运动到最低点的速率等于【答案】C 【解析】试题分析：滑块下滑过程中，重力与容器的支持力对滑块做功，滑块的机械能不守恒，故A错误；滑块与容器组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态动量为零，当滑块滑到右端最高点时，滑块与容器速度相等，由动量守恒定律可知，系统总动量为零，滑块与容器的速度为零，在整个过程中，只有重力对系统做功，系统机械能守恒，容器的重力势能不变，系统动能为零，由机械能守恒定律可知，滑块末位置的高度与初位置的高度相等，滑块可以上升到B端，故B错误；滑块下滑过程中，滑块与容器水平方向所受合外力为零，竖直方向所受合外力不为零，因此滑块和容器组成的系统仅水平方向总动量守恒，故C正确；容器固定不动时，滑块下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR=
mv2，解得：，容器不是固定的，滑块滑到最低点时，容器有向左的速度，容器动能不为零，在该过程中，系统机械能守恒，由于容器动能不为零，则滑块的动能小于滑块重力势能的减少量，滑块的速度小于，故D错误；故选C。
考点：动量守恒定律及能量守恒定律
3.如图所示，一轻质弹簧下端固定，直立于水平地面上，将质量为m的物体A从离弹簧顶端正上方h高处由静止释放，当物体A下降到最低点P时，其速度变为零，此时弹簧的压缩量为x；若将质量为4m的物体B仍从离弹簧顶端正上方h高处由静止释放，当物体B下列到P处时，其速度为（）
A.【答案】A B.C.D.【解析】当质量为m的物体从离弹簧顶端正上方h高处下落至最低点P的过程，克服弹簧做功为W，由动能定理得：mg（h+x0）-W=0
①
当质量为4m的物体从离弹簧顶端正上方h高处下落至P的过程，设4m的物体到达P点的速度为v，由动能定理得：4mg（h+x0）-W= 4mv2
② ①②联立得故选A。
4.如图所示,一斜面固定在水平面上,斜面上的CD部分光滑,DE部分粗糙,A,B两物体叠放在一起,从顶端C点由静止下滑,下滑过程中A.B保持相对静止,且在DE段做匀速运动,已知A.B间的接触面水平,则()，故A正确，BCD错误；
A.沿CD部分下滑时，A的机械能减小，B的机械能增加，但总的机械能不变 B.沿CD部分下滑时，A的机械能增加，B的机械能减小，但总的机械能不变 C.沿DE部分下滑时，A的机械能不变，B的机械能减小，而总的机械能减小 D.沿DE部分下滑时，A的机械能减小，B的机械能减小，而总的机械能减小 【答案】D 【解析】AB、沿CD部分下滑时，整体沿斜面向下的加速度为gsinθ，以A为研究对象，设A的质量为m，对其受力分析，受重力mg、B竖直向上的支持力N和B对A水平向左的摩擦力作用，把加速度沿水平方向和竖直方向进行正交分解，有： 水平方向的加速度为：a水平=gsinθ•cosθ 竖直方向的加速度为：a竖直=gsin2θ
在竖直方向上由牛顿运动定律有：gsin2θ=mg-N 得：N=mg-gsinθ
设CD点的长度为s，则支持力N所做的负功为：WN=-mg•s•sinθ+mg•s•sinθ 摩擦力所做的正功为：Wf=ma水平•scosθ=mg•s•sinθ•cosθ 重力所做的功为：WG=mg•s•sinθ
则三个力的代数和（即为合力的功）为：W=（-mg•s•sinθ+mg•s•sin3θ）+（mg•s•sinθ•cos2θ）+mg•s•sinθ=mg•s•sinθ=mgh（h为下滑的高度）
由此可知，B对A所做的功为零，所以A的机械能守恒，B的机械能也守恒，选项AB错误； CD、把AB看做一个整体，在下滑的过程中，摩擦力做负功，整体的机械能减少，AB沿斜面方向上的加速度都小于gsinθ，所以在下滑的过程中，AB的机械能都减小，选项C错误，D正确； 故选D。
5.2010年广州亚运会上，刘翔重新回归赛场，以打破亚运记录的方式夺得110米跨栏的冠军。他采用蹲踞式起跑,在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心。如图所示,假设刘翔的质量为m，在起跑时前进的距离s内，重心升高量为h，获得的速度为v，克服阻力做功为W阻，则在此过程中（）
32A.地面的支持力对刘翔做功为mgh B.刘翔自身做功为C.刘翔的重力势能增加量为D.刘翔的动能增加量为mgh+W阻 【答案】B 【解析】由W＝Fs可知，支持力对刘翔不做功，选项A错误．由功能关系可知，刘翔增加的机械能和克服阻力做的功均来自自身生物质能、化学能，故选项B正确．重力势能的增加量等于克服重力做的功ΔEP＝mgh，选项C错误．动能的增加量ΔEk＝
mv2，选项D错误．
6.2013年4月出现了“火星合日”的天象，“火星合日”是指火星、太阳、地球三者之间形成一条直线时，从地球的方位观察，火星位于太阳的正后方，火星被太阳完全遮蔽的现象，如图所示，已知地球、火星绕太阳运动的方向相同，若把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆，火星绕太阳公转周期约等于地球公转周期的2倍，由此可知()
A.“火星合日”约每1年出现一次 B.“火星合日”约每2年出现一次 C.火星的公转半径约为地球公转半径的倍
D.火星的公转半径约为地球公转半径的8倍 【答案】BC...............视频
7.一个质量为m的质点以速度v0做匀速运动，某一时刻开始受到恒力F的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为。质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中()A.经历的时间为
B.经历的时间为
C.发生的位移为
【答案】AD
D.发生的位移为
【解析】质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，是做类斜抛运动，质点的速度先减小后增大，其最小值为，分析可知初速度与恒力的夹角为150°，在沿恒力方向上有：，在垂直恒力方向上有质点的位移，，联解可得：经历的时间为，发生的位移为故选AD。
8.如图所示,光滑杆O′A的O′端固定一根劲度系数为k=10N/m,原长为l0=1m的轻弹簧,质量为m=1kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接,OO′为过O点的竖直轴,杆与水平面间的夹角始终为θ=30∘,开始杆是静止的,当杆以OO′为轴转动时,角速度从零开始缓慢增加,直至弹簧伸长量为0.5m,下列说法正确的是()
A.杆保持静止状态，弹簧的长度为0.5m B.当弹簧伸长量为0.5m时,杆转动的角速度为4√5/3rad/s C.当弹簧恢复原长时,杆转动的角速度为√10/2rad/s D.在此过程中，杆对小球做功为12.5J 【答案】ABD 【解析】A、当杆静止时，小球受力平衡，根据力的平衡条件可得：mgsin30°=kx，代入数据解得：x=0.5m，所以弹簧的长度为：l1=l0﹣x=0.5m，故A正确； B、当弹簧伸长量为0.5m时，小球受力如图示： 水平方向上：F2cos30°+Nsin30°=mω22（l0+x）cos30° 竖直方向上：Ncos30°=mg+F2sin30° 弹簧的弹力为：F2=kx 联立解得：ω2= rad/s，故B正确；
2C、当弹簧恢复原长时，由牛顿第二定律可得：mgtan30°=mω1l0cos30°，解得：ω1= 故C错误；
rad/s，D、在此过程中，由动能定理可得：W﹣mg•2xsin30°= m2﹣0，解得：W=12.5J，故D正确； 故选ABD
9.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L。现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点间的距离为。若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则()，不计空气阻力，重力加速度
A.A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动 B.A在从C至D的过程中，加速度大小为C.弹簧的最大弹性势能为D.弹簧的最大弹性势能为【答案】BD 【解析】试题分析：对AB整体，从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：加速度为：，可知a不变，A做匀加速运动．从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理得：
解得：的最大弹性势能为：考点：牛顿第二定律；动能定理
10.如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α
，故C错误，D正确．故选BD．，则弹簧具有
A.滑块A的质量大于滑块B的质量 B.两滑块到达斜面底端时的速度相同
C.两滑块到达斜面底端时，滑块A重力的瞬时功率较大 D.在滑块A、B下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力 【答案】AD 【解析】试题分析：因两物体静止，所以，因，所以，故选项A正确；速度是矢量，两滑块到达底端时的速度方向不同，故B选项错；由机械能守恒定律知到达底端时两滑块的速率相等，由
及上面的分析可知，两物块重力的瞬时功率相等，故C选项错；滑块A、B下滑的过程对斜面体的压力在水平方向的分力为：水平向右，水平向左，因，所以，斜面体处于静止状态，所以受地面的静摩擦力水平向左，故D选项正确。
考点：本题考查了共点力平衡条件、机械能守恒定律、瞬时功率公式的应用。
二、实验题：本大题共2小题，共15分。请按题目要求将正确答案填写到答题卡的相应位置． 11.如图(a)所示,一圆盘可绕过其圆心的水平轴在竖直平面内转动,在圆盘的边缘上绕有足够长的细线,细线上A点处有一标记(图中的黑点).沿水平方向匀加速拉动细线的一端使圆盘转动,细线与圆轮边缘无相对滑动,同时用频闪照相技术将细线上标记的运动拍摄下来,照片如图(b)所示,A1、A2、A3、A4表示不同时刻黑点的位置。已知照片背景为厘米刻度尺,光源的频闪周期为T.要由图(b)照片提供的信息求出A3标记时圆轮转动的角速度,还需直接测量的物理量是______________;从拍摄到A3的标记起(此时圆盘角速度为ω)再经过3个频闪周期,圆盘的角速度ω′=__________.【答案】(1).圆盘半径(2).13/7ω 【解析】由角速度与线速度的关系式径；
由逐差法可以得知速度之比等于1：3：5：7：9：11：13„„，由题意可知第四个与第7个周期速度之比为7：13，所以角速度之比13：7，则角速度为。
可知，要想测量角速度，则需要直接测量圆盘的半12.如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M=4m．
（1）用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=_________cm；（2）某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为___（用题中所给字母表示）；
（3）开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1___2F2（填“大于”、“等于”或“小于”）；
（4）若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L，钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出 n-1/t2图象，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为___（用题中字母表示）． 【答案】(1).0.520cm(2).(3).小于(4).【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=0.520cm.(2)极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小,则滑块通过光电门的速度(3)对整体分析得,F1=Ma1=4m×0.6g=2.4mg，隔离对滑块分析,根据牛顿第二定律得,F2=7ma2=2.1mg,知F1
，隔离对滑块分析,根据牛顿第二定律
根据v2=2aL得，因为,代入解得，图线的斜率，解得
三、计算题：本题共4小题，共45分.解答过程要求写出必要的文字说明、方程式或重要的演算步骤，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和单位。
13.如图甲所示，由斜面AB和水平面BC组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB部分光滑，AB长度为s＝2.5 m，水平部分BC粗糙．物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值．上表面与BC等高且粗糙程度相同的木板DE紧靠在物块的右端，木板DE质量M＝4 kg，长度L＝1.5 m．一可视为质点的滑块从A点由静止开始下滑，经B点由斜面转到水平面时速度大小不变．滑块从A到C过程中，传感器记录到力和时间的关系如图乙所示．g取10 m/s2，求：
(1)斜面AB的倾角θ；(2)滑块的质量m；
(3)滑块到达木板DE右端时的速度大小． 【答案】(1)30°(2)2 kg(3)1 m/s 【解析】试题分析：（1）在0～1 s内木块沿斜面匀加速下滑：mgsin θ＝ma ① s＝at② 由图知：t＝1 s 解得：sin θ＝，故θ＝30°.③
（2）在0～1 s内对斜面体ABC受力分析：mgcos θ sin θ－F＝0 ④ 由图知：F＝5N 2 解得：m＝2 kg.⑤
（3）木块到达B点的速度：vB＝at＝gsin θt＝5 m/s ⑥ 1～2 s木块在BC部分做减速运动：μmg＝ma′⑦ 对斜面体，由图象知：μmg＝F＝4 N⑧ 解得：a′＝2 m/s，μ＝0.2 木块到达C点时：vC＝vB－a′t＝vB－μgt＝3 m/s⑨ 木块滑上木板DE时：对木块：－μmg＝ma1⑩ 对木板：μmg＝Ma2
解得：a1＝－2 m/s，a2＝1 m/s 设木块在木板上的滑行时间为t，x木块＝vCt＋a1t x木板＝a2t2 L＝x木块－x木板 解得：t＝1s 2
222此时，木块速度：v木块＝vC－a1t＝1 m/s 木板速度：v木板＝a2t＝1 m/s 所以木块恰好滑到木板右端，速度为1 m/s.考点：匀变速直线运动，牛顿第二定律。
14.如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s。
（1）B从释放到细绳绷直时的运动时间t；（2）A的最大速度v的大小；（3）初始时B离地面的高度H.【答案】（1）0.6s（2）2 m/s（3）0.6 m 【解析】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：解得：
（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，总动量守恒：绳子绷直瞬间，A、B系统获得的速度：
之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为2 m/s（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：解得，初始时B离地面的高度
点睛：本题的难点是绳子绷紧瞬间的物理规律——是两物体的动量守恒，而不是机械能守恒。
15.如图，质量为M、长L＝1.5 m，右端带有竖直弹性挡板的木板B静止在光滑水平面上。一质量为m的小木块A(视为质点)，以v0＝4 m/s的水平速度滑上B的左端，经过一次与挡板的碰撞，最后停在B的表面上。已知A与B间的动摩擦因数μ＝0.2，A与挡板碰撞时无机械能损失，忽略碰撞时间，取g＝10 m/s，求的取值范围。
【答案】
【解析】试题分析：设A停在B表面上时速度为v，以向右为正，对全过程，根据动量守恒定律得：
当有最小值时，m与挡板接触时两者刚好共速，设其最小值为k，则有：
解得：，当有最大值时，m与挡板碰撞后运动到M得左端，两者刚好共速，设其最大值为，则有：
解得：，所以
考点：动量守恒定律及能量守恒定律
【名师点睛】本题考查动量守恒定律以及功能关系的应用，要注意灵活选择研究系统，分析其动量和机械能是否守恒；并明确摩擦力做功产生的内能的计算方法为运动的位移，为相对
16.如图所示,某货场而将质量为m1=100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面,为避免货物与地面发生撞击,现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道,使货物中轨道顶端无初速滑下,轨道半径R=1.8m.地面上紧靠轨道次排放两个完全相同的木板A.B,长度均为L=2m,质量均为m2=100kg,木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取g=10m/s)求：
(1)货物到达圆轨道末端时对轨道的压力；
(2)若货物滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求μ1应满足的条件；(3)若μ1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。【答案】（1）3000N（2）0.4
①
设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得联立以上两式代入数据得
② ③
根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。(2)若滑上木板A时,木板不动,由受力分析得μ1m1g⩽μ2(m1+2m2)g ④ 若滑上木板B时,木板B开始滑动,由受力分析得μ1m1g>μ2(m1+m2)g ⑤ 联立④⑤式代入数据得0.4
(3)当μ1=0.5时，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g⩽m1a1 ⑦
设货物滑到木板A末端是的速度为V1,由运动学公式得V12−V02=−2a1L ⑧ 联立①⑦⑧式代入数据得V1=4m/s⑨
设在木板A上运动的时间为t,由运动学公式得V1=V0−a1t ⑩ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得t=0.4s
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