1、江苏省姜堰第二中学2020-2021学年度高三第一学期学情检测二高三物理2020.8.15一、单选题1在物理学中，把加速度对时间的变化率定义为“加加速度”。加加速度在车辆、电梯等日常生活和工程问题中都有重要的实际意义。加加速度的单位是（ ）Am/sBm/s2Cm/s3Dm2/s32某航天飞机在完成任务后，在点从圆形轨道I进入椭圆轨道， 为轨道上的近地点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法正确的是（ ）A在轨道上经过点的速度小于在轨道I上经过点的速度B在轨道上经过点的加速度小于在轨道I上经过点的加速度C在轨道上经过点的速度可能大于第一宇宙速度D在轨道上运动的周期大于在轨道I上运动的周期3某人
2、用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，人以速度v0匀速向下拉绳，当物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为，则物体A实际运动的速度是()ABCv0cos Dv0sin 4如图，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为，方向沿斜面向下的匀强电场中。绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态（若规定弹簧自然长度时弹性势能为零，弹簧的弹性势能，其中为弹簧劲度系数，为弹簧的形变量）。一质量为、带电量为的滑块从距离弹簧上端为处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触后粘在一起不分离且无机械能损失，物体刚好能返回到段中点，弹簧始终处在弹性限度
3、内，重力加速度大小为。则下列说法不正确的是（ ）A滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间为B弹簧的劲度系数为C滑块运动过程中的最大动能等于D运动过程中物体和弹簧组成的系统机械能和电势能总和始终不变5如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径，半圆轨道的半径为R，现将一质量为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.9h，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A小车向左滑动的最大距离为B小球到半圆轨道的最低点时，小球的速率为C小球离开小车后做竖直上抛运动D小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最
4、大高度为0.8h二、多选题6在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是 （ ）A在对自由落体运动的研究中，由于落体下落很快，不容易计时，伽利略让小球沿阻力很小的斜面滚下，用“冲淡”重力的巧妙方法加以突破B在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比D亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快7如图所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的木箱就会自动滑下以下说法正确的是A木
5、箱下滑前，车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越大B木箱下滑前，车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越小C木箱下滑时，车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越大D木箱下滑时，车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越小8如图所示，在光滑的水平桌面上，质量分别为m1、m2的两个小球用一不可伸长的细线相连，两小球环绕它们连线上的某一点O以相同的角速度做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A两小球的加速度之比为B两小球做圆周运动的半径之比为C两小球的线速度之比为D两小球的动能之比为9刀削面是同学们喜欢的面食之一，因其风味独特，驰名中外刀削面全凭刀削，因此得名如图所示，将一锅水烧开，拿一块面团放在锅旁边较高处，用一刀片飞快地削下一片片很薄的
6、面片儿，面片便飞向锅里，若面团到锅的上沿的竖直距离为0.8 m，最近的水平距离为0.5 m，锅的半径为0.5 m要想使削出的面片落入锅中，则面片的水平速度可以是下列选项中的哪些(g取10 m/s2)() A1 m/sB2 m/sC3 m/sD4 m/s10如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OCh，重力加速度为g.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为，现将A、B由静止释放，下列说法正确的是()A物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减小B物块A经过C点时的
7、速度大小为C物块A在杆上长为的范围内做往复运动D在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量11如图甲所示，一质量为1 kg的物体在拉力F的作用下由静止开始竖直向上做加速直线运动，其运动时的图象如图乙所示，巳知重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是A在t = 4s时，物体的速度为6m/sB在t = 4s时，物体克服重力做功的功率为20 WC在04s时间内，拉力F的冲量为46 N sD在04 s时间内，拉力F对物体做的功为18J三、实验题12为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置，其中带滑轮的小车的质
8、量为，砂和砂桶的质量为。（滑轮质量不计）(1)实验时，一定要进行的操作是_。A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两相邻计数点间还有四个点），测得：1.40cm，1.90cm，2.38cm，2.88cm，3.39cm，3.87cm那么打下3点时小车的瞬时速度的大小是_，小车加速度的大小是_，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电（结果保留两位
9、有效数字）。13小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。A为装有挡光片的钩码，总质量为M，挡光片的挡光宽度为b，轻绳一端与A相连，另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为m（mM）的重物B相连。他的做法是：先用力拉住B，保持A、B静止，测出A的挡光片上端到光电门的距离h；然后由静止释放B，A下落过程中经过光电门，光电门可测出挡光片的挡光时间t，算出挡光片经过光电门的平均速度，将其视为A下落h（hb）时的速度，重力加速度为g。(1)在A从静止开始下落h的过程中，验证以A、B、地球所组成的系统机械能守恒的表达式为_（用题目所给物理量的符号表示）；(2)由于光电门所测的平均速度与物体A下落h时的瞬时
10、速度间存在一个差值v，因而系统减少的重力势能_系统增加的动能（选填“大于”或“小于”）；(3)为减小上述v对结果的影响，小明同学想到了以下一些做法，其中可行的是_；A减小挡光片上到光电门的距离hB增大挡光片的挡光宽度bC适当减小挡光片的挡光宽度b(4)若采用本装置测量当地的重力加速度g，则测量值_真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。四、解答题14如图所示，一个圆柱形的绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭着摄氏温度为t1的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h1现通过电热丝给气体加热一段时间后，使其温度上升到t2（摄氏温度），这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为p0
11、，重力加速度为g，假设活塞与容器壁之间无摩擦求：气体的压强；这段时间内活塞上升的距离是多少？这段时间内气体的内能变化了多少？15如图a所示，一根水平长杆固定不动，一个质量m=1.2kg的小环静止套在杆上，环的直径略大于杆的截面直径。现用斜向上的拉力F作用于小环。将F从零开始逐渐增大，小环静止一段时间后开始被拉动，得到小环的加速度a与拉力F的图像如图b所示，加速度在F达到15N后保持不变。（g10m/s2，sin=0.8，cos=0.6）求：(1)F=15N时长杆对小环的弹力大小，及小环加速度的大小；(2)F从0N增大到20N的过程中，F的最大功率240W，求小环在此过程的最大速度；(3)环和长
12、杆的动摩擦因数。16如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的木板A，在木板的左端静置一质量为5m可视为质点的小物体B，A、B间的滑动摩擦系数=0.2，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。离A右端足够远的平台边缘有一光滑定滑轮，用不可伸长的轻绳绕过定滑轮连接B和质量也为m的物体C，现由静止释放C，当它自由下落L时轻绳绷紧，C绷紧后速度是绷紧前速度的。当B与A相对静止时刚好到达A的右端若重力加速度为g，不计空气阻力，不考虑A与滑轮碰撞及之后的情形。求：(1)轻绳绷紧后瞬间物体C的速度大小；(2)绳绷紧后木板A和小物体B的加速度大小；(3)木板A的长度。17如图所示为某自动控制系统的装置示意
13、图，装置中有一个以=4m/s的速度逆时针匀速运动的水平传送带，侍送带左端点M与光滑水平面相切，在M点左侧P处竖直固定一个弹性挡板（物块与弹性挡板碰撞无机械能损失，PM距离极短，物块在PM段运动的时间忽略不计）。在M处安装有自动控制系统，当小物块c每次向右经过M点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带N端与半径r=5m的光滑四分之一圆弧相切，N端有一静止的小物抉b，在小物块a从圆弧最高点由静止下滑后与小物块b发生碰撞并粘合在一起，碰后a、b整体滑过传送带，经过M点时控制系统会使静止在M点的小物抉c自动解锁，a、b整体与c发生第一次弹性碰撞。之后的毎次碰撞均为弹性碰撞。已知a、b的质量均为m，m
14、=0.5kg，c的质量为M，M=3kg，三个物抉均可视为质点，物抉与传送带间的动摩擦因数=0.2，MN间的距离L=6.25m，g=l0m/s2。求：（1）a、b在N端碰撞损失的机械能E；（2）a、b整体与c第一次碰撞前在传送带上运动的时间；（3）a、b整体与c第一次碰撞后物块c的速度；（4）a、b整体与c第一次碰撞后到最后静止过程中运动的总时间。参考答案1C2A【详解】A.在轨道II变轨到轨道I时，需要在轨道II上经过A点时点火加速，故在轨道上经过A点的速度小于在轨道I上经过A点的速度，A正确；B.在两个轨道上经过A点时，轨道半径相同，根据可得在两个轨道上经过A点时的加速度相等，B错误；C.第
15、一宇宙速度是近地轨道上的环绕速度，为卫星的最大环绕速度，所以经过A点时的速度小于第一宇宙速度，C错误；D.由于在轨道I上运行的半长轴大于在轨道II上的半长轴，根据可知在轨道I上的周期大于在轨道II上的周期，D错误3A【详解】将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度故A正确，BCD错误4C【详解】A滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得由位移公式得联立可得故A正确，不符合题意；B滑块从释放到返回到s0段中点的过程，由功能关系得：解得：故B正确，不符合题意
16、；C滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有解得：从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得：弹簧弹力做功：则最大动能：故C错误，符合题意；D物体运动过程中只有重力、弹力和电场力做功，故只有重力势能、电势能和和弹性势能动能参与转化，系统的机械能和电势能的总和始终不变，故D正确，不符合题意。故选C。5C【详解】AC小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零。设小车向左运动的最大距离为x。以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv-Mv=0即有解得小车的位移为小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后
17、做竖直上抛运动，故A错误，C正确；B若小车内半圆轨道光滑，则小球达到最低点时，设小球和小车的速度分别为v1和v2，由动量守恒和能量关系mv1-Mv2=0 解得 但是由于半圆内轨道有摩擦阻力，则小球到达轨道最低点时的速率不等于，选项B错误；D小球第一次车中运动过程中，由动能定理得mg（h-0.9h）-Wf=0Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf=0.1mgh即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.1mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.1mgh，机械能损失小于0.1mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.9h
18、-0.1h=0.8h，故D错误。故选C。6AC【详解】A伽利略利用阻力可忽略的斜面研究了匀变速直线运动，通过推理法得出自由落体运动也是匀变速直线运动，从而突破了落体下落快不易计时的矛盾，故选项A正确；B在对自由落体运动的研究中，伽利略利用小球在斜面上做匀变速直线运动通过推理法得出自由落体运动也是匀变速直线运动，没有用实验直接验证，故B选项错；C在弹性限度内，弹簧的弹力才与形变量成正比，故C选项正确；D亚里士多德认为重的物体比轻的物体下落快，故D选项错故选AC。7AD【详解】下滑前，木箱处于静止，即平衡状态，则有：mgsin=f，当增大时，f增大，故A正确，B错误；下滑时，木箱受到是滑动摩擦力，
19、根据Ff=N，而FN=mgcos，当增大时，FN逐渐减小，则滑动摩擦力减小，故C错误，D正确故选AD8BD【详解】B两球相当于做同轴运动，角速度相同，因为细线对A、B两球的弹力相等，即A、B两球向心力相等，则所以B正确；A根据可知，加速度与半径成正比，即与质量成反比，即A错误；C根据可知，线速度与半径成正比，即与质量成反比，即C错误；D两小球的动能之比D正确。故选BD。9BC【解析】根据h=gt2得，；因为平抛运动的水平位移0.5mx1.5m，根据x=vt知，初速度的范围为1.25m/sv3.75m/s故BC正确，AD错误故选BC10BC【详解】A物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力
20、对A做正功，其余的力不做功，所以物体A的动能不断增大，速度不断增大，故A错误B物体到C点时物块B的速度为零设物块A经过C点时的速度大小为v根据系统的机械能守恒得：，得，故B正确C由几何知识可得，由于A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动故C正确D物体到C点时物块B的速度为零根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故D错误11AC【详解】A根据可知图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在时，物体的速度A项正确；B在时，物体克服重力做功的功率为B项错误；C在时间内，由动量定理得解得，
21、C项正确；D在时间内，根据动能定理得整理得，D项错误。故选AC。12BCD 0.26 0.50 【详解】(1)1 AE本实验中拉力可以由弹簧测力计测出，故不需要测出砂和砂桶的质量，也不需要使砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故AE错误；B弹簧测力计测出拉力，从而得到小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C打点计时器使用时，应先接通电源，再释放小车，该实验探究质量一定时加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；D为了寻找加速度和合外力间的关系，需要改变合外力，本实验通过改变砂和砂桶的质量来改变小车的合外力，故D正确。故选BCD。(2)2 由于两相邻计
22、数点间还有四个点，则相邻计数点的时间间隔为打下3点时小车的瞬时速度3根据位移差公式x=aT2，可求出小车的加速度大小代入数据可得。13 大于 C 小于 【详解】(1)系统重力势能的减小量为物块经过光电门的瞬时速度为则系统动能的增加量为则机械能守恒的表达式为(2)2 某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，用光电门测出的瞬时速度小于下落时的真实速度，则系统减少的重力势能大于系统增加的动能；(3)3为减小上述对结果的影响，可以减小挡光片的宽度，使得平均速度更接近瞬时速度，故C正确，A、B错误；故选C；(4)4由于阻力的影响，重力加速度的测量值小于真实值。14 【解析】活塞受力分析如图所示:根据
23、共点力平衡的条件，得 设温度为t2时活塞与容器底部相距为h2.因为气体做等压变化，根据盖吕萨克定律，得解得： 活塞上升的距离为：hh2h1气体对外做功为：WpSh S(p0Smg)根据热力学第一定律，得这段时间内气体内能的变化量为：UQWQ(p0Smg)15(1)0，7.5m/s2；(2)20m/s；(3)0.75 (1)F=15N时，分解F可知竖直向上的分力Fsin=12N=mg所以环与杆无弹力，弹力大小为0，根据牛顿定律得Fcos=ma解得a=7.5m/s2(2)环的加速度始终为正，则小环的速度不断增大，所以F=20N时速度最大，功率最大PFvcos解得v=20m/s(3)F超过15N以后
24、，由牛顿第二定律得a与F无关，则cos=sin得=0.7516(1)；(2)，；(3)【详解】(1)自由释放C至绳绷紧前瞬间绳绷紧前后瞬间得(2)绳绷紧后，对B和C系统得二者匀速运动对A得匀加速运动(3)从绳绷紧至二者共速A板的长度即为二者相对位移17（1）12.5J；（2）1.5s；（4）-2m/s；（4）4s【详解】（1）设小物块a从圆弧最高点由静止下滑到达最低点速度为，根据动能定理有解得：=10m/sa、b碰撞动量守恒，碰后速度为，根据动量守恒定律得解得：=5m/s碰撞损失的机械能为解得：E=12.5J（2）a、b整体以=5m/s滑上传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律解得：a=2m/
25、s2假设a、b整体经过t1减速到=4m/s代入数据求得：t1=0.5s在t1内a、b的位移=2.25mx1L，所以a、b整体先减速运动，后匀速运动，匀速运动时间为t2，则所以a、b整体与c第一次碰撞前物块a、b整体在传送带上运动的时间t=t1+t2=1.5s（3）a、b整体与c第一次碰撞，动量守恒、机械能守恒，碰后a、b的速度为，c的速度为联立解得解得：=-2m/s，=2m/s（4）a、b整体与c第一次碰撞后沿传送带向右减速到零，再向左加速返回M点，返回到M点的速度为，所用时间=2s此时c向左减速到零返回M点静止，a、b整体与c发生第二次碰撞，以后重复这个过程，根据动量守恒、机械能守恒，每次碰后的速度是碰前的二分之一，最后静止在M点a、b整体与c第二次碰撞后沿传送带向右减速到零，再向左加速到M点，所用时间=1sa、b整体与c第三次碰撞后沿传送带向右减速到零，再向左加速到M点，所用时间sa、b整体与c第n次碰撞后沿传送带向右减速到零，再向左加速到M点，所用时间根据无穷等比数列求和公式可得：a、b整体与c第一次碰撞后a、b整体运动的总时间