1、甘肃省天水市甘谷县第四中学2021届高三物理上学期第二次检测试题（含解析）一、选择题（本题共14小题。每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，110题只有一个选项正确，11-14题有多个选项正确，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. 下列说法正确的是（）A. 牛顿通过理想斜面实验发现力不是维持物体运动的原因B. 千克、秒、米和牛顿都是力学中的基本单位C. 物体静止时有惯性，一旦开始运动，便不再保持原有的运动状态，也就失去了惯性D. 法国科学家笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向【答案】D
2、【解析】【详解】A伽利略通过理想斜面实验发现力不是维持物体运动的原因，A错误；B千克、米、秒分别是质量、长度和时间的单位，都是国际单位制中的基本单位，牛顿不是基本单位，B错误；C任何物体在任何情况下都有惯性，C错误；D法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向，D正确。故选D。2. 某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是（ ）A. 人和踏板由C到B的过程中，
3、人向上做匀加速运动B. 人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态C. 人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重D. 人在C点具有最大速度【答案】C【解析】试题分析:人由C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力先减小，所以加速度减小，故A错误；人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故B错误，C正确；人在C点的速度为零，故D错误故选C考点：超重和失重3. 如图所示，用质量不计的轻绳L1和L2将M、N两重物悬挂起来，则下列说法正确的是()A. L1对M的拉力和L2对M的拉力是一对平衡力B. L2对M的拉力和L2
4、对N的拉力是一对作用力与反作用力C. L1对M的拉力和M对L1的拉力是一对平衡力D. L2对N的拉力和N对L2的拉力是一对作用力和反作用力【答案】D【解析】【分析】二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上；而作用力与反作用力，则是大小相等，方向相反，作用在两个物体上；然后根据二力平衡的条件对四个选项进行逐一分析，符合二力平衡条件的即为平衡力【详解】对M受力分析，它受到重力、L1的拉力、L2的拉力作用因此，L1对M的拉力和L2对M的拉力并不是一对平衡力，A错误；作用力和反作用力作用在相互作用的两个物体之间，而B选项中有三个物体：M、N、L2，B错误；平衡力必须作用在
5、同一个物体上，L1对M的拉力和M对L1的拉力分别作用在M和L1上，显然不是平衡力，C错误；D项中的一对力是作用力和反作用力，D正确4. 如图所示，某兴趣小组制作了一个小降落伞，伞面底端是一半径为R刚性的圆环，在圆环上等间距地系有四根长均为2R的细线，将四根细线的另一端连接在一起，并悬挂有一质量为m的物体它们一起竖直向下加速降落，当物体下落的加速度大小为0.2g时(g为重力加速度)，每根细线的张力为A. mgB. mgC. mgD. mg【答案】A【解析】【分析】首先根据几何关系找出绳与竖直方向的夹角，然后对悬挂的物体根据牛顿第二定律列出方程进行求解即可；【详解】由几何关系可知，每根绳与竖直方向
6、的夹角均为，则对下面悬挂的物体根据牛顿第二定律可知：，整理可以得到：，故A正确，BCD错误【点睛】本题主要考查牛顿第二定律的应用，注意要找出绳与竖直方向的夹角，然后列出方程即可求解5. 如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( ) A. 两图中两球加速度均为gsin B. 两图中A球的加速度均为0C. 图乙中轻杆的作用力一定不为0D. 图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍【答案】D【解析】撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2
7、mgsin，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin，加速度为2gsin；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin，加速度均为gsin，故D正确，A.B.C错误故选D.点睛：根据弹簧弹力不能突变，杆的弹力会突变，分析撤去挡板的瞬间，图甲和图乙中A、B所受合外力即可得到各自的加速度6. 如图所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦。当车的加速度a突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是（斜面倾角为）（）A. F1增大，F2不
8、变B. F1不变，F2增大C. F1减小，F2增大D. F1增大，F2减小【答案】B【解析】【详解】圆柱体的受力如图，可知小车的加速度沿水平方向，则圆柱体的加速度沿水平方向，当平板车的加速度增大时，因为圆柱体在竖直方向上合力为零，则斜面对圆柱体的弹力在竖直方向上的分力等于重力，即则斜面对圆柱体的弹力F1不变；水平方向加速度变大，则挡板对圆柱体的弹力F2增大。故选B。7. 将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的vt图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是（）A. 小球所受重力和阻力之比为51B. 小球上升过程与
9、下落过程所用时间之比为23C. 小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/sD. 小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态【答案】A【解析】【详解】A小球向上做匀减速直线运动的加速度大小根据牛顿第二定律得解得小球所受重力则小球所受重力和阻力之比为51，A正确；B下降的加速度解得对上升的过程，采用逆向思维得对下降的过程则所用的时间之比为 ，B错误；C小球上升到最高点的高度根据 解得小球落回到抛出点时的速度大小为C错误；D小球在下落的过程中，加速度方向向下，处于失重状态，D错误。故选A。8. 如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为，物块间用一水平轻绳相连
10、，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中不正确的是（）A. 当0Fmg时，绳中拉力为0B. 当mgF2mg时，绳中拉力为FmgC. 当F2mg时，绳中拉力为D. 无论F多大，绳中拉力都不可能等于【答案】D【解析】【详解】A当0Fmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者可以平衡，绳中拉力为0故A正确，不符合题意；B当mgF2mg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态此时A受到的静摩擦力到达最大即mg，所以绳中拉力为F-mg故B正确，不符合题意；C当F2mg时，对整体：对B：联立解得绳中拉力为故C正确，不符合题意；D
11、由B的分析可知，当mgF2mg时绳中拉力为F-mg，绳中拉力可能等于，故D错误，符合题意。故选D。9. 甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其vt图象如图，下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A. 在第10s末，乙车改变运动方向B. 在第10s末，甲、乙两车相距150mC. 在第20s末，甲、乙两车相遇D. 若乙车在前，则可能相遇两次【答案】D【解析】【分析】【详解】A由图可知，在第20s内，乙车一直沿正方向的运动，速度方向没有改变，故A错误；BC由于不知道初始位置甲乙相遇多远，所以无法判断在10s末两车相距多少，也不知道再20s末能否相遇，故BC错误；D若刚开始乙在前，且距离为150m，则在1
12、0s末两车相遇；之后甲在乙的前面，当乙的速度等于甲的速度之后，乙慢慢的追上乙，在某个时刻会相遇，故D正确。故选D。10. 如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力F1=2N，下底板传感器显示的压力F2=6N，重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是（）A. 若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大B. 若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小C. 若加速度方向向上，且大小为5m/s2时，F1的示数为零D. 若加速度方向向下，且大小为5m/s2时
13、，F2的示数为零【答案】C【解析】【详解】A若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得得知随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，A错误；B若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得得知随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，故B错误；C当箱静止时，有得m=0.4kg若加速度方向向上，当F1=0时，由A项分析有解得a=5m/s2故C正确；D若加速度方向向下，大小是5m/s2小于重力加速度，不是完全失重，弹簧不可能恢复原长，则F2的示数不可能为零，D错误。故选C11. 有几个同学在一次运算中，得出了某物体位移x的大小
14、同其质量m、速度v、作用力F和运动时间t的关系式分别如下，其中一定错误的是（）A. xB. xC. xFtD. x【答案】ABC【解析】【详解】A速度单位是，加速度的单位是，则的单位是，而位移的单位是，A错误；BD 表示的是外力做的功，如果物体的初速度为0，由动能定理可知可得B错误D正确；CFt表示是冲量，如果物体的初速度为0，由动量定理可得不等于位移x，C错误。故选ABC。12. 图中重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的，平衡时AO是水平的，BO与水平面的夹角为q。AO的拉力F1 和BO的拉力F2的大小是（ ）A. F1=mgcosB. F1=mgcotC. F2=mgsinD
15、. F2=【答案】BD【解析】【详解】以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力。重物对O点的拉力等于mg。根据平衡条件得知，mg与F1的合力与F2大小相等、方向相反，作出力的合成图如图。则有F1=mgcotF2=AF1=mgcos，与结论不相符，选项A错误；BF1=mgcot，与结论相符，选项B正确；CF2=mgsin，与结论不相符，选项C错误；DF2=，与结论相符，选项D正确；故选BD。13. 如图所示，两上下底面平行的滑块重叠在一起，置于固定的、倾角为的斜面上，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为1，B与A之间的动摩擦因数为2已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜
16、面滑下，则滑块B受到的摩擦力（）A. 等于零B. 方向沿斜面向上C. 大小等于D. 大小等于【答案】BC【解析】【详解】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：设A对B的摩擦力方向沿斜面向下，大小为，则：得：，负号表示摩擦力方向沿斜面向上故本题正确答案选BC【点睛】先整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律求解B所受的摩擦力14. 如图甲所示，足够长的水平传送带以v12 m/s的速度沿顺时针方向运行，滑块（视为质点）以某一初速度v2水平滑上传送带的右端。若滑块在传送带上向左运动的过程中，位移与时间比值时间的图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）A. v2的大
17、小为4 m/sB. 滑块在传送带上的加速度大小为2 m/s2C. 物块向左的位移为2 mD. 滑块在传送带上运动的总时间为2.25 s【答案】ACD【解析】【详解】AB根据图像可知 即结合匀变速位移时间关系可知，加速度为初速度故A正确，B错误；C物块向左的位移为选项C正确； D物块减速到零的时间反向加速到与传送带速度相同所需时间所以加速位移还需匀速时间所以运动总时间故D正确。故选ACD。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）15. 某小组研究匀变速直线运动规律，实验装置如图甲所示.（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a实验中打出的一条纸带如图乙所示从某个清晰的点O开始，每5个打点取一
18、个计数点，依次标出1、2、3，量出1、2、3点到O点的距离分别为,从O点开始计时，1、2、3点对应时刻分别为,求得， 作出图象如图丙所示图线的斜率为k，截距为b则木块的加速度a=_；b的物理意义是_（2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数= _【答案】 (1). 2k (2). O点的瞬时速度 (3). 【解析】（1）图线纵轴截距是0时刻对应的速度，即表示O点的瞬时速度各段的平均速度表示各段中间时刻的瞬时速度，以平均速度，为纵坐标，相应的运动时间t的一半为横坐标，即的图象的斜率表示加速度a，图象的斜率的2倍表示加速度，即a=2k（
19、2）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：，解得：【点睛】分析图象的斜率的物理含义与加速度的关系；对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数16. 为探究加速度与力、质量的关系，实验装置如图所示：(1)以下实验操作正确的是_ 。A.平衡摩擦力时，需将木板不带定滑轮一端适当垫高，使小车在钩码的牵引下恰好做匀速直线运动B.调节定滑轮高度，使细线与木板平行C.平衡好摩擦力后，将小车停在打点计时器附近，接通电源，释放小车，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点，断开电源D.实验中为减小误差应保证车及车中砝码的总质量远小于钩码的总质量(2)实验中得到
20、如图所示一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度为_m/s2（结果保留两位有效数字）(3)某同学保持小车及车中砝码质量一定，探究加速度与所受外力F关系，他在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到两条图线，如图所示。图线 _是在轨道水平情况下得到的（填或“）；小车及车中砝码的总质量m=_kg。 【答案】 (1). BC (2). 1.3 (3). (4). 0.5【解析】【详解】(1)1A。 实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时小车不能与砝码和砝码盘相连，故A错误。B 为使小车受到的拉力等于细线拉力，应调节滑轮的高度，使细线与木板平行
21、，故B正确；C 实验时要先接通电源后释放纸带，为充分利用纸带，将小车停在打点计时器附近，故C正确。D 实验中为减小误差应保证钩码的总质量远小于车及车中砝码的总质量，故D错误。(2)2 相邻两计数点间还有两个点没有画出，所以计数点间时间间隔为 ，根据逐差法可得加速度(3)34 轨道水平时未平衡摩擦力，则会出力大于最大静摩擦力才会出现加速度，故是在轨道水平情况下得到的，根据牛顿第二定律 ，所以所以图像斜率为质量倒数，所以。三、计算题（共40分）17. 如图所示，水平桌面上有一个质量的小物块，小物块分别与水平放置的轻质弹簧和不可伸长的轻质细线一端相连，弹簧的劲度系数，小物块和水平桌面间动摩擦因数。当
22、细线与竖直方向成角时小物块处于静止状态，且与桌面间无挤压。此时剪断细线的瞬间对小物块。求：(1)细线被剪断前所受的拉力；(2)剪断细线瞬间小物块的加速度；【答案】(1)；(2)，方向水平向左【解析】【详解】(1)细线被剪断前对物块进行受力分析如下根据竖直方向和水平方向的平衡有由得(2) 剪断细线瞬间小物块受到线的拉力立即消失,桌面对物块立即出现支持力和摩擦力,弹簧的拉力和重力不变,对物块进行受力分析如下竖直方向根据平衡条件有滑动摩擦力水平方向根据牛顿第二定律得联立并带入数据得加速度方向水平向左18. 如图所示，质量的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量的小球相连。今用与水平方向成角的力，
23、拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取重力加速度大小，求：（1）运动过程中轻绳与水平方向的夹角；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设轻绳对小球的拉力为，对小球受力分析，由平衡条件可得联立上式解得， （2）以木块和小球组成的整体为研究对象，由平衡条件得又 联立解得19. 如图所示，沿顺时针转动的传送带AB，长，与水平面的夹角，速度恒为在传送带底端A处无初速度释放一质量的物体，物体与传送带之间的动摩擦因数求：（1）木块放上传送带瞬间的加速度大小；（2）后物体的速度大小；（3）物体从A运动到B的时间【答案】（1）0.4m/s2（2
24、）2m/s（3）6s【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律有代入数据可以求得（2）加速到相对传送带静止的时间所以5s后随传送带一起匀速运动，速度为（3）加速运动的位移匀速运动的位移匀速运动的时间可以求得【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解决问题的中间桥梁，明确物体的运动过程是解决问题的关键.20. 如图所示，质量M8 kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F8 N，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数0.2，小车足够长。（取g10 m/s2）求：(1)小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度？(3)从小物块放到小车上开始，经过t1.5 s小物块通过的位移大小为多少？【答案】(1)2 m/s2；0.5 m/s2；(2)1 s；(3)2.1 m【解析】【详解】(1)物块的加速度小车的加速度(2)由可得(3)开始1s内小物块的位移最大速度在接下来的0.5s物块与小车相对静止一起做加速运动，且加速度这0.5s内的位移通过的总位移
