高二物理试题精选茶陵三中.docx

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高二物理试题精选茶陵三中

茶陵三中2018

湖南省茶陵县第三中学mg

C+mgD-mg

2（多选）如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。

圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。

圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。

弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。

则圆环（）

A下滑过程中,加速度一直减小

B下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2

C在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mgh

D上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度

3“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。

将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。

从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是（）

A绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小

B绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小

C绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大

D人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力

4（多选）在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。

当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为

5多选）如图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O。

整个系统处于静止状态。

现将细线剪断。

将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g。

在剪断的瞬间,（）

Aa1=3gBa1=0

CΔl1=2Δl2DΔl1=Δl2

6（多选）如图（a）,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图（b）所示。

若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出（）

A斜面的倾角

B物块的质量

C物块与斜面间的动摩擦因数

D物块沿斜面向上滑行的最大高度

7如图所示,一质量为M、倾角为θ的斜面体置于水平地面上,质量为m的小木块（可视为质点）放在斜面上。

现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F作用于小木块上,拉力在以斜面所在的平面内绕小木块旋转一周的过程中,斜面体和小木块始终保持静止状态,下列说法中正确的是（）

A小木块受到斜面的最大摩擦力为

B小木块受到斜面的最大摩擦力为F-mgsinθ

C斜面体受到水平地面的最大摩擦力为F

D斜面体受到水平地面的最大摩擦力为Fcosθ

8如图所示,气垫导轨上滑块经过光电门时,其上的遮光条将光遮住,电子计时器可自动记录遮光时间Δt。

测得遮光条的宽度为Δx,用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。

为使更接近瞬时速度,正确的措施是（）

A换用宽度更窄的遮光条

B提高测量遮光条宽度的精确度

C使滑块的释放点更靠近光电门

D增大气垫导轨与水平面的夹角

9如图所示,为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象,已知甲做匀变速直线运动,乙做匀速直线运动,则0~t2时间内下列说法正确的是（）

A两物体在t1时刻速度大小相等

Bt1时刻乙的速度大于甲的速度

C两物体平均速度大小相等

D甲的平均速度小于乙的平均速度

10如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。

A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。

现对A施加一水平拉力F,则（）

A当F2μmg时,A、B都相对地面静止

B当F=μmg时,A的加速度为μg

C当F3μmg时,A相对B滑动

D无论F为何值,B的加速度不会超过μg

11如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。

不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。

正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是（）

11若v2v1且mQgμmPg,则μmPg-mQg=（mP+mQ）a1,当P加速运动速度达到v1后,与皮带一起匀速运动,直到离开传送带（也可能加速过程中就离开传送带）,所以B项正确。

若v2v1且mQgμmPg,则P先匀减速到零再反向加速到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带）;若v2v1,且mQgμmPg,则P先匀减速至v1,然后与传送带一起匀速运动,直到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带）;若v2v1且mQgμmPg,满足mQg+μmPg=（mP+mQ）a2,中途减速至v1,以后满足mQg-μmPg=（mP+mQ）a3,以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带）,故C正确,A、D错误。

12下列说法中正确的是（）

A用点电荷代替实际带电体是采用了理想模型的方法

B牛顿在对自由落体运动的研究中，首次采用以实验检验猜想和假设的科学方法

C法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场

D哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律

非选择题部分（52分）

二填空题（本大题1图）

（2）仔细分析实验,小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化,影响实验结果。

他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度,发现读数不相同,于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响。

实验装置如题11-2图所示,将一张白纸固定在竖直放置的木板上,橡皮筋的上端固定于O点,下端N挂一重物。

用与白纸平行的水平力缓慢地移动N,在白纸上记录下N的轨迹。

重复上述过程,再次记录下N的轨迹。

（题11-2图）（题11-3图）

两次实验记录的轨迹如题11-3图所示。

过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点,则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为________。

（3）根据

（2）中的实验,可以得出的实验结果有哪些?

（）（填写选项前的字母）

A橡皮筋的长度与受到的拉力成正比

B两次受到的拉力相同时,橡皮筋第2次的长度较长

C两次被拉伸到相同长度时,橡皮筋第2次受到的拉力较大

D两次受到的拉力相同时,拉力越大,橡皮筋两次的长度之差越大

（4）根据小明的上述实验探究,请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项。

三解答题（本大题38分）

15如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=05m。

物块A以v0=6m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动。

P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=01m。

物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=01,A、B的质量均为m=1kg（重力加速度g取10m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短）。

（1）求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;

（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;

（3）求碰后AB滑至第n个（nk）光滑段上的速度vn与n的关系式。

15

（1）物块A由初始位置到Q的过程,由动能定理得

-mg×2R=mv2-m

解得v=4m/s

设在Q点物块A受到轨道的弹力为F,受力分析如图所示

由牛顿第二定律得mg+F=

解得F=-mg=22N

方向竖直向下

（2）由机械能守恒定律知物块A与B碰前的速度仍为v0=6m/s

A与B碰撞过程动量守恒,设碰后A、B的速度为v共

mv0=2mv共

解得v共=v0=3m/s

设A与B碰后一起运动到停止,在粗糙段运动的路程为s,由动能定理得

-μ×2mgs=0-×2m

解得s==45m

故k===45

（3）碰后AB滑至第n个（nk）光滑段上的速度等于滑离第n个（nk）粗糙段的速度

由动能定理得-μ×2mgnL=×2m-×2m

解得vn==（n45）

16一质量为05kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5m的位置B处是一面墙,如图所示。

物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。

g取10m/s2。

（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ;

（2）若碰撞时间为005s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;

（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。

16

（1）由动能定理,有-μmgs=mv2-m

可得μ=032

（2）由动量定理,有FΔt=mv’-mv

可得F=130N

（3）W=mv’2=9J

17一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为45m,如图（a）所示。

t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图（b）所示。

木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2。

求

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;

（2）木板的最小长度;

（3）木板右端离墙壁的最终距离。

17

（1）规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。

由牛顿第二定律有

-μ1（m+M）g=（m+M）a1①

由图（b）可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s,由运动学式得

v1=v0+a1t1②

s0=v0t1+a1③

式中,t1=1s,s0=45m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式并结合题给条得

μ1=01④

在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有

-μ2mg=ma2⑤

由图（b）可得

a2=⑥

式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条得

μ2=04⑦

（2）设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3。

由牛顿第二定律及运动学式得

μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3⑧

v3=-v1+a3Δt⑨

v3=v1+a2Δt⑩

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为

s1=Δt

小物块的位移为

s2=Δt

小物块相对木板的位移为

Δs=s2-s1

联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数据得

Δs=60m

因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为60m。

（3）在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3。

由牛顿第二定律及运动学式得

μ1（m+M）g=（m+M）a4

0-=2a4s3

碰后木板运动的位移为

s=s1+s3

联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数据得

s=-65m

木板右端离墙壁的最终距离为65m。

选择填空题答案

1A

1解法一由v2=2gh得v=。

对人与安全带作用的过程应用动量定理,则有（mg-F）t=0-mv,解得F=+mg,故A正确。

解法二对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律,则有F-mg=ma,而a==,解得F=+mg,故A正确。

2BD

2圆环在B处速度最大,加速度为0,BC段加速度在增大,因此,下滑过程中,加速度先减小后增大,选项A错误。

下滑过程中,设克服摩擦力做的功为Wf,由动能定理

mgh-Wf-W弹=0-0

上滑过程中

-mgh-Wf+W弹=0-m