2019-2020年高二上学期周练（三）物理试题 含答案.doc

2019-2020年高二上学期周练（三）物理试题 含答案一 选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求. 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北京成功申办2022年冬奥会，张家口将承办部分滑雪项目的赛事。雪面松紧程度的不同造成运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数也不同，假设滑雪运动员从半圆形场地的坡顶A下滑到坡的最低点B过程中速率不变，则运动员下滑过程中ABA加速度不变B受四个力作用C所受的合外力越来越大D与雪面的动摩擦因数变小2如图所示，一质量为m的匀质金属球C的左端由长为L的水平轻杆AB栓住，杆的一端A可绕固定轴转动，金属球搁置在一块质量也为m的水平木板D上，木板置于地面上，当用水平拉力匀速将木板拉出时，下列哪种情况拉力最小（ ）ABCDA拉力方向向右，金属球与木板之间摩擦系数为，木板与地面之间光滑B拉力方向向右，金属球与木板之间光滑，木板与地面之间摩擦系数为C拉力方向向左，金属球与木板之间摩擦系数为，木板与地面之间光滑D拉力方向向左，金属球与木板之间光滑，木板与地面之间摩擦系数为3如图所示，木板 P 下端通过光滑铰链固定于水平地面上的 O 点，物体 A 、 B 叠放在木板上且处于静止状态，此时物体 B 的上表面水平。现使木板 P 绕 O 点缓慢旋转到虚线所示位置，物体 A 、 B 仍保持静止，且相对木板没有发生移动，与原位置的情况相比（ ）PABOAA 对 B 的作用力减小BB 对 A 的支持力减小C木板对 B 的支持力减小D木板对 B 的摩擦力增大4我国海军在南海某空域举行实兵对抗演练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是A B C D5如图所示为商城中智能电梯，无人时，自动扶梯以较小的速度运行，当有顾客站到扶梯上时，扶梯先加速，后匀速将顾客从一楼运送到二楼.速度方向如图所示. 若顾客与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是（ ）vA在加速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力B在匀速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力C在加速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同D在匀速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同6如下图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是AFN1FN2，弹簧的伸长量增大DFN1FN2，弹簧的伸长量减小7下列说法不正确的是A、用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法B、探究求合力方法的实验中使用了控制变量的方法C、法拉第用归纳法得出了电磁感应的产生条件D、卡文迪许在测量万有引力常量时用了放大法8如图5甲所示，一质量可忽略不计的长为l的轻杆，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置能绕O点在竖直面内转动。假设小球在最高点的速度和对杆的弹力分别用v、FN表示，其中小球在最高点对杆的弹力大小与速度平方的关系图象如图乙所示。则（ ）A重力加速度gB小球的质量mlC当v2c时，小球受到向上的支持力D当c2b时，轻杆对小球的作用力大小为2a9如图所示，斜面体固定不动，一轻质弹簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上。分两次将质量为m1、m2（m2m1）的两物块从斜面上不同位置静止释放，两次运动中弹簧的最大压缩量相同（弹簧始终在弹性限度范围内）。物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，则Am1开始释放的高度高Bm1的重力势能变化量大Cm2的最大速度小Dm2的最大加速度小10如图所示，竖直固定一截面为正方形的绝缘方管，高为L，空间存在与方管前面平行且水平向右的匀强电场E和水平向左的匀强磁场B，将带电量为+q的小球从管口无初速度释放，小球直径略小于管口边长，已知小球与管道的动摩擦因数为，管道足够长，小球不转动。则小球从释放到底端过程中A小球先加速再匀速B小球的最大速度为C系统因摩擦而产生的热量为D小球减少的机械能大于产生的热量11在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v。则此时（ ）A物块B的受力满足B弹簧弹性势能的增加量为C物块A的加速度等于D此时，突然撤去恒力F，物块A的加速度等于第II卷（非选择题）二、计算题：共6题 共66分12如图所示，足够长的对接斜面AO和BO均与水平方向成角53，质量为m2kg的小物块由AO上高度h=4m处静止释放。小物块与斜面AO间摩擦因数为，斜面BO光滑，每次经过对接O处前后瞬间小物块的速度大小保持不变。求：ABOh （1）小物块第一次冲上斜面BO所达到的最大高度h1；（2）小物块在斜面AO和BO上运动足够长时间后滑过粗糙面的总路程S1；（3）小物块在斜面AO和BO上运动足够长时间后所经过的总路程S2。13过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车运行轨道的简易模型，它由竖直平面内粗糙斜面轨道和光滑圆形轨道组成。过山车与斜面轨道间的动摩擦因数为，圆形轨道半径为R，A点是圆形轨道与斜面轨道的切点。过山车（可视为质点）从倾角为的斜面轨道某一点由静止开始释放并顺利通过圆形轨道。若整个过程中，人能承受过山车对他的作用力不超过其自身重力的8倍。求过山车释放点距A点的距离范围。14如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。小滑块在斜面底端以初速度v0=9.6 ms沿斜面上滑。斜面倾角，滑块与斜面的动摩擦因数。整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量m=1 kg，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10 ms2。试求：（1）小滑块回到出发点时的速度大小。（2）定量画出斜面与水平地面之间的摩擦力随时间t变化的图像。15如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？（2）图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及函数关系式。16如图所示，质量为M倾角为的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为3L/4时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g。（1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度；（2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；（3）求弹簧的最大伸长量；（4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？17如图所示，倾角=30足够长的斜面顶端固定一光滑定滑轮，轻绳跨过定滑轮，两端分别连接钩码和一带凹槽的木块，木块的凹槽内放置一个钩码，两钩码的质量均为m=0.1kg，木块沿斜面向下匀速运动，速度大小为v0=10m/s。已知木块与斜面间动摩擦因数，重力加速度g=10m/s2。求：（1）木块的质量M；（2）若迅速将凹槽内的钩码挂到左侧钩码上，不计此过程中对系统速度的影响，木块经多长时间速度减为零。参考答案1D【解析】试题分析：滑雪运动员速率不变，必做匀速圆周运动，向心加速度的大小不变，方向时刻变化，故A错误；滑雪运动员下滑的过程中受重力、弹力和摩擦力三个力作用，故B错误；运动员做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，故C错误；运动员在运动方向（切线方向）上合力为零才能保证速率不变，在该方向，重力的分力不断减小，所以摩擦力Ff不断减小，而运动员下滑过程中重力沿径向的分力变大，所需向心力的大小不变，故弹力FN增大，由Ff=FN可知，运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小，故D正确故选D考点：匀速圆周运动；摩擦力【名师点睛】本题抓住运动员做的是匀速圆周运动，速率不变，而速度、加速度、合外力是变化的，注意动摩擦因数变化是解题的关键。2A【解析】试题分析：金属球与木板之间摩擦系数为，木板与地面之间光滑，水平力F将木板向右匀速拉出时，以光滑铰链为支点，对球杆整体受力分析，如图所示：由于摩擦力产生逆时针方向的力矩，根据平力矩平衡条件，重力的力矩大于支持力的力矩，由于重力和支持力的力臂相等，故重力大于支持力；故f1=FN1mg，根据牛顿第三定律可知，球对木板B的摩擦力的方向向左，大小为f1，以木板为研究对象，则在水平方向受力平衡：F1=f1mg金属球与木板之间光滑，木板与地面之间摩擦系数为，水平力F将木板向右匀速拉出时，球与木板之间没有摩擦力，所以重力和支持力相等，则：FN2=mg；以木板D为研究对象，竖直方向：FN2+mg-FNB=0；水平方向：F2-f2=0；所以地面对B的支持力：FNB=2mg；木板与地面之间的摩擦力：f2=2mg；所以：F2=f2=2mg；金属球与木板之间摩擦系数为，木板与地面之间光滑，当用水平力F将木板向左匀速拉出时，球受到的摩擦力向左，如图，由于摩擦力产生顺时针方向的力矩，根据平力矩平衡条件，重力的力矩小于支持力的力矩，由于重力和支持力的力臂相等，故重力小于支持力；故f3=FN3mg；根据牛顿第三定律可知，球对木板B的摩擦力的方向向左，大小为f3；以木板为研究对象，则在水平方向受力平衡：F3=f3mg金属球与木板之间光滑，木板与地面之间摩擦系数为，当用水平力F将木板向左匀速拉出时，球与木板之间没有摩擦力，所以重力和支持力相等，则：FN4=mg；以木板D为研究对象，结合B选项的分析可知，此时木板与地面之间的摩擦力大小、需要的拉力F4也是2mg综合以上的分析可知，F1F2=F4，F1F3，可知拉力方向向右，金属球与木板之间摩擦系数为，木板与地面之间光滑时需要的拉力最小故选A.考点：力矩；物体的平衡3B【解析】试题分析：设板与水平地面的夹角为以A为研究对象，A原来只受到重力和支持力而处于平衡状态，所以B对A的作用力与A的重力大小相等，方向相反；当将P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，B的上表面不再水平，A受力情况如图1，A受到重力和B的支持力、摩擦力三个力的作用，其中B对A的支持力、摩擦力的和仍然与A的重力大小相等，方向相反，则A受到B对A的作用力保持不变根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力也不变故A错误；结合对A选项的分析可知，开始时物体A不受B对A的摩擦力，B对A的支持力大小与重力相等；后来时设B的上表面与水平方向之间的夹角是，受到的B对A的支持力、摩擦力的和仍然与A的重力大小相等，方向相反，则A受到B对A的作用力保持不变，由于支持力与摩擦力相互垂直，N1=GAcos，所以A受到的支持力一定减小了故B正确；以AB整体为研究对象，分析受力情况如图2：总重力GAB、板的支持力N2和摩擦力f2，板对B的作用力是支持力N2和摩擦力f2的合力由平衡条件分析可知，板对P的作用力大小与总重力大小相等，保持不变N2=GABcos，f2=GABsin，减小，N2增大，f2减小故C错误，D错误故选B考点：物体的平衡4A【解析】试题分析：因为飞行沿虚线斜向下减速飞行，故合力沿虚线向上，飞机受到竖直向下的重力以及空气作用力，两个力作用，要想合力沿虚线向上，则根据矢量三角形可得空气对其对用力为，如图所示考点：考查了力的合成【名师点睛】本题是已知运动情况判断受力情况的问题，关键是先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向5A【解析】试题分析：加速运动阶段，乘客的加速度的方向沿电梯的方向向上，扶梯对乘客的支持力大于重力，乘客处于超重状态故A正确匀速运动阶段，扶梯对乘客的支持力等于重力，乘客既不超重，也不失重故B错误加速运动阶段，扶梯对乘客有水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力，顾客所受摩擦力与速度方向不相同故C错误；匀速运动阶段，扶梯对乘客只有竖直向上的支持力，没有摩擦力，故D错误故选A考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题考查物体的运动情况分析物体受力情况的能力可以用失重和超重的知识来解答；要注意的是匀速运动过程，扶梯对乘客没有摩擦力。【答案】C【解析】试题分析：磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向外，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方；长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上方；导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力拉力变大，弹簧长度将变长，故选项C正确。考点：电流的磁场对磁针的作用【名师点睛】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析。【答案】B【解析】试题分析：点电荷是物体在一定条件下的科学抽象，是建立理想化物理模型的方法，故A正确；在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的方法，故B错误；法拉第做了大量的实验用归纳法得出了电磁感应的产生条件，故C正确；卡文迪许通过扭秤用放大法测出了静电力常量，故D正确。考点：物理学史【名师点睛】本题考查对物理学研究方法的了解，常用的研究方法有控制变量法、放大法、理想实验法、归纳法等等。8 AB【解析】试题分析： 由图象可知，当v2=b时，杆对小球的弹力为零，即靠重力提供向心力，根据，解得重力加速度，故A正确；当v=0时，F=a，有F=mg=a，解得，故B正确；得当v2=cb时，重力小于向心力，则杆对小球的弹力方向向下，故C错误；当v2=c=2b时，解得：F=mg，故D错误。考点：向心力【名师点睛】本题主要考查了向心力 属于中等难度的题目。解决本题的关键在于掌握圆周运动向心力公式的直接应用，要求能根据图象获取有效信息。9ACD【解析】试题分析：因为两次运动中弹簧的最大压缩量相同，即弹簧的弹性势能相等，下落过程中的重力势能减小量转化为弹性势能，故，因为，所以m1开始释放的高度高，A正确；两者重力势能变化量相等，B错误；当时，物块的速度最大，所以当两者具有最大速度时，压缩弹簧比较厉害，故其最大速度较小，C正确；当最低点时加速度最大，根据牛顿第二定律可得，故质量大的最大加速度小，D正确；考点：考查了牛顿第二定律的应用，功能关系【名师点睛】在使用牛顿第二定律时，一般步骤为：1、确定研究对象；2、分析物体运动状态；3、对研究对象受力分析；4、建立坐标系；5、选取正方向；6、根据牛顿第二定律列方程求解，必要时对结果进行讨论分析10AC【解析】试题分析：小球向下运动，磁场方向水平向左，根据左手定则可得小球受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，对小球不做功，运动过程中受到的里面那个面给的摩擦力越来越大，最后当重力和摩擦力相等时，小球速度 不再改变，故小球先加速后匀速，A正确；小球受到两个面给的摩擦力，里面给的弹力大小为，右边的面给的弹力大小为，故小球受到的合弹力大小为，当摩擦力和重力平衡时，小球速度最大，即，故有，B错误；小球运动的过程中只有重力和摩擦力做功，由动能定理得：，解得，C正确；由于系统中只有重力和摩擦力做功，所以减小的机械能等于产生的热量，D错误；考点：考查了带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】该题考查带电小球在复合场中的运动，涉及受力分析、左手定则、以及摩擦力做功等问题，对小球的受力分析一定要细致，否则，在计算摩擦力做功的过程中，容易出现错误，11BCD【解析】试题分析：设开始时弹簧压缩量x1，最后压缩量为x2，对物块B，故A错误；对A和弹簧组成的系统，则有，整理得，故B正确；对物块A分析，则有，整理得，故C正确； 此时，突然撤去恒力F，物块A有，开始时A有，由题意可知，三式联立得，故D正确。本题选BCD。考点：功能关系；平衡条件；牛顿第二定律。【名师点睛】当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路。12（1）3m（2）20m（3）28.75m【解析】试题分析：（1）根据动能定理WG+Wf=EKmg(h-h1)- mghctg=0h1=3m（2）经过足够长时间，小物块最终静止在O点，对全过程由动能定理可知：WG+Wf = EKmgh-mgcosS1=0得S1=20m，所以小物快在粗糙斜面上的总路程为20m。（3）根据动能定理WG+Wf=EKmg(hOAn-hOA(n+1)-mg(hOAn+hOA(n+1)ctg=0hOA(n+1)= hOAn）由上一小题可知：hOBn=hOAn考点：动能定理的应用13【解析】试题分析：过山车恰能通过圆轨道的最高点从释放的最低点到A点，由动能定理设过山车经过最高点速度为v，从A点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律在圆轨道最高点，由牛顿第二定律解得:过山车在圆轨道最低点承受作用力最大从释放的最高点到A点，由动能定理从A点到圆轨道的最低点，由机械能守恒定律在圆轨道最低点，由牛顿第二定律 解得：过山车释放点距A点的距离范围考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律14（1）（2）如图所示【解析】试题分析：（1）滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：，解得设滑块上滑位移大小为L，则由，解得滑块沿斜面瞎晃过程，由牛顿第二定律：，解得根据，解得（2）滑块沿斜面上滑过程用时对斜面与滑块构成的系统受力分析可得滑块沿斜面下滑过程用时对斜面与滑块构成的系统受力分析可得随时间变化如图如图所示考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力15（1）；（2）【解析】试题分析： （1）以初速度v0为正方向，物块的加速度大小： 1分木板的加速度大小： 1分由图乙知，板长L=1m 2分滑块相对木板的路程： 2分联立解得： 1分当t=1s时，滑块的速度为2m/s，木板的速度为4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，应舍弃，故所求时间为。 1分（2）当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则： 1分 1分 1分联立解得： 2分由图乙知，相对路程：代入解得： 2分当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则： 1分 1分由于静摩擦力存在最大值，所以： 1分联立解得： 2分综述：BC段恒力F的取值范围是，函数关系式是。考点： 牛顿运动定律的综合应用【名师点睛】本题主要考查了牛顿运动定律的综合应用。属于难度较大的题目。本题考查牛顿运动定律滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动16（1）（2）见解答；（3）（4）【解析】试题分析：（1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据平衡条件，有：mgsin=kx解得： 故弹簧的长度为；（2）物体到达平衡位置下方x位置时，弹力为：k（x+x）=k（x+）；故合力为：F=mgsin-k（x+）=-kx；故物体做简谐运动；（3）简谐运动具有对称性，压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放，故其振幅为：；故其最大伸长量为：；（4）物块位移x为正时，斜面体受重力、支持力、压力、弹簧的拉力、静摩擦力，如图根据平衡条件，有：水平方向：f+FN1sin-Fcos=0竖直方向：FN2-Mg-FN1cos-Fsin=0又有：F=k（x+x），FN1=mgcos联立可得：f=kxcos，FN2=Mg+mg+kxsin为使斜面体保持静止，结合牛顿第三定律，应该有|f|FN2，所以当x=-A时，上式右端达到最大值，于是有：考点：简谐振动；物体的平衡；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题关键是先对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析；最后对斜面体受力分析，确定动摩擦因素的最小值，难题。17（1）0.3kg（2）4s【解析】试题分析：（1）由于匀速下滑，设绳拉力为T，对凹槽和钩码整体受力分析得：对钩码受力分析得：解得M=0.3kg（2）设M减速下的滑加速度为a，对M应用牛顿第二定律得：对钩码应用牛顿第二定律得：解得a= -2.5m/s2由运动学公式：t=4s考点：牛顿第二定律；物体的平衡【名师点睛】此题是典型的牛顿第二定律的应用问题；关键是能对系统受力分析求解系统的加速度，联系运动公式进行解答；此题意在考查学生基本规律的运用能力.