新疆昌吉州第二中学2022届高三物理第二次月考试题含解析

新疆昌吉州第二中学2022届高三第二次月考物理试题一、选择题（1-9为单选，每小题4分；10-14多选，每小题4分。共56分）1.在平直公路上行驶的a车和b车，其位移﹣时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知　　（）A.b车运动方向始终不变B.a、b两车出发的初位置不同C.t1到t2时间内a车的平均速度小于b车D.t1到t2时间内某时刻两车的速度相同【答案】D【解析】【详解】A、位移时间图象切线的斜率表示瞬时速度，b图线的斜率先正为负，则知b的运动方向发生变化，故A错误；B、a、b两车出发的初位置都在s=0处，故B错误；CD、t1时刻两车的位置相同，t2时刻两车的位置也相同，则t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故C错误，D正确；故选D。【点睛】位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，结合斜率的变化得出速度如何变化．根据位移和时间比较平均速度的大小。2.如图，有A、B两个完全相同的小球并排放在倾角为30°的固定斜面上，B球被竖直板挡住。不计一切摩擦，则A、B之间的作用力与竖直挡板对B的作用力之比为（　　）16A.32B.34C.33D.36【答案】B【解析】【详解】对A球受力分析，如图所示，A、B之间的作用力等于A球的重力沿着斜面的分量，为：F1=mgsin30°；B球与竖直挡板间的作用力F2方向与挡板垂直，把A、B看作一个整体，即：F2=2mgtan30°，故F1F2=34，故B正确，A、C、D错误；故选B。【点睛】先对A球受力分析，根据平衡条件列式求解B对A的支持力；再隔离A、B球整体，根据平衡条件列式求解竖直挡板对B的作用力。3.一物体沿倾角为α的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以某一初速度冲上斜面，则上滑时物体加速度大小为（　　）A.gsinαB.gtanαC.2gsinαD.2gtanα【答案】C【解析】16试题分析：据题意，当物体沿斜面下滑时做匀速运动，说明物体处于平衡状态，据物体的平衡条件则有：f=mgsinθ；如果物体以某一初速度冲上斜面，物体做匀减速直线运动，则上滑时的加速度为：a=2mgsinθm=2gsinθ，故C选项正确。考点：本题考查物体平衡条件和牛顿第二定律。4.如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x时的速度为v，其x－v2图象如图乙所示，取g＝10m/s2，则斜面倾角θ为A.30°B.45°C.60°D.75°【答案】A【解析】由匀变速直线运动的速度位移公式可得：v2=2ax，整理得：x=12av2，由x-v2图象可知小物块的加速度a=5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度：a=gsin θ，解得：sinθ=ag=510=12，解得：θ=30°，故A正确，BCD错误．故选A．点睛：本题考查了求斜面倾角问题，应用匀变速直线运动的速度位移公式求出图象的函数表达式，根据图示图象求出物体的加速度是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律可以解题．5.一个小球以20m/s的速度从坡底冲上一足够长的斜坡，当它返回坡底时的速度大小为16m/s。已知上坡和下坡两个阶段物体均沿同一直线做匀变速直线运动，但上坡和下坡的加速度不同。则物体上坡和下坡所用的时间和加速度之比分别为()A.4:525:16B.5:416:25C.2:34:9D.3:29:4【答案】A【解析】由s=v0+v2t16知上坡时间为t1=2sv0+v=2s20+0同理下坡时间为t2=2sv0+v=2s16+0故时间之比为：t1：t2=4：5；由v2−v02=2as知上坡时加速度为a1=v2−v022s=0−2022s同理下坡时加速度为a2=v2−v022s=0−1622s故加速度之比为：a1:a2=25:16。故选：A。6.如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持绳索始终平行于地面。为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在O点悬挂不同的重物G，则（）A.若健身者缓慢向右移动，绳OA拉力变小B.若健身者缓慢向左移动，绳OB拉力变大C.若健身者缓慢向右移动，绳OA、OB拉力的合力变大D.若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小【答案】D【解析】A、设OA的拉力为FA，OB的拉力为FB，重物C的质量为m，因O点始终处于平衡状态，根据平衡条件有：FAcosθ−mg=0，FAsinθ−FB=0，解得FA=mgcosθ，FB=mgtanθ，当健身者缓慢向右移动时，角变大，则FA、FB均变大，故选项A正确；B、当健身者缓慢向左移动时，角变小，则FA、FB均变小，因为健身者所受的摩擦力与OB绳拉力FB相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，故选项B错误，D正确；C、不论健身者朝哪里移动，绳OA、OB拉力的合力保持不变，大小等于重物G的重力mg，故选项C错误。16点睛：本题要注意正确选择研究对象，正确进行受力分析，再根据共点力平衡中的动态平衡分析各力的变化情况。7.如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面．当拉力F一定时，Q受到绳的拉力（　　）A.与斜面倾角θ有关B.与动摩擦因数有关C.与系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关【答案】D【解析】设Q物体绳上的拉力大小F2，物体与斜面的动摩擦因数为μ，对QP整体分析：根据牛顿第二定律有：F-（mP+mQ）g（sinθ-μcosθ）=（mP+mQ）a，对Q隔离分析有，F2-mQg（sinθ-μcosθ）=mQa，联立以上解得：F2=mQmP+mQ，故D正确，ABC错误。8.图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10m/s2，下列判断正确的是（　　）A.前10s悬线的拉力恒为1500NB.46s末材料离地面的距离为22mC.0～10s材料处于失重状态D.在30～36s钢索最容易发生断裂【答案】B【解析】由图可知前10s内物体的加速度a=ΔvΔt=110m/s2=0.1m/s2，，由牛顿第二定律F-mg=ma解得悬线的拉力：F=1515N，故A错误；v-t图象中图线下所围的面积表示位移，整个过程上升高度是28m，下降的高度为6m，46s末塔吊的材料离地面的距离为22m．故B正确；因30s～36s物体加速度向下，材料处于失重状态，拉力小于重力；前10s16材料处于超重状态，拉力大于重力，钢索最容易发生断裂，故CD错误。所以B正确，ACD错误。9.如图所示，两根刚性轻杆上端由自由旋转轴A连接，轻杆下端固定一根自然伸长的匀质轻弹簧，围成边长为L的等边三角形ABC，将此装置竖直放在光滑水平面上，在轴A处施加竖直向下的大小为F的作用力，弹簧被拉伸一定长度，若此时弹簧弹力大小恰为F2，则弹簧的劲度系数为（　　）A.F(2−1)LB.F2(2−1)LC.F(5−1)LD.F2(5−1)L【答案】B【解析】对整体分析可知，整体受压力和支持力的作用，则可知，BC两杆的端点受地面向上的大小为F2的弹力；因弹簧的弹力也为F2，根据三力平衡可知，此时杆与地面间的夹角为45°；则由几何关系可知，此时弹簧的长度以为2L；则其形变量为：（2L-L）；则由胡克定律可得：k=F22L−L=F2(2−1)L；故选B．10.如图所示，一个质量为m=2.0kg的物体放在倾角为30°的斜面上静止不动，若用竖直向上的力F=5.0N提物体，物体仍静止，取g=10m/s2，下述结论正确的是（）A.物体受到的合外力减小5.0NB.物体受到的摩擦力减小2.5NC.斜面受到的压力减小2.5ND.物体对斜面的作用力减小5.0N【答案】BD【解析】A、物体在有无拉力时，都处于静止状态，合力都为零．故A错误．B、C、无拉力时对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图:16根据共点力平衡条件，有f=mgsinθ,N=mgcosθ;有拉力F作用后，再次对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和静摩擦力，如图:根据共点力平衡条件，有f1=(mg-F)sinθ,N1=(mg-F)cosθ;故f−f1=Fsin30°=2.5N,N−N1=Fcos30°=532N;物体对斜面体的摩擦等于斜面体对物体的摩擦，减小2.5N．物体对斜面体的压力等于斜面体对物体的支持力，减小了532N．故B正确、C错误．D、物体对斜面的作用力为压力和摩擦力的合力，压力和摩擦力的合力方向竖直向下，知作用力减小5N．故D正确．故选BD．【点睛】本题关键是对物体受力分析后，根据共点力平衡条件用正交分解法列方程求解．施加向上的拉力后，可以等效为将物体的重力减小．11.如图5是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g＝10m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(　　)A.3m/s2B.2.5m/s2C.2m/s2D.4m/s216【答案】AD【解析】【详解】当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零，而Q、N传感器示数不为零，受力分析如图；根据牛顿第二定律得： FQ+mg=FNcos15°①F合=FNsin15°=ma②由①②知：a=FQ+mgmtan150=FQm×0.27+10×0.27=0.27FQm+2.7>2.7m/s2，故加速度大于2.7m/s2，故A、D正确，B、C错误；故选AD。【点睛】对圆柱形工件受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律列式进行求解，明确加速度的表达式，再进行分析明确加速度的范围，从而选出正确答案。12.如图所示，滑块A与小球B用一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A套在水平直杆上。现用大小为10N、与水平方向成30°角的力F拉B，使A、B一起向右匀速运动，运动过程中A、B保持相对静止。已知A、B的质量分别为2kg、1kg，重力加速度为10m/s2，则（）A.轻绳与水平方向的夹角θ＝60°B.轻绳与水平方向的夹角θ＝30°C.滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为34D.滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为35【答案】BD【解析】16试题分析：对B分析，B受重力、拉力F及绳子的拉力而处于平衡；将两拉力合成，因拉力为10N，小球的重力为10N，则由几何关系可知，轻绳的拉力也为10N，方向与水平方向成30°角，故B正确，A错误；对整体受力分析可知，A受到的支持力为：FN=（mA+mB）g-Fsin30°=25N，摩擦力等于F沿水平方向的分力为：f=Fcos30°=53N．则由：f=μFN'，FN'=FN解得：μ=fFN=35；故D正确，C错误；故选BD．考点：物体的平衡【名师点睛】本题要注意应用整体法与隔离法的正确使用，注意应用整体法时一定要分清内力与外力，正确的受力分析。13.如图，质量分别为mA、mB的A、B两个楔形物体叠放在一起，B靠在竖直墙壁上，在水平力F的作用下，A、B静止不动，则（　　）A.A物体受力的个数可能为3B.B受到墙壁的摩擦力方向可能向上，也可能向下C.力F增大（A、B仍静止），A对B的压力也增大D.力F增大（A、B仍静止），墙壁对B的摩擦力也增大【答案】AC【解析】试题分析：隔离A物体，受受重力、B对A的支持力和外力F，三个力作用；若AB间存在静摩擦力，则有：A受四个力，A正确，将AB看做一个整体，整体在竖直方向上受到重力和摩擦力，所以墙对B的摩擦力方向只能向上，B错误；若F增大，则F在垂直B斜面方向的分力增大，所以对B的压力增大，C正确；先对AB整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向：f=GA+GB，因此当水平力F增大，墙壁对B的摩擦力仍不变，D错误。考点：考查了共点力平衡条件的应用14.如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙＝5kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙＝1kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲＝162kg的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度g＝10m/s2。则（　　）A.盒子的加速度大小为2.5m/s2B.细绳对盒子的拉力大小为20NC.盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5ND.定滑轮受到细绳的作用力为30N【答案】AC【解析】【详解】AB、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：m甲g=(m甲+m乙+m丙)a，解得整体的加速度为a=m甲gm甲+m乙+m丙=2.5m/s2，以乙和丙整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得绳子的拉力大小为：F=(m乙+m丙)a=5+1×2.5=15N，故A正确，B错误；C、以丙为研究对象，根据牛顿第二定律可得盒子对滑块丙的摩擦力大小为f=m丙a=2.5N，故C正确；D、定滑轮受到细绳的作用力为：T=2F=152N，故D错误；故选AC。【点睛】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度大小；再以乙和丙为研究对象求解绳子拉力大小，以丙为研究对象，根据牛顿第二定律求解摩擦力大小；以滑轮为研究对象，根据力的合成求解绳子对滑轮的作用力大小。二、实验题（本题共2小题，每空3分，共18分）15.某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500N/m.如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下：16(1)若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是________N(图2中所示)，则弹簧秤b的读数可能为________N.(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数________、弹簧秤b的读数________(填“变大”“变小”或“不变”)．【答案】(1).3.00；(2).3.9；(3).变大；(4).变大【解析】试题分析：（1）根据胡克定律可知，F=kx=500×0.01=5N；根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3．00N；两弹簧秤夹角为90°，则可知，b的读数为：F=52−32=4.00N；（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；考点：考查验证平行四边形定则的实验【名师点睛】由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b的读数；根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况视频16.做“验证牛顿第二定律”实验时，按实验要求安装好器材后，应按一定的步骤进行实验，下列给出供选择的操作步骤：A．保持小盘和其中砝码的质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次B．保持小车质量不变，改变小盘里砝码的质量，测出加速度，重复几次C．用天平测出小车和小盘的质量16D．在长木板没有定滑轮的一端垫上厚度合适的垫木，平衡摩擦力E．根据测出的数据，分别画出a－F和a−1M图象F．用秒表测出小车运动的时间G．将装有砝码的小盘用细线通过定滑轮系到小车上，接通电源，释放小车，在纸带上打出一系列的点以上步骤中，不必要的步骤是________，正确步骤的合理顺序是C________E。(填写代表字母)【答案】(1).F(2).DGBA【解析】（1）打点计时器的打点周期是0.02s，可以通过打点数量求运动时间，不需要用秒表测出小车运动的时间，F不必要；（2）在研究物体的“加速度、合外力和质量”三个物理量的关系时，分别控制一个物理量不变，看另外两个物理量之间的关系，因此采用了“控制变量法”进行研究；根据实验原理要让小盘和其中砝码的的重力等于小车所受的合外力，故要先对小车平衡摩擦力；然后画a-F和a-1M的图线时要知道合外力F的值，即重物的重力，和小车的质量，故要测量出小车和重物的质量；之后利用纸带和打点计时器测量出小车的加速度a的值，用控制变量法，分别多测几组数据；最后用图象法处理数据；故实验顺序为：CDGBAE。三、计算题（本题共3小题，共计36分）17.如图所示，倾角为37°的斜面体固定在地面上，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与质量为mA=3kg的物块A连接，另一端与质量为mB=1kg的物块B连接。开始时使A静止于斜面上，B悬空。现释放物块A，物块A将在斜面上沿斜面匀加速下滑，求绳中的拉力（所有接触面产生的摩擦均忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）【答案】12N【解析】16【分析】分别对AB进行受力分析，由牛顿第二定律可得出关于加速度的表达式，联立可解出加速度及拉力。【详解】解：由牛顿第二定律mAgsin370−T=mAa①NA=mAgcos370②以B为研究对象，由牛顿第二定律T−mBg=mBa③联立解得：加速度a=2m/s2绳中的拉力T=12N18.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=37°时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以v0=10m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离将发生变化。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g=10m/s2。（1）小木块与木板间的动摩擦因数；（2）当θ角为多大时，小木块能沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。【答案】(1)0.75(2)θ＝53°，4m【解析】【分析】当θ=37°时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑，合力为零．对小木块进行受力分析，根据平衡条件可以求出动摩擦因数；木块向上做匀减速运动，根据速度位移关系求出位移与θ的关系式，由数学知识求解。【详解】）解：（1）当小木块向下滑动且θ＝37°时，对小木块受力分析mgsinθ=μFNFN－mgcosθ=0则动摩擦因数为μ=tanθ=tan37°=0.7516（2）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a，则mgsinθ+μmgcosθ=ma小木块的位移为x，v02＝2ax则x=v022g(sinθ+μcosθ)令tanα＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝53°最小值为xmin=2v025g代入数据得Xnim=4m19.如图所示，粗糙水平面上放置一个质量M＝2kg、长度L＝5m的木板A，可视为质点的物块B放在木板A的最左端，其质量m＝1kg。已知A、B间动摩擦因数为μ1＝0.2，A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.4。开始时A、B均处于静止状态，当B获得水平向右的初速度v0＝8m/s的同时，对A施加水平向右的恒力F，取g＝10m/s2，求：(1)为使物块B不从木板A的右端滑出，力F的最小值为多大？(2)若F＝22N，则物块B的最大速度为多大？【答案】（1）18.8N（2）10m/s【解析】（1）物块B在木板A上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知：μ1mg＝ma1解得：a1＝2m/s2物块B滑到A的右端时A、B速度相等，则物块B刚好不从木板A的右端滑出，A、B相对位移为木板长L，木板A的加速度为a2，由速度公式和位移公式可知：木板A的速度为：v＝a2t物块B的速度为：v＝v0－a1t木板A的位移为：xA=v2t物块B的位移为：xB=v0+v2tA、B的相对位移为木板长L：L＝xB－xA联立以上各式解得：a2=225m/s216对木板A，由牛顿第二定律可知：F＋μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma2解得：F＝18.8N（2）物块B在木板A上先做匀减速直线运动，加速度为a1＝2m/s2；木板A做匀加速直线运动。对木板A，由牛顿第二定律可得：F＋μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma3解得：a3＝6m/s2设经过时间t1，A、B两物体速度相同，大小都为v1v1＝v0－a1t1v1＝a3t1联立解得：t1＝1sv1＝6m/s在此过程中A、B的位移分别为xA1、xB1，则：xA1=v12t1xB1=v0+v12t1A、B间的相对位移为：Δx1＝xB1－xA1A、B速度相同后，木板A以a4的加速度继续匀加速运动，由牛顿运动定律可知：F－μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma4解得：a4＝4m/s2由于a4＞a1，所以物块B也向右做匀加速运动，但相对木板A向左运动，经时间t2后物块B会从木板A的左端滑出，在这段时间内：木板A的位移为：物块B的位移为：A、B间的相对位移Δx2＝Δx1，则：Δx1＝xA2－xB2联立解得：t2＝2s物块B从木板A的左端滑出时的速度为：v3＝v1＋a1t2解得：v3＝10m/s物块B从木板A的左端滑出后落到地面上做匀减速运动，所以整个过程中，物块B从木板A16的左端滑出时的速度为最大速度：10m/s点睛：本题考查了受力分析与牛顿第二定律的综合运用，关键理清放上木块后木板和木块的运动情况，抓住受力分析，结合牛顿第二定律结合解答．16