1、高三第二次质量调研考试物理综合试题一、选择题 （本题 12小题，每小题 4分，1-8 单选，9-12 多选）1.甲、乙两个小球的质量相等，从同一高度分别做自由落体运动和平抛运动，最后落在同一水平地面上。不计空气阻力，下列说法不正确的是A. 甲、乙在飞行的整个过程中，时间相同 B. 甲、乙在飞行的整个过程中，加速度相同C. 甲、乙在飞行的整个过程中，速度变化相同 D. 甲、乙在飞行的整个过程中，速度变化不同【答案】D【解析】【详解】两物体在竖直方向均做自由落体运动，则加速度均为 g，根据 h= gt2可知，两物体的运动时间相同，根据v=gt 可知，速度的变化相同，故选项 ABC 正确，D 错误；
2、此题选择不正确的选项，故选 D.2. 如图为表演杂技“飞车走壁”的示意图演员骑摩托车在一个圆桶形结构的内壁上飞驰，做匀速圆周运动图中 a、b 两个虚线圆表示同一位演员骑同一 辆摩托，在离地面不同高度 处进行表演的运动轨迹不考虑车轮 受到的侧向摩擦，下列 说法中正确的是（ ）A. 在 a 轨道上运动时角速度较大B. 在 a 轨道上运 动时线速度较大C. 在 a 轨道上运 动时摩托车对侧壁的压力较大D. 在 a 轨道上运动时摩托车和运动员所受的向心力较大【答案】B【解析】试题分析：A、b、c 平抛运动的高度相同，根据 t= 知，b、c 运动时间相同，故 A 正确B、a、 b 的高度之比为 2：1，
3、根据 t= 知，a、b 的运动时间之比为 ，水平位移相等，则 a、b 的初速度之比为 ，故 B、C 错误D、b、c 的运动时间相等，水平位移之比为 2：1，则 b 的初速度是 c 初速度的 2 倍，故 D正确故选：AD3.如图所示，质量相等的三个物块 A、B、C，A 与天花板之间、B 与 C 之间均用轻弹簧相连，A 与 B 之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断 AB 间的细绳，则此瞬间 A、B、C 的加速度分别为（取向下为正） （ ）A. g、2g、0 B. 2g、2g、0 C. 2g、2g、g D. 2g、g、g【答案】B【解析】抓住剪断绳的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹簧弹力瞬间不变，所以
4、分析：对 A 受力分析有：剪断前平衡有： 剪断瞬间： ； 对 B 进行受力分析有：剪断前平衡有： 剪断瞬间有： 对 C 进行受力分析有：剪断前平衡： 剪断瞬间： 由知 C 的加速度为 ；把代入得 B 的加速度 ，方向向下把和代入得 A 的加速度大小为 ，方向向上因为取向下为正方向所以： ，故选项 B 正确，ACD 错误。点睛：本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要注意轻弹簧的弹力与行变量成正比，来不及突变，而细线的弹力是有微小形变产生的，故可以突变。4.如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上 O 点，跨过滑轮的细绳连物块a、b
5、，a、b 都处于静止状态现将物块 b 移至 C 点后，a、b 仍保持静止，下列说法中正确的是 A. b 与水平面间的摩擦力减小B. 地面对 b 的弹力减小C. 悬于墙上的绳所受拉力不变D. a、b 静止时，图中 三角相等【答案】D【解析】【详解】对物体 a 分析，由于 a 处于静止，故绳子的拉力等于 a 的重力；绳子对 b 的拉力也保持不变，等于 a 的重力；再对物体 b 分析，b 向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向 b 受力平衡，摩擦力增大，故 A 错误；物体 b 向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳拉力竖直分量减小，则地面对 b 的弹力变大，故 B 错误；由于两绳间夹
6、角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小，故 C 错误；对滑轮分析，由于 A 一直竖直，故绳子与墙平行，故 =；因拉 A 的绳子与拉 B 的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故、三角始终相等，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题要注意分别对 A、B 及滑轮分析，根据共点力的平衡条件可得出各物体受力的关系；同时注意要根据力的合成与分解等知识进行讨论5.一块砖放在一足够长的倾斜木板上，砖能够加速下滑。某时刻起，将板逐渐下放至水平，则砖受到的摩擦力大小的变化可能是：A. 一直增大 B. 一直减小 C. 先增大后减小 D. 先减小再增
7、大【答案】C【解析】【详解】设木板与水平面的倾角为 ，对物体进行受力分析可知物体受竖直向下的重力mg，垂直木板向上的支持力 N，沿木板向上的静摩擦力 F，当物体在木板上下滑时，夹角继续减小，则有 N=mgcos 与 f=N=mgcos 所以有摩擦力增大；当在物体处于静止状态时，故垂直木板方向合力为零，则物块所受支持力与摩擦力的合力与重力相平衡，故合力不变。因此，N=mgcos；在沿斜面方向有 f=mgsin，由题意可知 逐渐减小，故 N 逐渐增大，f逐渐减小。因此 C 正确， ABD 错误；故选 C。【点睛】本类题目的解题步骤：确定研究对象，对研究对象进行受力分析，再进行正交分解，最后根据受力
8、平衡写出所求力的数学表达式，从而可以根据角度的变化情况判断出力的变化情况6.为 m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为 P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为 v，那么当汽车的车速为 时汽车的瞬时加速度的大小为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】当牵引力等着阻力时，速度最大，根据 得到，阻力的大小 ，当速度为 时，牵引力 ，根据牛顿第二定律得到，加速度 ，故选项 C 正确。点睛：解决本题的关键知道功率与牵引力、速度的关系，知道牵引力等于阻力时，速度最大；速度变化时，牵引力要发生变化.7. 如图所示，一斜面体静止在粗糙的水平地面上，一物体恰能在
9、斜面体上沿斜面匀速下滑若用沿平行于斜面方向的力 F 向下推此物体，使物体加速下滑，斜面体依然和地面保持相对静止，则斜面体受到地面的摩擦力（ ）A. 大小为零 B. 方向水平向右C. 方向水平向左 D. 大小和方向无法判断【答案】A【解析】对斜面体进行受力分析，开始做匀速下滑，知压力与摩擦力在水平方向上的分力相等，当用力向下推此物体，使物体加速下滑，虽然压力和摩擦力 发生了变化，但摩擦力 f 始终等于 FN，知两力在水平方向上的分力始终相等，所以仍然不受摩擦力故 A 正确， BCD 错误故选 A点睛：解决本题的关键，正确地 进行受力分析，比 较出斜面体在水平方向分力的大小，从而判断摩擦力8.物块
10、从光滑曲面上的 P 点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的 Q 点，若传送带的皮带轮沿顺时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到P 点自由滑下，则A. 物块将不可能落在 Q 点B. 物块仍有可能落到 Q 点C. 物块将可能落在 Q 点的左边D. 物块将可能落在 Q 点的右边【答案】BD【解析】【分析】物块从光滑曲面 P 点由静止开始下滑，通过粗糙的静止水平传送带时，受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动若传送带顺时针转动时，分情况讨论：物块滑上传送带时速度等于传送带速度、大于传送带速度、小于传送带速度，分析物块的运动情况来选择【详解】物块从斜面滑下来，当传送带
11、静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动，离开传送带时做平抛运动；当传送带顺时针转动时，物体相对传送带可能向前运动，使物体在传送带上一直做减速运动，然后做平抛运动离开传送带，物体仍落在 Q 点；当传送带顺时针转动时，物体相对传送带也可能向后运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相同，物体可能做加速，离开传送带时的速度大于传送带静止时的速度，所以会落到传送带的右边。故选 BD。9.物体 A 放在物体 B 上，物体 B 放在光滑的水平面上，已知 mA=6kg，mB=2kg，A、B 间动摩擦因数 =0.2，如图所示现用一水平向右的拉力 F 作用于物体 A 上，则下列说法中正确的是
12、（g=10m/s 2）（ ）A. 当拉力 F 12N 时，A 静止不动B. 当拉力 F12N 时，A 一定相对 B 滑动C. 无论拉力 F 多大，A 相对 B 始终静止D. 当拉力 F=24N 时，A 对 B 的摩擦力等于 6N【答案】D【解析】当 A、B 刚要滑动时，静摩擦力达到最大值设此时它们的加速度为 a0，拉力为 F0AB 间的最大静摩擦力为 f=mAg=12N；根据牛顿第二定律，得：对 B：对整体：F 0=（mA+mB）a0=48N；当 F48N时，AB 相对静止，F48N 时，AB 发生相对滑动故 ABC 均错误；当拉力 F=24N 时，AB 相对静止， 对整体： ；对 B：f=m
13、Ba=6N 故 D 正确故选 D.10.如图所示， 小球沿斜面向上运动， 依次经 a、b、c、d 到达最高点 e. 已知ab=bd=6m， bc=1m， 小球从 a 到 c 和从 c 到 d 所用的时间都是 2s， 设小球经 b、c 时的速度分别为 vb、v c， 则（ ）A. B. vc=3m/sC. de=3m D. 从 d 到 e 所用时间为 4s【答案】ABD【解析】小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因从 a 到 c 和 c 到 d 所用时间相等，故经过 c 点时恰为从 a 到 d 所经历时间的中间时刻， ，选项 B 正确；因xacx abx bc7m，x cdx bdx bc5m，由
14、xx acx cdaT 2 得：a0.5m/s 2，由 可得，v b m/s，选项 A 正确；从 c 到 e 所经历的时间 ，故从 d 到 e 所用的时间tdet ceT4 s， ，选项 C 错误， 选项 D 正确故选 ABD.11.猜想一下，如果太阳的质量不断减小，则关于地球绕日公转的情况，以下说法正确的是A. 轨道半径不断变大 B. 轨道半径不断变小C. 公转周期不断变大 D. 公转周期不断变小【答案】AC【解析】【详解】若太阳的质量不断减小，则太阳对地球的引力逐渐减小，则地球将做离心运动，则地球绕太阳公转的轨道半径将变大；根据 可知 可知，公转周期不断变大；故选项 AC 正确，BD 错误
15、；故选 AC.12.如图所示，发射升空的卫星在转移椭圆轨道上 A 点处经变轨后进入运行圆轨道A、B 分别为轨道的远地点和近地点则卫星在轨道 上A. 经过 A 点的速度小于经过 B 点的速度B. 经过 A 点的动能大于在轨道上经过 A 点的动能C. 运动的周期大于在轨道 上运动的周期D. 经过 A 点的加速度等于在轨道上经过 A 点的加速度【答案】AD【解析】【详解】由 B 运动到 A 引力做负功，动能减小的，所以经过 A 点的速度小于经过 B 点的速度，故 A 正确；同在 A 点，只有加速它的轨道才会变大，所以经过 A 点的动能小于在轨道上经过 A 点的动能，故 B 错误；轨道的半长轴小于轨道
16、的半径，根据开普勒第三定律，在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期，故 C 错误；根据 a= ，在轨道上经过 A 的加速度等于在轨道 上经过 A 的加速度，故 D 正确；故选 AD。【点睛】解决本题的关键理解卫星绕地球运动的规律要注意向心力是物体做圆周运动所需要的力，比较加速度，应比较物体实际所受到的力，即万有引力二、实验题（共 12分）13.在研究平抛运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长 L1.25 cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图 6 中 a、b、c、d 所示，则小球平抛的初速度v0_(用 L、g 表示)，其值是 _(g 取 9.8 m/s2)【答案】 (1)
17、. (2). 0.70 m/s【解析】试题分析：在竖直方向上，根据 得， ，则初速度 。考点：研究平抛物体的运动【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。14.在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中，某实验探究小组的实验装置如图中甲所示木块从 A 点静止释放后，在 1 根弹簧作用下弹出，沿足够长木板运动到 B1点停下，O点为弹簧原长时所处的位置，测得 OB1的距离为 L1，并记录此过程中弹簧对木块做的功为W用完全相同的弹簧 2 根、 3 根并列在一起进行第 2 次、第 3 次实验，每次实验木块均从 A 点释放，木块分别运动到 B1、
18、B2停下，测得 OB2、OB3的距离分别为L2、L3作出弹簧对木块做功 W 与木块停下的位置距 O 点的距离 L 的图象 WL，如图乙所示。(1)根据图线分析，弹簧对木块做功 W 与木块在 O 点的速度 v0之间的关系_。(2)WL 图线为什么不通过原点？_。(3)弹簧被压缩的长度 LOA 为多少？_。【答案】 (1). W 与 v0的二次方成线性变化 (2). 未计木块通过 AO 段时，摩擦力对木块所做的功 (3). 3cm【解析】【详解】木块在平衡位置处获得最大速度，之后与弹簧分离，在摩擦力作用下运动到 B 位置停下，由 O 到 B 根据动能定理：-fL=0- mv02，故 Lv 02；对
19、全过程应用动能定理有：W-fL OA-fL=0 即 W=fL+fLOA 结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小、截距等于 OA 段摩擦力做的功（1）由动能定理知 Lv 02，由图线知 W 与 L 成线性变化，因此 W 与 v02也应成线性关系，即 Wv 2 （2）根据动能定理全过程的表达式 W-fLOA-fL=0，所以 W-L 图线不通过原点，是因为未计木块通过 AO 段时，摩擦力对木块所做的功， （或 AO 段木块克服摩擦力所做的功） （3）图中 W 轴上的斜率等于摩擦力大小，即 ，截距等于摩擦力做的功，将 W=1J，L=0.06m 代入，得：b+6f=1，所以：b= J，则 LOA= 0
20、.03m3cm【点睛】本题考查了创新方法探究功与速度的关系，关键是列出两个动能定理方程然后结合数学函数进行分析出截距与斜率的物理意义，有些难度三、计算题（共 40分）15.如图所示，m 1=m2=1.0kg，=37，足够长的固定斜面与 m1之间的动摩擦因数 =0.25，m2离地面 h=0.8m，求系统由静止开始运动，当 m2落地后，m 1还能向上滑行多远？（已知斜面足够长，取 g=10m/s2，sin37=0.6）【答案】0.1m【解析】【详解】设 m2开始下落时两物体的加速度大小为 a1，绳子拉力为 F，则根据牛顿第二定律得m2g-F=m2a1F-m1gsin-m1gcos=m1a1由上两式
21、得到，m 2g-m1gsin-m1gcos=（m1+m2）a1代入解得，a 1=1m/s2设 m2落地时的速度为 v，则 v2=2a1h设 m2落地后 m1的加速度为 a2，m1还能沿斜面上升 S，则有m1gsin+m1gcos=m1a2v2=2a2S联立上两式得到，s=代入解得 s=0.1m【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法此题也可以根据动能定理，分两个过程求解16.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径 r=0.2m 的四分之一细圆管 CD，管口 D 端正下方直立一根劲度
22、系数为k=100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口 D 端平齐，一个质量为 1kg 的小球放在曲面 AB 上，现从距 BC 的高度为 h=0.6m 处静止释放小球，它与 BC 间的动摩擦因数 =0.5，小球进入管口 C 端时，它对上管壁有 FN=2.5mg 的相互作用力，通过 CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能 Ep=0.5J。取重力加速度 g=10m/s2。求：（1）小球在 C 处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能 Ekm；（3）小球最终停止的位置。【答案】 （1）35N；（2）6J；（3）距离 B 0.2m 或距离 C 端 0.3m。 【
23、解析】（1）小球进入管口 C端时它与圆管上管壁有大小为 F=2.5mg的相互作用力，故小球受到的向心力为：F 向 =2.5mg+mg=3.5mg 在 C点，由 代入数据得：v c m/s （2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零设此时滑块离 D端的距离为x0，则有 kx 0=mg 解得 . 由机械能守恒定律有 mg（r+x 0）+ mvC2=Ekm+Ep得 Ekm=mg（r+x 0）+ mv C2-Ep=3+3.5-0.5=6（J）（3）滑块从 A点运动到 C点过程，由动能定理得 mgh-mgs= mvC2解得 BC间距离 s=0.5m. 小球与弹簧作用后返回 C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与 BC水平面相互作用的过程中设物块在 BC上的运动路程为 s，由动能定理有 0- mvC2=mgs解得 s=0.7m故最终小滑块距离 B为 0.7-0.5m=0.2m处停下.
