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1、准兑市爱憎阳光实验学校准兑市爱憎阳光实验学校 20212021 级第二次诊断性测级第二次诊断性测试物理试题试物理试题考前须知第第 I I 卷共卷共 4444 分分一、选择题第一卷包括 11 个小题，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得 0 分1.在力学理论建立的过程中，有许多伟大的家做出了奉献。关于家和他们的奉献，以下说法正确的选项是A.伽利略的理想在现可以实现B.亚里士多德认为：两个不同重量的物体从同一高度下落，重物体下落较快C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D.笛卡尔对牛顿第一律的建立做出了奉献【答案】BD【
2、解析】亚里士多德认为：力是维持物体运动的原因，两个不同重量的物体从同一高度下落，重物体下落较快，B 正确；伽利略在对力和运动的研究中设想了理想斜面，否了亚里士多德力是维持物体运动原因的理论，将实际现象合理外推，开创了将和逻辑推理结合起来的研究方法，由于摩擦阻力不能完全消除，理想在现不可以实现，A、C 错误；伽利略、笛卡尔家对牛顿第一律的建立做出了奉献，故 D 正确.2.重为 m1的光滑球放在光滑墙脚下，球的右侧跟一个重为 m2的光滑斜面体相接触，如下图，一个向左的水平力 F 作用在斜面体上，使球与斜面体都处于静止，且球与竖直墙和水平地面继续接触，那么 m1、m2受外力的个数可能为A.3 个，4
3、 个B.3 个，3 个C.4 个，5 个D.4 个，4 个【答案】AD【解析】由题意知，m2一受 4 个力的作用：重力、地面支持力、m1的压力和 F；当 F 较小时，m1、m2之间的作用力在竖直方向的分力小于 m1的重力，m1受 4 个力作用：重力、地面支持力、m1的支持力和墙面向右的弹力；当F 较大时，m1、m2之间的作用力在竖直方向的分力大于或于 m1的重力时，m1受 3 个力作用：重力、m1的支持力和墙面向右的弹力。应选项 AD 正确。3.修建房屋时，常用如下图的装置提运建筑材料，当人向右运动的过程中，建筑材料 A 被缓缓提起，此过程中，设人对地面的压力为 FN，人受到地面的摩擦力，人拉
4、绳的力为 F，那么以下说法中正确的选项是A.FN、Ff和 F 都增大B.FN、Ff增大，F 不变C.FN、Ff和 F 都减小D.FN增大，Ff减小，F 不变【答案】B【解析】建筑材料A被缓缓提起，说明A处于一的平衡状态，向上做匀速运动，绳上的拉力大小 F 始终于mAg，设绳与水平方向的夹角为，以人为研究对象，竖直方向上有m人g F N F sin，由牛顿第三律得FN=F N m人g F sin，FfFN(m人g F sin)，由于人向右运动，所以逐渐减小，所以 FN、Ff逐渐增大。选项 B 正确。4.如右图所示，质量为m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板 AB 托住，小球恰好处于
5、静止状态。那么A.当木板 AB 突然向下撤离后的瞬间，小球的加速度为 0B.当木板 AB 突然向下撤离后的瞬间，小球的加速度为大小为 g，方向竖直向下C.当木板 AB 突然向下撤离后的瞬间，小球的加速度为大小为2 33g，方向垂直木板向下D.在木板 AB 撤离后的一小段时间内，小球的机械能减小【答案】CD【解析】木板撤离前，小球处于平衡状态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图根据共点力平衡条件，有 F-Nsin30=0，Ncos30-G=0解得N 2 33mg,F 33mg木板 AB 突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力于支持力 N，方向与 N 反向，故加速度为a Nm2 33g应选项
6、C 正确因为 FG,所以在木板 AB 撤离后的一小段时间内，小球的机械能将有一转化成弹簧的弹性势能，D 正确。5.小球由地面竖直上抛，设所受阻力大小恒，上升的最大高度为 H，地面为零势能面。在上升至离地高度 h 处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离地面高度 h 处，小球的势能是动能的两倍，那么 h 于A.HH9 B.2H3H9 C.9 D.49【答案】D【解析】设小球受到的阻力大小恒为 f，小球上升至最高点过程由动能理得：-mgH-fH=0-12mv20；小球上升至离地高度 h 处时速度设为 v1，由动能理得：-mgh-fh=112mv212mv20，又12mv21=2mgh；小球上升至最高
7、点后又下降至离地高度 h 处时速度设为 v2，此过程由动能理得：-mgh-f(2H-h)=1mv21222mv20，又12mv22=mgh；以上各式联立解得 h=4H9，应选 D6.一辆质量为 m 的在发动机牵引力 F 的作用下，沿水平方向运动。在 t0时刻关闭发动机，其运动的v-t 图象如下图。行驶过程中所受的阻力是重量的k倍，那么A.加速过程与减速过程的平均速度比为 1：2B.加速过程与减速过程的位移大小之比为 1：2C.牵引力 F 与所受阻力大小比为 3：1D.牵引力 F 做的功为3kmg0t02【答案】BCD【解析】由题图可知，加速过程F f ma,a v0t，位移x1102v0t0；
8、减速过程 f ma,a v02t，位移x1202v02t0，又f kmg，由以上各式解得加速过程与减速过程的位移大小之比为 1：2，平均速度比为 1：1，牵引力 F 与所受阻力大小比为 3：1，牵引力 F 做的功为W Fxkmg0t01=32，应选项 A 错误,BCD 正确。7.如下图，有两个光滑固斜面 AB 和 BC，A 和 C 两点在同一水平面上，斜面BC 比斜面 AB 长。一个滑块自 A 点以速度 vA上滑，到达 B 点时速度减小为零，紧接着沿 BC 滑下。设滑块从 A 点到 C 点的总时间为 tC，那么在滑动过程中，以下关于运动速度 v、加速度的大小 a、动能 Ek、机械能 E 的四个
9、图象，正确的选项是【答案】BC【解析】滑块先匀减速上滑后匀加速下滑，下滑时加速度较小，用时较长，由于斜面光滑，不受摩擦力，只有重力做功，故机械能守恒，物体滑到C 点的速度于 A 点的速度，比拟四个图象易得 BC 正确 AD 错误。8.水平抛出的小球，t 秒末的速度方向与水平方向的夹角为1，t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为2，忽略空气阻力，那么小球初速度的大小为A.gt0(cos1-cos2)B.gt0cos1cos2C.gt0(tan1-tan2)D.gt0tantan21【答案】D【解析】t 秒末时，vvy1=gt，tan1=y1gtv0v0t+tv0秒末时，同理可得：tan2=y2v
10、g(t t0)0v0联立解得：v0=gt0tan2tan，应选 D19.如下图，小球以初速度为 v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为 h 的斜面顶部。右图中 A 是半径大于 h 的光滑14圆周轨道、B 是半径小于 h的光滑12圆周轨道、C 是内轨半径于 h 的光滑圆周轨道，小球均沿其轨道内侧运动。D 是长为12h 的轻棒、可绕 O 点到无摩擦转动，小球固于其下端。小球在底端时的初速度都为 v0，那么小球在以上四种情况中能到达高度 h 的有【答案】AD【解析】由机械能守恒可知12mv20 mgh，对于图 A，小球到达高度 h 时，由机械能守恒有1mv2120 mgh 2mv2，v=0,小
11、球静止，符合实际；对于图B，小球到达高度 h 时，由机械能守恒有1mv2120 mgh 2mv2，v=0,小球不可能静止在图 B 所示的位置，也就是说没到达 h 高度时，小球已经脱离轨道；同理可知图 C 也不可能；对于图 D，小球到达高度 h 时，速度可以为零，所以图 D 能。10.如下图，质量 20kg 的小物块可视为质点以速度 4m/s 水平向右进入转送带，传送带向左传动、速率为 3m/s，两皮带轮轴心间的距离是 9m，小物块与传送带间的动摩擦因数为 0.1。对此，以下说法中正确是A.物体将从传送带的左边离开B.特体将从传送带的右边离开C.物块离开传送带的速度为 3m/sD.传送带对物块先
12、做负功、后一直做正功直至落下传送带【答案】AC【解析】滑块先向右匀减速，对于向右滑行过程，根据牛顿第二律，有 mg=ma，解得 a=g=2m/s2根据运动学公式，有 0=v0-at1，x=v002t1解得 t1=2s，x=4m9m向左匀加速过程，根据运动学公式，有 xv21=0=9m，t2=v2a4a=s，最后74m 随传送带做匀速直线运动，离开传送带的速度为 3m/s。对整个过程，传送带对物块先做负功、后做正功直至与传送带同速最后一段不做功。11.如下图，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固在墙上的 P 点，物体的质量为 m，物体与水平面间的动摩擦因数，弹簧的劲度系数 k。现用力拉物体，
13、使弹簧从处于自然状态的 O 点由静止开始缓慢向左移动一段距离，这时弹簧具有弹性势能 Ep。撤去外力后，物体在 O 点两侧往复运动的过程中A.在整个运动过程中，物体第一次回到 O 点时速度不是最大B.在整个运动过程中，物体第一次回到 O 点时速度最大C.物体最终停止时，运动的总路程为EpmgD.在物体第一次向右运动的过程中，速度相的位置有 2 个【答案】AD【解析】在第一次向右运动过程中，当摩擦力与弹簧弹力大小相、方向相反时，物体的速度最大，此时物体的位置该在 O 点左侧，第一次回到 O 点时速度不是最大，所以在第一次向右运动的过程中，速度先由 0 变为最大后由最大减小为0，速度相的位置有 2
14、个；由于摩擦力的影响，最终静止时弹簧的弹性势能不可能用来做功转化成热，运动的总路程为该小于Epmg，应选项 AD 正确。第第 IIII 卷卷5656 分分二、论述计算题第12.16 分如下图，一个半径为R=2.0m 的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，转动角速度为=5.0rad/s。在 A 处有一个小滑块随圆盘一起转动，某一时刻，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入光滑斜面轨道 AB。AB 段斜面倾角为37。滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处的机械能损失。g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,结果保存两位有效数字1假设 AB 间的距离为 3.0m，求滑块从 A
15、 滑至 B 点的时间；2滑块从开始上滑、到再下滑回 A 处的过程中，圆盘转动的圈数。【答案】见解析【解析】1滑块做圆周运动，有0R 10m/s 2 分滑块向上运动时加速度 a,由牛顿第二律得mgsin37 ma 2 分运动至 B 点时，由运动规律得s v10t 2at2 2 分解上各式、代入数据得t1 0.33s,t2 3.0s 2 分(2)滑块返回 A 点的时间为 t，由运动规律得vt0 a2 2 分由运动规律得，圆盘转动周期为T 2 2 分t2时间圆盘转动的圈数为n tT 2分解上各式、代入数据得 n=2 分13.20 分 如下图，一薄的长木板 B 置于光滑水平地面上，长度为 L=0.25
16、m、质量为 M=4kg。另有一质量为m=2kg 的小滑块 A 置于木板的左端，二者均相对地面静止。A 与 B 之间的动摩擦因数为=0.1，且最大静摩擦力于滑动摩擦力。假设 B 受到如下图的水平外力 F 作用，求：102s 时间内，B 在水平地面上的滑动的距离；22s4s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离。【答案】见解析【解析】当 A、B 之间到达最大静摩擦力时。由牛顿第二律得，对 B 有mg Ma 1 分对 A 有F0（M m）a0 1 分解得a0 0.5m/s2,F0 3N 1 分1当F1 2N时，A、B 相对静止，一起向右运动，有F1（M m）a1 1 分在t11 2s内的位移为s212
17、a1t1 1 分解得s1 0.67m 2 分2在上一过程中，运动末速度为v1 a1t1 1 分当F2 4N时，A 运动的加速为 a2,有F2mg ma2 1 分B 的运动的加速度为a0 0.5m/s2 1 分设 A 滑至木板右端时时间为 t,那么 A、B 的位移分别为：s v121t 2a2t2 1 分sv1231t 2a0t 1 分由几何关系得 L=s2-s3 1 分解得 t=1s，故符合题意1 分此时，木板的速度为v2 v1 a0(2t)1 分之后，木板匀速运动位移s4 v2(2t)1 分2s4s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离s5 s3 s4 1分解得s5 2.09m 2分14.20
18、 分如下图，水平桌面上有一轻弹簧，左端固在 A 点，自然状态时其右端位于 B 点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP,其形状为半径 R=0.8m 的圆环剪去了左上角135的圆弧，MN 为其竖直半径,P 点到桌面的竖直距离也是 R。用质量 m1=0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点。用同种材料、质量为 m2=0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块过 B 点后其位移与时间的关系为 s=6t-2t2，物块飞离桌面后由 P 点沿切线落入圆轨道。取 g=10m/s2。求：1判断 m2能否沿圆轨道到达 M 点；2BP 间的水平距离；3释
19、放后 m2运动过程中克服摩擦力做的功。【答案】见解析【解析】1物块 m2由 D 点以初速度vD平抛，至 P 点时，由平抛规律得：v2y 2gR 1 分tan45vyv 1 分D解得vD 4m/s设能到达 M 点，且速度为v1212m,由机械能守恒得2m2vm2m2vD m2gh 1 分由几何关系得h R R R2 1 分在 M 点轨道对物块向下的压力为2FvMN,由牛顿第二律得FN m2g m2R 1 分解得FN（12）m2g0,所以不能到达 M 点。2 分2平抛过程水平位移为 x,由平抛运动规律得：x vDt 1分R 12gt2 1分在桌面上过 B 点后的运动运动为 s=6t-2t2，故为匀减速运动，且初速度为vB 6m/s、加速度为a 4m/s2 2 分BD 间由运动规律得v2B v2D 2as 1 分解得 BP 水平间距为 x+s=m 3 分3设弹簧长为 AC 时的弹性势能为EP，由功能关系得：释放m1时为Epm1gsCB 1 分释放m122时为Epm2gsCB2m2vB 1 分mWf,由动能理得E122在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为pWf2m2vD1 分解得Wf 5.6J 2 分