甘肃省会宁县第一中学2018届高三上学期第二次月考物理

会宁一中2017—2018学年第一学期高三第二次月考试卷理科综合

二、选择题：本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第l4～18题只有一项符合题目要求,第19～21题有多项符合要求。

1. 关于物体的动量，下列说法中正确的是( )

A. 物体的动量越大，其惯性也越大

B. 物体的速度方向改变，其动量一定改变

C. 物体的动量改变，其动能一定改变

D. 运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的加速度方向

【答案】B

【解析】试题分析：根据动量等于速度和质量的乘积可知，物体的动量越大，其惯性不一定也越大，选项A错误；物体的速度方向改变，其动量一定改变，选项B正确；物体的动量改变，其动能不一定改变，例如做匀速圆周运动的物体，选项C错误；运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向，选项D错误；故选B．

考点：动量

【名师点睛】对于物理概念的理解要深要透，不能似是而非．如动量是由物体的质量和速度共同决定，动量是矢量，其方向就是物体运动的方向。

2. 光滑的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一小球，靠放在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止，如图所示，现缓慢地拉绳，在使小球沿球面由A到B的过程中，半球对小球的支持力N和绳对小球的拉力T的大小变化情况是(

)

A. N变大、T变小

B. N变小、T变大

C. N变小、T先变小后变大

D. N 不变、T变小

【答案】D

【解析】试题分析：以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知．

由得，得到，，由题缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，，AO不变，变小，可见T变小，N不变，故选项D正确。

考点：共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用

【名师点睛】本题是平衡问题中动态变化分析问题，N与T不垂直，运用三角形相似法分析，作为一种方法要学会应用。

3. 有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是(

)

A. ① B. ②

C. ③ D. ④

【答案】A

【解析】试题分析：两球初速度大小和方向均相同，同时因抛出后两物体均只受重力，故加速度相同，因此二者具有相同的运动状态，故B的运动轨迹也是①；选项A正确，BCD错误．故选A。

考点：抛体运动

【名师点睛】本题考查对抛体运动的掌握，要注意明确质量不同的物体在空中加速度是相同的，而影响物体运动的关键因素在于加速度，与质量无关。

4. 两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是( )

A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】绳子的拉力和重力的合力充当向心力，故有，小球的高度，（L为绳长，为绳与竖直方向的夹角），解得，因为两球的角速度相同，故两球的高度相同，故B正确．

5. 倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝kg，当滑块M以a＝2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)(

)

A. 10 N B. 5 N C. N D. N

【答案】A

【解析】当小球对滑块的压力等于零时，对小球受力分析，受重力、拉力，如图1所示；

根据牛顿第二定律，有：

水平方向：F合=Fcos45°=ma0；

竖直方向：Fsin45°=mg

解得：a0=g

当斜面体以a=2g的加速度向左运动时，对小球受力分析如图2，由于a=2g＞g，所以小球会飘起来，假设F与水平面夹角为θ，根据牛顿第二定律，有：

F合=Tcosθ=ma

Tsinθ=mg，

解得：T=10N，所以A正确，BCD错误；故选A．

点睛：本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答.

6. 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(

)

A. a1＝3g B. a1＝0

C. Δl1＝2Δl2 D. Δl1＝Δl2

【答案】AC

【解析】解：A、B、对a、b、c分别受力分析如图，

根据平衡条件，有：

对a：F2=F1+mg

对b：F1=F+mg

对c：F=mg

所以：F1=2mg

弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零．

当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a=0；

对a，绳断后合力为F合=F1+mg=3mg=maa，aa=3g方向竖直向下；故A正确，B错误．

故选：AC．

【点评】考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，重点区分绳和弹簧弹力的特点，注意加速度与受力的瞬时对应关系．

7. 一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(

)

A. t＝2 s时最大 B. t＝2 s时最小

C. t＝8.5 s时最大 D. t＝8.5 s时最小

【答案】AD

【解析】试题分析：由于t=2s时物体向上的加速度最大，故此时人对地板的压力最大，因为地板此时对人的支持力最大；而t=8．5s时物体向下的加速度最大，故地板对的支持力最

小，即人对地板的最小，故选项AD正确，选项BC错误。

考点：超重与失重问题。

8. 如图甲所示，一长为l的轻绳，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，整个装置绕O点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是(

)

A. 图线的函数表达式为

B. 重力加速度g＝

C. 绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大

D. 绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变

【答案】BD

【解析】试题分析：小球在最高点，根据牛顿第二定律有：，解得，故A错误．当F=0时，根据表达式有：，解得，故B正确．根据知，图线的斜率，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误．当F=0时，，可知B点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线B点的位置不变，故D正确．故选BD.

考点：牛顿第二定律；圆周运动的规律

三、非选择题：第22—32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33—38题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：

9. 某同学设计了一个如图甲所示的装置来测定滑块与水平木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是钩码，个数可调．A的左端与打点计时器的纸带(未画出)相连，通过打点计时器打出的纸带测出系统的加速度．实验中该同学在钩码总质量(m＋m′＝m0)保持不变的条

件下，多次改变m和m′的钩码个数，重复测量．不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦．

（1）实验中除电磁打点计时器、纸带、若干个质量均为50克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线外，为了完成本实验，还应有________．

A．秒表 B．毫米刻度尺 C．天平 D．低压交流电源

（2）实验中该同学得到一条较为理想的纸带，如图所示．现从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点(中间4个点没画出)，分别记为A、B、C、D、E、F.测得各计数点到O点的距离分别为OA＝1.61 cm，OB＝4.02 cm，OC＝7.26 cm，OD＝11.30 cm，OE＝16.14

cm，OF＝21.80 cm，打点计时器打点频率为50 Hz.由此纸带可得到打E点时滑块的速度v＝________m/s，此次实验滑块的加速度a＝________m/s2.(结果均保留两位有效数字)

【答案】 (1). BD (2). 0.53 m/s (3). 0.81m/s2

【解析】试题分析：每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，由匀加速规律可得，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解速度、用求解加速度；对系统应用牛顿第二定律，得到图线的纵轴截距为-μg，可解得动摩擦因数

（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1 s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：

由可得.

（3）对ABC系统应用牛顿第二定律可得：

所以，a－m图象中，纵轴的截距为，故，得

10. 某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测量弹簧的劲度系数．做法是先将弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧的一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0；弹簧下端挂一个50g砝码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50g砝码时，指针指示的刻度数值记作L2；……；挂七个50g砝码时，指针指示的刻度数值记作L7．测量记录表：

代表符号 L0 L1

L2 L3 L4 L5 L6 L7

刻度数值/cm 1.70 3.40 5.10 8.60 10.30 12.10

①实验中，L3和L7两个值还没有记录，请你根据如图将这两个测量值填入表中．_______，_______。

②为了充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差．分别计算出三个差值：d1＝L4－L0＝6.90cm，d2＝L5－L1＝6.90cm，d3＝L6－L2＝7.00cm，请你给出第4个差值d4＝__________________＝_________ cm．

③根据以上差值，可以计算出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量L，L用d1、d2、d3、d4表示的式子为L＝_________；

④计算弹簧的劲度系数k＝_________N/m（g取9.8m/s2）

【答案】 (1). 6.85 (2). 14.05 (3). L7－L3 (4). 7.20 (5). (6).

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【解析】试题分析：（1）尺的最小分度值为1mm，所以长度，

（2）根据题意：

（3）因为，，，，