2022届福建省福州高三（上）第二次质量检测物理试题（解析版）.pdf

福州三中20212022学年高三第二次质量检测（物理）第一卷：客观题（共48分）一、单项选择题：本大题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.同一高度处，使 A 球斜上抛，使 B 球平抛，且两球质量相等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面 上，空气阻力不计，在此过程中，下列说法正确的是（）A 重力对两球做功相同 B.重力对两球冲量相同C.两球运动过程中动量的变化量相同 D.两球着地时的动量相同【答案】A【解析】【分析】【详解】A.斜直上抛和平抛过程中两球都只受重力作用，只有重力做功，两物体初位置高度相同，故重力做功相同，故 A 正确；B C.两球初始高度相同，A 球斜上抛，B 球平抛，A 球开始时具有向上的分速度，所以A 运动的时间比B球运动的时间长，故重力对A 球的冲量比对B 球的冲量大，动量的变化大，故 BC错误；D.由于二者落地时的动能相等，则落地的速度大小相等；A 球做斜上抛运动，则水平方向的分速度较小，所以二者落地时速度的方向不同，可知二者落地时速度的方向和动量的方向不同。故 D 错误。故选Ao2.北京市少年宫花样玩具赛车表演中，两位少年宫的小朋友分别控制着甲、乙两辆遥控玩具赛车同时同地从相邻的跑道出发，沿同一方向运动，通过各自的传感器将速度信息传输给计算机，并通过电脑绘制出如图所示的V-f图象，其中甲图线是圆心在坐标原点的,圆弧，乙图线是过原点和点（10,10）的直线，在4OIOs内，关于两赛车间的位置关系的说法中正确的是（）A.在力时刻两赛车相遇B.在八时刻两赛车间距离最大C.在 fJlO s 内的某时刻两赛车相遇D.在 f=1 0 s时，甲赛车与乙赛车的位移相同【答案】B【解析】【分析】【详解】在回图象中，图线与坐标轴围成图形的“面积”等于赛车运动的位移大小。在 O f 时间内，甲在前乙在后，两者之间的距离逐渐增大；力时刻两赛车速度相等，甲、乙之间的距离最大，之后乙的速度大于甲的速度，两者之间的距离越来越小；在 u lO s时，甲赛车的位移xi=-7t(10)2 m=78.5 m乙赛车的位移X 2-y xlO2 m=50 m甲赛车仍在乙赛车的前方28.5 m 处，甲乙仍不会相遇。故选Bo3.以前人们盖房打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示。参加打夯的共有五人。四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，最后夯锤落至地面将地基砸实。某次打夯时，设夯锤的质量为，人 将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的力，大 小 均 为 整，持续的时间为。然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻2A.在上升过程中，夯锤做匀变速直线运动B.夯锤上升的最大高度为g/C.松手时夯锤的动能为(吆/D.在上升过程中，夯锤先失重后超重【答案】B【解析】【详解】A.在上升过程中，松手前夯锤是先向上做匀加速运动，再向上做匀减速运动，A 错误;B.夯锤匀加速上升时，由牛顿第二定律4xm g-m g=ma解得a=g位移为玉=221 2 2y=gr松手后，夯锤做竖直上抛运动，匀减速上升的位移为V2 1 2X,=-gf-2g 25则夯锤上升的最大高度为h=x2 gt2B 正确;C.根据动能定义式l 1 2 1 2 2Ek=mv=mg tC 错误;D.在上升过程中，夯锤是先向上做匀加速运动，再向上做匀减速运动，加速度方向先向上后向下，则夯锤先处于超重状态后处于失重状态，故 D 错误;故选B。4.如图所示，将小祛码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，祛码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若祛码和纸板的质量分别为2根和，小 各接触面间的动摩擦因数均为。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使纸板相对法码运动，所需拉力的大小应 大 于（）拉力A.3 阳 g B.4 加 g C.5?g D.6/z/w g【答案】D【解析】【分析】【详解】当纸板相对祛码运动时，设祛码的加速度为0,纸板的加速度为S,根据牛顿第二定律，对祛码有f-2mg2ma解得对纸板有其中fi=3mg二者发生相对运动需要纸板的加速度大于祛码的加速度，即aia所以F=f+力+ma-L f+方+1=2?g +3?g+/z m g=6/i w g即F6jumgD正确。故选D。5.某直升机的质量为“，某次试飞时，主旋翼提供大小为2 加 g、方向向上的升力，该直升机有两个螺旋桨，每个向前螺旋推进器（共计两个）提供大小为机外方向向前的推力，如图所示。不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是（）A.该直升机可能处于平衡状态B.该直升机以加速度g做匀加速直线运动C.空气对直升机的作用力为20 吆D.空气对直升机的作用力为4 吆【答案】C【解析】【详解】A B.对飞机进行受力分析如图所示mg该直升机所受合力F=+（6-g）2 -J（2mgy+（2 s g _ 2 g =也mg根据牛顿第二定律可知飞机产生的加速度大小为岔g ,故 A B错误；CD.空气对直升机的作用力分别为K和尸2,如上图，它们的合力空气对直升机的作用力为F=2mg）+（2mg）-=2lmg故 C正确，D错误.故选C。6.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和。都可视作质点，P的质量为小，。的质量为3.,。与轻质弹簧相连。Q原来静止，P以一定初动能E向。运动并与弹簧发生碰撞。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（）3 3 3A.-E B.-E C.E D.E4 8 16【答案】A【解析】【分析】【详解】设 P物体的初速度为%,由已知可得1 2 F5 m o =EP与。碰撞过程中，两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大，整个过程中，满足动量守恒mvQ=（m+3 z）w此时最大弹性势能Ep=；mv1-g x （加+3 m）v,2解得%=*片=故选A。二、多项选择题（本题共4小题，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不选全的得3分，有选错的得0分，共24分）7.如图所示，有一根均匀 非密绕弹簧和4 个等质量的钩码，固定在弹簧底端的祖2和固定在弹簧中部的如 各 有 2 个钩码，整个装置保持静止时，如之上的弹簧长度&恰好等于如之下的弹簧长度S 2。则（）/.三S2gu m2A.S部分的原长（无弹力时的长度）比 S 2部分的原长短B .取如处的一个钩码移到他 处，S i 部分会缩短C.取，吸处的一个钩码移到“处，弹簧总长不变D.将阳的悬挂点下移一小段，弹簧总长会变长【答案】AD【解析】【详解】A.弹簧如之上部分的拉力要与仙之下的所有物体总重平衡，故大小等于阳和恤的总重；而如之下部分的拉力仅与，2的重力平衡，故大小等于祖2的重。由于加之上部分受到较大的拉力，所以如果都撤除拉力，则&部分应该收缩量ASi大于S2部分的收缩量A S 2,由于Si=$2可见SI,=51-A SIS2-A S2=S2,即&部分的原长（无弹力时的长度）比S2部分的原长短，故A正确；B.取“处的一个钩码移到祖2处，S i部分受力不变，不会缩短，故B错误；C.取加2处的一个钩码移到如处，Si部分受力不变，S2部分受力变小收缩，弹簧总长变短，故C错误；D.将如的悬挂点下移一小段，阳移过的一小段弹簧受力变大被拉长，其余部分受力不变，故总长变长，故D正确。故选AD。8.如图所示，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上重心恰好在支架横和斜梁的连接点。的上方，空调外机对。点的压力大小为F。横梁A。水平，斜梁8。跟横梁的夹角为3 0 且0、A、8均通过转轴相连，忽略支架的重力，下列说法正确的是（）甲乙A.横梁OA对O点的拉力大小为以F2B.斜梁0 8对O点的压力大小为2FC.保持。点位置不变，若把斜加长一点，则 斜 梁 的 压 力 将 增 大D.保持。点位置不变，若把斜梁加长一点，则横梁0 A的拉力将减小【答案】BD【解析】【分析】【详解】A B.设斜梁对0点的支持力为所，横梁对。点的拉力为工，对。点受力分析由平衡条件得F sin 3=F cos 0=F2带入6=30解得F尸 -=6F2 tan 30故B正确，A错误；C D.保持。点位置不变，若把斜梁加长，则此时。角度变大，sin。变大，tan。变大，由彳=上1 sin。居=F2 tan。可得横梁对。点的拉力减小，斜梁对。的支持力减小，故D正确，C错误。故选BDoF9.如图所示，一竖直放置的足够长的玻璃管中装满某种液体，一半径为人 质量为初的金属小球，从r=0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度。随速度v的变化规律如图所示。已知小球在液体中受到的阻力/=6叼，式中r是小球的半径，v是小球的速度，是常数。忽略小球在液体中受到的浮力，下列说法正确的是（）。A.小球的最大加速度为gB.小球的速度从0 增加到w 的过程中，做匀变速运动C.小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动D.小球的最大速度 为 磬-6叫r【答案】ACD【解析】【详解】A.当 f=0时，小球所受的阻力7=0,此时加速度为g,A 正确；B.随着小球速度的增加，加速度减小，小球的速度从0 增加到火的过程中，加速度减小，B 错误;C D.根据牛顿第二定律有mg-f-ma解得6叼 wa=g-m当 4=0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度C、D 正确。故选ACD1 0.如图所示，固定在水平面上一个光滑的半圆弧轨道，。点为半圆弧的圆心，一根轻绳跨过半圆弧的A点（0、A 等高，不计A 处摩擦），轻绳一端系在竖直杆上的B 点，另一端连接质量为m 的小球尸。现将另一个小球。用光滑轻质挂钩挂在轻绳上的AB之间，已知整个装置处于静止状态时，a =30。，p=4 5 ,重力加速度为g,则下列说法正确的是（）B.半圆弧轨道对小球P 的支持力为C.B点缓慢向上移动微小距离，轻绳的拉力减小D,静止时剪断A 处轻绳的瞬间，小球尸的加速度为g g【答案】BD【解析】【详解】A B.分别对两个小球受力分析，如图所示根据几何关系知Q 4P 为等边三角形，因为是活结，所以轻绳的张力大小都相等，设为T,对 P 由平衡条件得Nsina=TsinaNcos a+Tcos a=mg对 Q 由平衡条件得2T cos(3-mg联立解得：半圆弧轨道对小球P的支持力为N=3g瓜mQ=fn故 B正确，A错误；C.B点向上移动一小段距离，根据受力分析可知小球尸没有发生位移，轻绳的长度不会变化，角度/不会发生变化，即轻绳的拉力不会发生变化，故 C错误；D.剪断A处轻绳，拉力突变为零，小球尸所受合力为重力沿圆弧切线方向的分力，由牛顿第二定律得ma=mg s i n a解得2故 D正确。故选B D第二卷：非客观题：共52分1 1.某同学借助图1 所示装置验证动量守恒定律，长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度,以平衡摩擦力，使两个小车均能在木板上做匀速直线运动。小 车 1 前端贴有橡皮泥，后端与穿过打点计时器的纸带相连，接通打点计时器电源后，让小车1 以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车 2 相碰并粘在一起，之后继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为5 0 H z,得到的纸带如图2 所示，已将各计数点之间的距离标在图上。11.()()17.12图2（1）图 2中的数据有A 3、BC、CD,O E 四段，计算小车1 碰撞前的速度大小应选 段，计算两车碰撞后的速度大小应选 段；(2)若小车1 的质量(含橡皮泥)为0.4 k g,小车2的质量为0.2 k g,根据纸带数据，碰前两小车的总动量是0.6 8 5 k g-m/s,碰后两小车的总动量是 k g-m/s；(结果保留三位有效数字)(3)关于实验的操作与反思，下 述 说 法 正 确 的 是。A.实验中小车1 必须从静止释放B.若小车1 前端没贴橡皮泥，不影响实验验证C.上述实验装置不能验证弹性碰撞规律【答案】.8 C DE(3).0.6 8 4 .C【解析】【详解】(I)5 2 接通打点计时器电源后，推动小车1 由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故 8c段为匀速运动的阶段，故选B C计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而小车1 和 2 碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，应选O E 段来计算碰后共同的速度。(2)3 J 碰后小车的共同速度为V-DE0.11400.02x5m/s=1.140m/s碰后的动量为P-(mA+mB)v-(0.4+0.2)x1.140kg-m/s=0.684kg m/s(3)4 J A.实验中小车1 不一定从静止释放，只要碰撞前做匀速运动即可，选项A错误；B.若小车1 前端没贴橡皮泥，则两车不能粘在一起，小车2的速度不好测量，所以小车1 前端没贴橡皮泥会影响实验验证，选项B错误；C.上述实验装置中两小车碰撞后粘在一起，是非弹性碰撞，弹性碰撞的话小车2 碰撞后的速度无法测量，因此该装置不能验证弹性碰撞规律，选项C正确。1 2.小明在课本查到“木-木”的动摩擦因数为0.3,打算对这个数据进行检验，用图甲的实验装置，设计了以下两个实验方案：木块纸带运动方向 =0.4m2a 2a假设成立，可知物块与挡板每次发生碰撞前，物块和长木板都具有共同的水平向右的速度，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时处于静止，设最终物块在木板上的相对位移为由能量守恒可得fjmgs=(m+M)Vgs=6.4m为了保证整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最短长度为6.4m。(3)物块与挡板每次发生碰撞前，物块和长木板都具有共同的水平向右的速度，第一次碰撞前的速度为v0=4 m/s,第二次碰撞前的速度为匕，根据动量守恒可得 2(匕)+=(m+M)v2解得第三次碰撞前的速度为匕，则有解得同理，第次碰撞前的速度为可知第n次碰撞后物块的速度大小为v 1%=*m（-v2）+MV2=（m +M）V3匕,=（；尸%,方向向左，物块离开挡板的最大距离为（藁）2 （5 T）2=上=上m =6.2 5 X 1 0-3 m2a 2 x 5解得n=5