2021届天津市和平区第一中学高三上学期第二次月考物理试卷(解析版).docx

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1、2021届天津市和平区第一中学高三上学期第二次月考物理试卷一、单项选择题1. 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A. 增加了司机单位面积的受力大小B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【答案】D【解析】【详解】A因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；B有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；C因有安全气囊的存在，司机和安全

2、气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；D因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。故选D。2. 一个小男孩从楼上窗台突然坠落。幸运的是，楼下老伯高高举起双手接住了孩子，孩子安然无恙。假设从楼上窗台到老伯接触男孩的位置高度差为h=20m，老伯接男孩的整个过程时间约为0.2s，则（忽略空气阻力，g取10m/s2）（）A. 男孩接触老伯手臂时的速度大小为25m/sB. 男孩自由下落时间约为4sC. 老伯接男孩的整个过程，男孩处于失重状态D. 老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的11倍【答

3、案】D【解析】详解】A小孩做自由落体运动，根据速度位移关系公式，有故A错误；B儿童做自由落体运动的时间故B错误；CD设老伯手臂受到的平均作用力是F，则根据动量定理得解得由于老伯接男童的整个过程F=11mg，男孩处于超重状态，故C错误，D正确。故选D。3. 宇宙中有两颗相距无限远的恒星s1、s2，半径均为R0。图示分别是两颗恒星周围行星的公转周期T2与公转半径r3的关系图像，则（）A. 恒星s1的质量大于恒星s2的质量B. 恒星s1的密度大于恒星s2的密度C. 恒星s1的第一宇宙速度大于恒星s2的第一宇宙速度D. 距两恒星表面高度相同的行星，s1的行星向心加速度较小【答案】D【解析】【详解】A由

4、万有引力提供向心力，可知解得由数学关系可知，斜率越大，质量越小，则恒星s1的质量小于恒星s2的质量，故A错误；B由于两颗恒心的半径均相等，由密度公式可知，质量越小，则密度越小，则有恒星s1的密度小于恒星s2的密度，故B错误；C由第一宇宙速度推导公式可知，在半径相等的情况下，质量越小，第一宇宙速度越小，故C错误；D设距恒星表面的高度为h，由万有引力提供向心力可知解得在恒星半径和高度均相等的情况下，质量越小，则在距恒星表面高度为h处的向心加速度越小，故D正确。故选D。4. 分析下列三种情况下各力做功的正负情况：（1）如图甲所示，光滑水平面上有一光滑斜面b，物块a从斜面顶端由静止开始下滑的过程；（2

5、）人造地球卫星在椭圆轨道上运行，由图乙中的a点运动到b的过程中；（3）小车M静止在光滑水平轨道上，球m用细绳悬挂在车上，由图丙中的位置无初速度释放，小球下摆的过程，则A. 图甲中，斜面对物块不做功，B. 图乙中，万有引力对卫星做正功C. 图丙中，绳的拉力对小车做负功D. 图丙中，绳的拉力对小球做负功【答案】D【解析】试题分析：物块a下滑过程中，因为支持力与位移之间的夹角大于90，所以支持力所负功，A错误；因为卫星由a点运动到b点的过程中，万有引力的方向和速度的方向的夹角大于90，所以万有引力对卫星做负功，B错误；小球下摆过程中，绳子的拉力使小车的动能增加了，故绳子的拉力对小车做正功，C错误；因

6、为小车与小球构成的系统机械能守恒，小车的机械能增加了，则小球的机械能减小，故绳子的拉力对小球做负功，D正确；考点：考查了功的计算【名师点睛】本题考查功的计算规律，要注意正确分析各项中的物体运动规律，并且做好受力分析，明确力的方向与位移方向的夹角关系，才能正确判断做功情况5. 如图所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度a做匀加速运动，车内两物体A、B质量之比为21，A、B间用弹簧相连并放在光滑桌面上，B通过质量不计的轻绳与车相连，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为()A. a、0B. a、aC. a、2aD. 0、2a【答案】C【解析】【详解】令物体B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力

7、大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B及弹簧看作整体，则有T3ma隔离物体A为研究对象，则有F2ma.剪断轻绳后，绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以物体A受力不变，加速度大小仍为a，而物体B所受合力为FmaB即aB2a.故选C。6. 利用直升机抢救伤员经常在应急遇险中发挥重要的作用。假设直升机放下绳索吊起伤员后（如图甲所示），竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象分别如图乙、丙所示，则（）A. 绳索中拉力可能倾斜向上B. 伤员一直处于失重状态C. 在地面上观察到伤员的运动轨迹是一条倾斜向上的直线D. 绳索中拉力先大于重力，后小于重力【答案】D【解析】【详解】A由图丙可知，伤员沿水平方向做匀速直线运

8、动，即在水平方向处于平衡状态，受到的合外力等于0，所以可知绳子沿水平方向的作用力为0，则绳索中拉力方向一定沿竖直向上。故A错误；B绳索吊起伤员后伤员在竖直方向运动的方向向上，结合图乙可知，在竖直方向伤员先向上做加速运动，后向上做减速运动，所以加速度的方向先向上后向下，伤员先超重后失重。故B错误；C由AB的分析可知，伤员沿水平方向做匀速直线运动，而沿竖直方向做变速运动，所以其轨迹一定是曲线，故C错误；D伤员先超重后失重，所以绳索中拉力先大于重力，后小于重力。故D正确；故选D。7. 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为时，起重机达到额定功率P以后起重机保持该功率不变，继

9、续提升重物，直到达到最大速度为止，则整个过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g)A. 钢绳的最大拉力为mgB. 钢绳的最大拉力为C. 重物的平均速度大小为D. 重物匀加速运动的加速度为【答案】B【解析】试题分析：加速过程物体处于超重状态，钢索拉力较大，拉力值将大于mg，因为当重物的速度为时，起重机达到额定功率P，根据P=Fv可得：，选项A错误，B正确；起重机保持该功率不变时做加速度减小的变加速运动，故重物的平均速度大小不等于，选项C错误；重物匀速运动阶段，由牛顿第二定律可知：F-mg=ma，解得，故选项D错误，故选B考点：牛顿第二定律；功率.8. 如图所示，一块足够大的光滑平板能绕水平固定轴

10、MN调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为L=0.50m的细绳，它的一端系住一质量为m=0.1kg的小球，另一端固定在板上的O点，当平板的倾角固定为时，先将细绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与细绳垂直的初速度v0=3.0m/s。重力加速度g取10m/s2，cos53=0.6，若小球能在板上做圆周运动，则下列说法正确的是（）A. 当倾角=0时，细绳中的拉力大小为18NB. 当倾角=37时，小球通过最高点时细绳拉力为零C. 当倾角=90时，小球可能在竖直面内做圆周运动D. 当倾角=30时，小球通过最低点时细绳拉力大小为4.3N【答案】B【解析】【详解】A当倾角时，小球在光滑平面上做匀

11、速圆周运动，根据牛顿第二定律故A错误；B当倾角时，根据机械能守恒定律有解得最高点速度在最高点，根据向心力公式有代入数据得所以小球通过最高点绳子的拉力为零，故B正确；C当倾角时，假设小球能通过最高点，根据机械能守很定律有方程无解，说明小球不可能在竖直平面内做圆周运动，故C错误；D当倾角时，根据机械能守很定律有解得小球在最低点的速度在最低点根据向心力公式代入数据解得故D错误。故选B。二、多项选择题9. 嫦娥五号已于11月24日在海南文昌航天发射场升空，前往月球执行采样返回任务。按照计划，嫦娥五号将在吕姆克山附近地区着陆，获取大约2公斤重的月球样本，并带着月壤返回地球，科学家们希望通过月球土壤样品，

12、揭开月球更多的神秘面纱。“嫦娥五号”要面对月球轨道的交会对接、月面采样、月面起飞和高速返回等四个主要技术难题，要进行多次变轨飞行。如图所示是“嫦娥五号”绕月球飞行的三条轨道，1轨道是贴近月球表面的圆形轨道，2和3轨道是变轨后的椭圆轨道。A点是2轨道的近月点，B点是2轨道的远月点，“嫦娥五号”在1轨道的运行速率为1.8km/s，则下列说法正确的是（）A. “嫦娥五号”在2轨道经过A点时的速率一定大于1.8km/sB. “嫦娥五号”在2轨道经过B点时的速率一定小于1.8km/sC. “嫦娥五号”在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D. “嫦娥五号”在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所

13、具有的最大速率【答案】AB【解析】【详解】A“嫦娥五号”在轨道1的运行速率为1.8km/s，它要从轨道1变轨到轨道2，必须在A点加速，所以“嫦娥五号”在2轨道经过A点时的速率一定大于1.8km/s，故A正确。B假设有一以月心为圆心的圆轨道经过B点，根据卫星的速度公式可知此轨道上的速度小于1.8km/s，而卫星在B点必须减速，才会做近心运动进入2轨道运动。故卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于1.8km/s，故B正确；C由于“嫦娥五号”要由轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，机械能增加，所以“嫦娥五号”在3轨道所具有的机械能大于在2轨道所具有的机械能。故C错误；D由于“嫦娥五号”要由轨道2变轨到

14、轨道3，必须在A点加速，机械能增加，所以“嫦娥五号”在3轨道所具有的最大速率大于在2轨道所具有的最大速率。故D错误。故选AB。10. 飞机飞行时除受到发动机的推力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上。当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜（如图所示），以保证除发动机推力外的其他力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成角，飞行周期为T，则下列说法正确的是( )A. 若飞行速率v不变，增大，则半径R增大B. 若飞行速率v不变，增大，则周期T增大C. 若不变，飞行速率v增大，则半径R增大D. 若飞行速率v增大，增大，则周期T可能不变【答案

15、】CD【解析】【详解】AC对飞机进行受力分析，根据题意，向心力解得所以当飞行速率v不变，增大，半径R减小，若不变，飞行速率v增大，则半径R增大，则A错误，C正确；BD由得所以当飞行速率v不变，增大，则周期T减小；若飞行速率v增大，增大，周期T可能不变，所以B错误，D正确故选CD。11. 如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中（）A. 圆环、弹簧与地球组成的系统机械能守恒B. 弹簧弹性势能先减小后增大C. 弹簧的弹性势能变化了mghD. 弹簧与

16、光滑杆垂直时圆环动能最大【答案】AC【解析】【详解】A圆环、弹簧与地球组成的系统，在圆环下滑过程中，只有重力和系统内的弹力做功，则系统机械能守恒，故A正确；B弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，弹簧先缩短后再恢复到原长，然后再拉长，故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大，故B错误；C根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的弹性势能增大mgh，故C正确；D弹簧与光滑杆垂直时圆环受重力、弹簧弹力、与杆间的弹力，此三力的合力不为0，则加速度不为0，速度不是最大，动能也不是最大，故D错误。故选AC。12. 一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能

17、和动能随下滑距离s的变化如图中直线、所示，重力加速度取10 m/s2。则（）A. 物块下滑过程中机械能不守恒B. 物块与斜面间动摩擦因数为0.5C. 物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D. 当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J【答案】AB【解析】【详解】A下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；B斜面高3m、长5m，则斜面倾角为37。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh30J可得质量m1kg下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功mgcoss20J求得0.5B正确；C由

18、牛顿第二定律mgsinmgcosma求得a2m/s2C错误；D物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。故选AB。三、填空实验题13. 在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：(1)为猜想加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是：_。（选填选项前的字母）A小车质量相同，钩码质量不同B小车质量不同

19、，钩码质量相同C小车质量不同，钩码质量不同(2)某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系，通过实验并得到测量小车加速度a的纸带如图2所示。纸带上3个相邻计数点的间距为s1、s2和s3。用米尺测量s1、s3的间距，由图可读出s1=24.3mm，s3=_mm。已知打点计时器打点周期为0.02s，利用s1、s3计算小车加速度a=_m/s2。（计算结果保留三位有效数字）(3)在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是：_（选填选项前的字母）。A使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力B若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力C无论小车

20、运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力D让小车的运动趋近于匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力【答案】 (1). B (2). 47.0 (3). 1.14 (4). AD【解析】【详解】(1)1要验证加速度与质量的关系时，要保持牵引力相等，即小车质量不同，钩码质量相同，故选B；(2)23由图可知s3=47.0mm因为s=aT2，则(3)4A先使斜面倾斜平衡摩擦力，然后使小车沿倾角合适的斜面运动，这时小车受力可等效为只受绳的拉力，选项A正确；B若斜面倾角过大，小车所受合力将大于绳的拉力，选项B错误；C若小车有加速度，对砂和桶，根据牛顿第二定律mg-T=ma则砂和桶的重力大于绳的拉力，

21、选项C错误；D让小车的运动趋近于匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力，选项D正确。故选AD。14. 某实验小组成员用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。他们在气垫导轨的A位置安装了一个光电门，带有遮光条的滑块与钩码相连，实验时，每次滑块都从B位置由静止释放。(1)关于实验中的要求，不需要的是_A滑块和遮光条的质量远大于钩码的质量B应使细线与气垫导轨平行C位置A、B间的距离适当远些(2)调节气垫导轨水平后，由静止释放滑块，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，测得滑块质量为M，钩码质量为m，A、B间的距离为L，遮光条宽度为d，在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能mgL与_（用

22、直接测量的物理量符号表示）相等，则机械能守恒。(3)多次改变钩码的质量m，滑块每次在位置B由静止释放，记录每次遮光条通过光电门的时间t，作出图像，如果作出的图像是一条直线，图像与纵轴的截距等于_，图像的斜率等于_，则机械能守恒定律同样得到验证。【答案】 (1). A； (2). ； (3). ； (4). 【解析】【详解】(1) 1BC验证机械能守恒定律，应该将气垫导轨调至水平，使细线与气垫导轨平行，为了减小误差，与位置的距离适当大一些，故BC需要，不符合题意；A根据机械能守恒定律表达式可知，实验中不需要满足钩码重力等于绳子的拉力，则不需要使钩码质量远小于滑块和遮光条的总质量，故A不需要，符合

23、题意。故选A。(2) 2滑块和钩码的速度增加的动能为当系统减少的重力势能与增加的动能相等时，机械能守恒即(3) 3由得则图像的纵轴截距为，斜率为，则机械能守恒。4由3可得斜率为。四、计算题15. 2020年3月，中国“天眼”FAST在武仙座球状星团中发现了一个脉冲双星系统，由颗脉冲星与白矮星组成，这是FAST首次发现的脉冲双星系统，现设该双星系统中的两星S1、S2的质量分别为m和2m，两星间距为L，在相互间万有引力的作用下，绕它们连线上的某点O转动。已知引力常量G，忽略其他星球对两星的影响，求(1)S1、S2两星之间的万有引力大小；(2)S2星到O点的距离；(3)它们运动的周期。【答案】(1)

24、；(2)；(3)【解析】【详解】(1)根据万有引力定律，有(2)设O点距S2星的距离为x，双星运动的周期为T，由万有引力提供向心力，对于S2星有对于S1星有计算得(3)将x代入解得双星周期为16. 如图所示，AB为长L0=2m的粗糙水平轨道，MD为光滑水平轨道，圆O为半径R=0.45m的下端不闭合的竖直光滑圆轨道，它的入口和出口分别与AB和MD在B、M两点水平平滑连接。D点右侧有一宽x0=0.9m的壕沟，壕沟右侧的水平面EG比轨道MD低h=0.45m。质量m=0.2kg的小车（可视为质点）能在轨道上运动，空气阻力不计，g取10m/s2。(1)将小车置于D点出发，为使小车能越过壕沟，至少要使小车

25、具有多大水平初速度？(2)将小车置于A点静止，用F=1.9N的水平恒力向右拉小车，F作用的距离最大不超过2m，小车在AB轨道上受到的摩擦力恒为f=0.3N，为了使小车通过圆轨道完成圆周运动进入MD轨道后，能够从D点越过壕沟，力F的作用时间应满足什么条件？（本问结果可保留根号）【答案】(1)3m/s；(2)【解析】【详解】(1)根据h=gt2得则小车具有的最小初速度(2)小球通过最高点的最小速度 根据动能定理知mg2RmvM2mv12代入数据解得可知小球能够通过最高点，则能通过壕沟，对A到C的过程运用动能定理得FxfL0mg2Rmv120代入数据解得x=1.5m根据牛顿第二定律得 根据x=at2

26、得力F作用的最短时间 力F作用的最长时间 则力F的作用时间应该满足17. 如图所示，5块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为l=0.5m，质量为m=0.6kg。在木板1的最左端放置一质量为M=1kg的小物块，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为=0.2，长木板与地面间的动摩擦因数=0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现给物块水平向右的初速度v0=3m/s，使其从木板最左端向右滑动，则（重力加速度g取10m/s2）。(1)当物块在木块1上滑动时，求地面对这5个木块总的摩擦力大小；(2)由计算分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动，并求出物块相对于木板静止时在

27、木板上的位置；（本问结果可保留分数形式）(3)在上述滑行过程中，当物块滑到与某块木板共速时，立即给该木板施加一水平向右的推力F=5.1N，为保证物块不从该木板滑出，求该力施加的最长时间。（本问结果可保留根号）【答案】(1)2N；(2) 物块滑上第 5 块木板时，木板才开始在地面上滑动，；(3)【解析】【详解】(1)木块收到的摩擦力为5个木板总的最大静摩擦力为由于，所以这5个木块保持静止状态，故地面对木块的总摩擦力为；(2)设当物块滑到第块木块时，木块才开始运动，故解得即物块滑上第5块木块时时，木块才开始在地面上滑动；设物块刚滑上第5块木板的速度为，则解得在此过程中，物块的位移为，有解得木板5的位移为，则解得故滑块滑上木板相对静止时，距离木板左端(3)对木板受力分析可知解得木板相对滑板向右加速滑动，当撤去外力后，对木板受力分析，有解得此时木板相对滑块向右减速。显然，当两者再次共速时滑块恰好运动到木板最左端，是力作用在木板上保证滑块不滑出最长时间的临界条件；设加速过程的时间为，减速过程的时间为，滑块的总位移为，木板的总位移为；又联立解得