四川省成都市双流中学2022届高三物理上学期纠错练习试题含解析

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四川省成都市双流中学2022届高三物理上学期纠错练习试题含解析

2022-08-25 12:25:50
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2022-2022学年四川省成都市双流中学高三（上）纠错练习物理试卷　一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）1．甲质点做直线运动的x﹣t图象和乙质点做直线运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）A．甲质点在3s内通过的位移为2mB．甲质点在0─1s内做匀速直线运动C．乙质点沿直线向一个方向运动D．乙质点的加速度不变　2．摩托车通过质量不可忽略的钢丝绳拖动货物前行，下列说法中正确的是（　　）A．摩托车启动过程中，摩托车拉钢绳的力大于钢绳拉货物的力B．摩托车平稳（匀速）行驶过程中，摩托车拉钢绳的力等于钢绳拉货物的力C．摩托车启动过程中，钢绳拉货物的力大于货物拉钢绳的力D．不论摩托车处于怎样的运动状态，都会由于摩托车拉钢绳的力与钢绳拉货物的力是对作用力和反作用力而保持二力等值的关系　3．如图所示，a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上匀速运行的四颗人造卫星．其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上．某时刻b卫星恰好处于c卫星的正上方．下列说法中正确的是（　　）A．b、d存在相撞危险B．a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度-13-C．b、c的角速度大小相等，且小于a的角速度D．a、c的线速度大小相等，且小于d的线速度　4．如图所示，带有竖直支柱的斜面体静止在水平地面上，光滑的小球被轻质细线系住静止于斜面体上．现将支柱上细线结点位置由顶端下移，使细线与斜面平行，则细线结点位置调整后与调整前相比，下列说法正确的是（　　）A．地面对斜面体的支持力变大B．地面对斜面体的摩擦力变大C．细线对小球的拉力变小D．斜面对小球的支持力变小　5．某汽车研发机构在汽车安装了储能装置，将减速时的部分动能转化并储存在储能装置中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力大小恒定，不计空气阻力，根据图象所给的信息可求出（　　）A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000NB．汽车的额定功率为60kWC．汽车加速运动的时间为22.5sD．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J　6．在倾角为30°的光滑斜面上，一小球P从斜面顶A点水平抛出经时间t到达斜面上的B点，另一个小球Q由A点静止释放，运动到斜面底端C，己知AC长是AB长的4倍，重力加速度为g，则下面结论不正确的是（　　）A．小球Q在斜面上运动时间为2t-13-B．小球Q在斜面上运动时间为4tC．小球Q运动到斜面底端c的速度为2gtD．小球P平抛的初速度为　　二、解答题（共2小题，满分0分）7．（2022春•顺德区期末）如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：（1）物块滑到O点时的速度大小？（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）？（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？　8．（2022•宝安区模拟）如图所示，某货场而将质量为m1=100kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8m．地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．-13-　　2022-2022学年四川省成都市双流中学高三（上）纠错练习物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）1．甲质点做直线运动的x﹣t图象和乙质点做直线运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）A．甲质点在3s内通过的位移为2mB．甲质点在0─1s内做匀速直线运动C．乙质点沿直线向一个方向运动D．乙质点的加速度不变【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】甲图是位移﹣时间图象，纵坐标的变化量等于位移，斜率等于质点的速度，由斜率可求出各段时间内质点的速度，即可分析质点的运动情况；乙图是速度﹣时间图象，斜率等于质点的加速度，速度的正负表示质点的运动方向．【解答】解：A、甲质点在3s内通过的位移为△x=2m﹣0=2m．故A正确．B、由位移﹣时间图象的斜率等于质点的速度得知，0﹣1s内，甲质点的速度为零，表示质点处于静止状态．故B错误．-13-C、由图看出，乙的速度方向一直为正值，说明质点的运动方向一直沿正方向，即乙质点沿直线向一个方向运动．故C正确．D、由速度﹣时间图象的斜率等于质点的加速度可知，乙质点的加速度大小为a==m/s2=10m/s2，保持不变．质点在奇数秒内的加速度为正值，表示加速度沿方向，而偶数秒内加速度为负值，表示加速度沿负方向，由于加速度是矢量，故质点的加速度是变化的．故D错误．故选AC【点评】本题一要理解两种图象的物理意义，抓住斜率的数学意义来分析质点的运动情况，二不能混淆，要抓住两种图象的区别．　2．摩托车通过质量不可忽略的钢丝绳拖动货物前行，下列说法中正确的是（　　）A．摩托车启动过程中，摩托车拉钢绳的力大于钢绳拉货物的力B．摩托车平稳（匀速）行驶过程中，摩托车拉钢绳的力等于钢绳拉货物的力C．摩托车启动过程中，钢绳拉货物的力大于货物拉钢绳的力D．不论摩托车处于怎样的运动状态，都会由于摩托车拉钢绳的力与钢绳拉货物的力是对作用力和反作用力而保持二力等值的关系【考点】牛顿第一定律．【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反；由此可判定四个选项．钢丝绳对货物的拉力与货物对钢丝绳的拉力是作用力与反作用力的关系．【解答】解：A、由于绳子的质量不可忽略摩托车启动过程中摩托车拉钢绳的力大于钢绳拉货物的力．故A正确；B、摩托车平稳（匀速）行驶过程中，摩托车拉钢绳的力等于钢绳拉货物的力力，故B正确；C、钢绳拉货物的力与货物拉钢绳的力是作用力与反作用力，大小总是相等．故C错误；D、不论摩托车处于怎样的运动状态，都会由于摩托车拉钢绳的力与钢绳拉摩托车的力是对作用力和反作用力而保持二力等值的关系．故D错误．故选：B【点评】本题重点考察对牛顿第三定律的理解，知道任何情况下作用力与反作用力总是等大反向．　-13-3．如图所示，a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上匀速运行的四颗人造卫星．其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上．某时刻b卫星恰好处于c卫星的正上方．下列说法中正确的是（　　）A．b、d存在相撞危险B．a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度C．b、c的角速度大小相等，且小于a的角速度D．a、c的线速度大小相等，且小于d的线速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】应用题．【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．【解答】解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F=F向F=GF向=m=mω2r=m（）2r因而G=m=mω2r=m（）2r=ma解得v=①ω==②a=③b、d两颗卫星的轨道半径相同，根据①式，它们的线速度相等，故永远不会相撞，故A错误；-13-B、a、c两颗卫星的轨道半径相同，且小于b卫星的轨道半径，根据③式，a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度，故B正确；C、b、c两颗卫星的轨道半径不相同，根据②式，其角速度不等，故C错误；D、a、c两颗卫星的轨道半径相同，且小于d卫星的轨道半径，根据①式，a、c的线速度大小相等，且大于d的线速度，故D错误；故选B．【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度和加速度的表达式，再进行讨论；除向心力外，线速度、角速度、周期和加速度均与卫星的质量无关，只与轨道半径有关．　4．如图所示，带有竖直支柱的斜面体静止在水平地面上，光滑的小球被轻质细线系住静止于斜面体上．现将支柱上细线结点位置由顶端下移，使细线与斜面平行，则细线结点位置调整后与调整前相比，下列说法正确的是（　　）A．地面对斜面体的支持力变大B．地面对斜面体的摩擦力变大C．细线对小球的拉力变小D．斜面对小球的支持力变小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】小球受重力、支持力和绳子的拉力处于平衡，抓住重力的大小和方向不变，支持力的方向不变，根据图解法判断拉力和支持力的变化．对整体分析，判断支持力和摩擦力的变化．【解答】解：A、对整体分析，整体处于平衡，支持力等于总重力，可知地面对斜面体的支持力不变，地面对斜面体的摩擦力始终为零，故A、B错误．C、质点受重力、支持力和拉力处于平衡，重力的大小和方向不变，即拉力和支持力的合力始终保持竖直向上，大小不变，根据图解法知，拉力减小，支持力增大，故C正确，D错误．故选：C．-13-【点评】本题考查了力学的动态分析，关键抓住哪个力大小和方向都不变，哪个力方向不变，结合图解法分析判断，比较函数法要简单快捷．　5．某汽车研发机构在汽车安装了储能装置，将减速时的部分动能转化并储存在储能装置中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力大小恒定，不计空气阻力，根据图象所给的信息可求出（　　）A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000NB．汽车的额定功率为60kWC．汽车加速运动的时间为22.5sD．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．-13-【分析】关闭储能装置时，根据动能定理求解汽车所受地面的阻力．在5﹣7m过程中汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，求解汽车的额定功率．根据动能定理和功率公式求解加速运动的时间，其中牵引力的功为Pt．由能量关系分析汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能．【解答】解：A、对于图线①，根据动能定理得：﹣fx=0﹣Ek，得到阻力为：f==N=2×103N．故A错误．B、设汽车匀速运动的速度为v，则有Ek=，v=，汽车的额定功率为：P=Fv=fv=2×103×40W=80kW．故B错误．C、对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt﹣fS=Ek2﹣Ek1，代入数据解得t=16.25s，故C错误．D、根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为：E=Ek﹣fS=8×105J﹣2×103×1.5×102J=5×105J．故D正确．故选：D【点评】本题是汽车的起动问题，根据动能定理求解阻力和加速运动的时间．汽车匀速运动时，牵引力与阻力平衡．　6．在倾角为30°的光滑斜面上，一小球P从斜面顶A点水平抛出经时间t到达斜面上的B点，另一个小球Q由A点静止释放，运动到斜面底端C，己知AC长是AB长的4倍，重力加速度为g，则下面结论不正确的是（　　）A．小球Q在斜面上运动时间为2tB．小球Q在斜面上运动时间为4tC．小球Q运动到斜面底端c的速度为2gtD．小球P平抛的初速度为【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的运动学公式求出匀加速直线运动时间的表达式，结合平抛运动的竖直位移得出时间的表达式，从而得出两个时间的关系．根据速度时间公式求出小球Q到达底端的速度．根据平抛运动的水平位移和竖直位移求出小球P的初速度．-13-【解答】解：A、设AC的长度为L，对于小球Q，加速度a=，则小球Q的运动时间，对于小球P，下落的高度h=，解得t=，则小球Q的运动时间为4t，故A错误，B正确．C、小球Q运动到底端的速度v=at′=2gt，故C正确．D、小球P的竖直位移y=，则水平位移x=，则初速度，故D正确．本题选错误的，故选：A．【点评】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，结合运动学公式灵活求解．　二、解答题（共2小题，满分0分）7．（2022春•顺德区期末）如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：（1）物块滑到O点时的速度大小？（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）？（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？【考点】动能定理．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）物块从A运动到O的过程中，重力做功mgh，根据动能定理求出物块滑到O点时的速度大小．（2）物块从在水平轨道上运动时，克服摩擦力做功，物块的动能转化为弹簧的弹性势能和内能，根据能量守恒定律求出弹簧为最大压缩量d时的弹性势能．（3）物块A被弹回的过程中，克服摩擦力和重力做功，再由能量守恒定律求解物块能够上升的最大高度．-13-【解答】解：（1）物块由A点滑到O点，根据动能定理有解得（2）物块由最高点滑到将弹簧压缩到最短的过程中，根据动能定理有mgh﹣W弹﹣μmgd=0﹣0解得W弹=mgh﹣μmgd又W弹=Epmax﹣0解得Epmax=mgh﹣μmgd（3）物块从最高点滑下到再一次返回到最高点，根据动能定理有mg（h﹣h'）﹣2μmgd=0﹣0解得h'=h﹣2μd答：（1）物块滑到O点时的速度大小为（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能为mgh﹣μmgd（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是为h﹣2μd【点评】本题涉及三个过程，关键要确定出能量如何转化，根据能量守恒定律列方程．　8．（2022•宝安区模拟）如图所示，某货场而将质量为m1=100kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8m．地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．-13-【分析】（1）物体下滑的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒可以得出到达底端时的速度，再由向心力的公式可以求得物体受到的支持力的大小，根据牛顿第三定律可以得到货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小；（2）货物滑上木板A时，木板不动，说明此时货物对木板的摩擦力小于地面对木板的摩擦力的大小，而滑上木板B时，木板B开始滑动，说明此时货物对木板的摩擦力大于了地面对货物的摩擦力的大小，由此可以判断摩擦因数的范围．（3）当μ1=0.5时，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动，货物做的是匀减速直线运动，位移是木板的长度L，由匀变速直线运动的规律可以求得．【解答】解：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：…①设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得：…②联立以上两式代入数据得：FN=3mg=3000N…③根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下．（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：μ1m1g≤μ2（m1+2m2）g…④若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：μ1m1g＞μ2（m1+m2）g…⑤联立④⑤式代入数据得：0.4＜μ≤0.6…⑥．（3）μ1=0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ1m1g=m1a1…⑦设货物滑到木板A末端是的速度为v1，由运动学公式得：…⑧联立①⑦⑧式代入数据得：v1=4m/s…⑨设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得：v1=v0﹣a1t…⑩联立①⑦⑨⑩式代入数据得：t=0.4s．答：（1）货物到达圆轨道末端时对轨道的压力是3000N；（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，μ1应满足的条件是0.4＜μ1≤0.6；（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间是0.4s．-13-【点评】本题考查了机械能守恒、圆周运动和牛顿运动定律的应用，特别需要注意的是货物在水平面上运动时木板的运动状态，由于是两块木板，所以货物运到到不同的地方时木板的受力不一样．　-13- 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