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1、福建省永安市第一中学2020届高三物理上学期限时训练试题（二）（含解析）一、单项选择题。（每题4分，共36分。）1.如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同空气阻力不计，则A. B的加速度比A的大B. B在最高点的速度比A在最高点的小C. A、B的飞行时间相等D. B在落地时的速度比A在落地时的小【答案】C【解析】【详解】A.不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g，大小相等、方向相同，故A错误；B.两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由知下落时间相等，则两球运动的时
2、间相等，在竖直方向由，而且最大高度相同，则知，竖直方向的初速度大小相等，由于A球的初速度与水平方向的夹角大于B球的竖直方向的初速度，由（是初速度与水平方向的夹角）得知，A球的初速度小于B球的初速度，由于B球的初速度与水平方向的夹角小，所以B球水平分初速度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故B在最高点的速度比A在最高点的大，故B错误，C正确；D.由于B的初速度大于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地时的速度比A在落地时的大，故D错误2.升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动4 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)A
3、. 升降机对物体做功5 800 JB. 合外力对物体做功5 800 JC. 物体的重力势能增加500 JD. 物体的机械能增加4800 J【答案】D【解析】【详解】A、设升降机对物体做功为，则对物体运用动能定理有：得到：故A错误；B、对物体运用动能定理有：故B错误；C、重力势能的增加量等于克服重力做的功，故：故C错误；D、机械能的增加量为：故D正确3.如图所示，质量为M的斜面静置在水平地面上，斜面上有一质量为m的小物块，水平力F作用在小物块上时，两者均保持静止，斜面受到水平地面的静摩擦力为，小物块受到斜面的静摩擦力为，现使F逐渐增大，两者仍处于静止状态，则（ ）A. 、都增大B. 、都不一定增
4、大C 不一定增大，一定增大D. 一定增大，不一定增大【答案】D【解析】对物块m受力分析，受重力、支持力、推力，可能有静摩擦力，当时，静摩擦力沿着斜面向上，大小为，当F增大时，变小；当时，静摩擦力为零，当增大时，变大；当时，静摩擦力沿着斜面向下，大小为，F增大时，变大，故不一定增大；对整体受力分析，受到重力、支持力、静摩擦力、推力，则有，则增大，一定增大；故D正确，ABC错误；故选D【点睛】需要选好研究对象，受力分析，应用平衡条件求解即可4.如图所示，质量相同的两颗人造卫星A、B绕地球作匀速圆周运动，卫星A离地球较近，卫星B离地球较远，关于两颗卫星的运动，下列说法正确的是（ ）A. 卫星A的周期
5、长B. 卫星B的角速度大C. 卫星A的线速度小D. 卫星B的机械能大【答案】D【解析】【详解】A、由万有引力充当向心力：G=mr，卫星运动的周期T=2，两颗卫星A、B的轨道半径rArB，则卫星A的周期较短，故A错误B、卫星运动的角速度=，rArB，则卫星B的角速度较小，故B错误C、卫星运动的线速度v=r=，rArB，则卫星A的线速度较大，故C错误D、质量相同的两颗人造卫星A、B，进入高轨道发射时需要消耗的能量较大，则卫星B的机械能大，故D正确5.游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转
6、动稳定后，每根钢绳(含飞椅及游客)与转轴在同一竖直平面内图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为1、2.不计钢绳的重力下列判断正确的是( )A. P、Q两个飞椅的线速度大小相同B. 无论两个游客的质量分别有多大，1一定大于2C. 如果两个游客质量相同，则有1等于2D. 如果两个游客的质量相同，则Q的向心力一定大于P的向心力【答案】B【解析】【详解】BC设钢绳延长线与转轴交点与游客所在水平面的高度为h，对游客受力分析，由牛顿第二定律和向心力公式可得：则：设圆盘半径为r，绳长为L，据几何关系可得：因为：所以：由上分析得：无论两个游客的质量
7、分别有多大，1一定大于2；故B项正确，C项错误A设游客做圆周运动的半径为R，由几何关系可得：所以：两游客转动的角速度相等，据可得：故A项错误D对游客受力分析，游客所受向心力：如果两个游客的质量相同，所以P的向心力一定大于Q的向心力，故D项错误6.近年科学界经过论证认定:肉眼无法从太空看长城，但遥感卫星可以“看”到长城已知某遥感卫星在离地球高度约为300km圆轨道上运行,地球半径约为6400km,地球同步卫星离地球高度约为地球半径的5.6倍则以下说法正确的是A. 遥感卫星的发射速度不超过第一宇宙速度B. 遥感卫星运行速度约为8.1km/sC. 地球同步卫星运行速度约为3.1km/sD. 遥感卫星
8、只需加速，即可追上同轨道运行的其他卫星【答案】C【解析】A、由题中数据可知，飞船运行离地表很近，飞船的线速度接近第一宇宙速度，但发射速度是飞离地球的初速度，一定大于第一宇宙速度才可以成为卫星，故A错误；B、由，可得，且满足黄金代换，解得卫星的线速度 ，同理，解得，则B错误，C正确.D、遥感卫星要追同轨道卫星需要先减速做向心运动再加速做离线运动，D错误.故选C【点睛】解决飞船、人造地球卫星类型的问题常常建立这样的模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地球对卫星的万有引力提供卫星所需要的向心力常常是万有引力定律与圆周运动知识的综合应用7.如图所示，在倾角为的斜面上，以速度v0水平抛出一个质量为m的小球（
9、斜面足够长，重力加速度为g），则在小球从开始运动到小球离开斜面有最大距离的过程中，下列说法中错误的是（ ）A. 重力做功B. 速度的变化C. 运动时间D. 重力的平均功率【答案】C【解析】【详解】当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，此时的竖直分速度vy=v0tan，解得，速度的变化量v=gt=v0tan故B正确，C错误此时下降的高度，重力做功W=mgh=故A正确重力的平均功率故D正确此题选择不正确的选项，故选C【点睛】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，知道速度方向与斜面方向平行时，距离斜面最远8.如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平
10、桌面上，OC与OA的夹角为，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，从静止释放，在m1由C点下滑到A点的过程中，下列说法错误的是（）A. m1的速度大小始终不小于m2的速度B. 重力对m1做功的功率先增大后减少C. 轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加D. 若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=m2【答案】D【解析】【详解】Am1由C点下滑到A点的过程中，两球沿绳子方向的速度大小相等，即m1沿绳子方向的分速度大小等于m2的速度，所以m1的速度始终不小于m2的速度，故A正确；B重力的功率是这里的
11、vy是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直分速度也是零，但是在这个C到A的过程中有竖直分速度，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力对m1做功的功率先增大后减少，故B正确；C根据功能关系知，轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加，故C正确；D若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得解得故D错误。故选D。9.如图所示，一个可视为质点的滑块从高H12 m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r4 m的竖直圆环，圆环内轨道与
12、滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g取10 m/s2)()A. 8 mB. 9 mC. 10 mD. 11 m【答案】B【解析】【详解】当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，则：小球从A点到C点过程，由动能定理可得：小球从C点到D点过程，由动能定理可得：据能量守恒得，在圆环左侧与右侧的任一等高处，左侧速度小于右侧速度，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，据牛顿第二定律和向心力公式知，在圆环左侧与右侧的任一等高处，左侧所受摩擦力小于右侧
13、，则：联立解得：即：A8m，与分析不符，故A项错误；B9m，与分析相符，故B项正确；C10m，与分析不符，故C项错误；D11m，与分析不符，故D项错误二、多项选择题。（每题6分全选对的，漏选的每题3分，选错的0分。）10.如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球静止于光滑水平面上现对小球施加一个水平向右的恒力F，使小球从静止开始运动，则小球在向右运动的整个过程中，下列说法正确的是A. 小球和弹簧组成的系统机械能守恒B. 小球的动能先逐渐增大后逐渐减小C. 小球的动能逐渐增大D. 小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大【答案】BD【解析】【详解】A、根据功能关系得，外力F做正功，小球和弹
14、簧组成的系统机械能逐渐增大，故A错误，D正确；B、开始时，拉力大于弹簧的弹力，加速度方向向右，小球做加速运动，由于弹簧弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大，然后弹簧的弹力大于拉力，加速度向左，与速度反向，速度逐渐减小，所以动能先增大后减小，故B正确，C错误11.如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端栓接质量为m的小球,小球放在倾角为30的光滑固定斜面上,整体处于平衡状态时,弹簧与竖直方向成30角,重力加速度为g,则A. 平衡时,斜面对小球的作用力大小为B. 若将斜面突然移走,则移走瞬间小球的加速度大小为C. 若将弹簧剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大
15、小为D. 若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧,系统重新达到平衡时,弹簧仍处于拉伸状态,此时斜面对小球的作用力变小【答案】CD【解析】【详解】A、小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T，斜面对小球的支持力为FN，对小球受力分析如图，则：，解得：，故A错误；B、将斜面突然移走，小球受的弹簧拉力和重力，弹簧弹力不突变，所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小为，故B错误；C、将弹簧剪断的瞬间，小球即将沿斜面向下做匀加速运动，小球的加速度大小为，故C正确；D、将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，弹簧弹力将变大，小球将沿斜面向上运动，系统重新达到平衡时，轻弹簧与竖直方向的夹角小于，但斜面对小球的支持力方向不变，根据作图可得斜面对小球的作用力变小，故D正确；故选CD
