2021-2022学年吉林省吉林市第一中学高二（下）6月物理试题（平行班）含解析

吉林一中20年级高二下学期6月第三次质量检测

高二物理（理科）试卷

一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 下列关于牛顿第一定律以及惯性概念的说法中，正确的是（   ）

A. 牛顿第一定律说明，只有不受外力的物体才保持匀速直线运动状态或静止状态

B. 物体运动状态发生变化则物体一定受到力的作用

C. 惯性定律与惯性的实质是相同的

D. 物体的运动不需要力来维持，但物体的运动速度越大时其惯性也越大

【答案】B

【解析】

分析】

【详解】A．当物体所受的合力为零时，物体也可以处于匀速直线运动状态或静止状态，A错误；

B．由牛顿第一定律可知，力是改变物体运动状态的原因，B正确；

C．惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，惯性定律（即牛顿第一定律）则反映物体在一定条件下的运动规律，C错误；

D．物体的运动不需要力来维持，物体的惯性与运动速度大小无关，D错误。

故选B。

2. 如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB长度的一半，则等于（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】当球以AB沿水平方向放置，可知

当小球竖直放置在光滑的支架上时，受力分析如图所示，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示

可得

根据支架间距为AB的一半，可得，则有

故A正确，BCD错误。

故选A。

3. 一旅客在站台9号车厢候车线处候车，设每节车厢的长度相同，不计车厢间的间隙距离，动车进站时可以看做匀减速直线运动。他发现第1、2节两节厢经过他时用了1s，动车停下时旅客刚好在9号车厢门口，如图所示，则该动车从车头到该旅客时到动车停下时间共为（　　）

A. 4s B. 16s C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】根据题意，设该动车从车头到该旅客时到动车停下时间为，每节车厢的长度为，做匀减速直线运动的加速度为，利用逆向思维，由公式可得

联立解得

故ABD错误C正确。

故选C。

4. 如图所示，水平面上的P、Q两物块的接触面水平，二者叠在一起在作用于Q上的水平恒定拉力F的作用下向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍能不发生相对滑动．关于撤去F前后Q的受力个数的说法正确的是

A 撤去F前6个，撤去F后瞬间5个

B. 撤去F前5个，撤去F后瞬间5个

C. 撤去F前5个，撤去F后瞬间4个

D. 撤去F前4个，撤去F后瞬间4个

【答案】B

【解析】

【详解】撤去F前，物体Q受到：重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和力F共5个力的作用；撤去F后的瞬间，两物体做减速运动，此时Q受力: 重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和P对Q的摩擦力，共5个力作用；故选B.

5. 如图所示，、两物体的质量分别为和，由轻质弹簧相连，当用恒力水平向右拉着，使、一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为，加速度大小为；当用大小仍为的恒力沿竖直方向拉着，使、一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为，加速度大小为，则（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】对整体分析，有

对b物体隔离分析，有

根据胡克定律，有

可知

故选A。

6. 矿井中的升降机从井底开始以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　）

A. 螺钉松脱后做自由落体运动

B. 矿井的深度为30 m

C. 螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s

D. 螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s

【答案】C

【解析】

【详解】A．螺钉松脱时具有与升降机相同的竖直向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A错误；

B．取竖直向上为正方向，螺钉从脱落至落到井底的位移

h1＝

升降机这段时间的位移

h2＝v0t＝15 m

故矿井的深度为

h＝|h1|＋h2＝45 m

故B错误；

C．螺钉落到井底时的速度为

v＝v0－gt＝－25 m/s

故速度大小为25 m/s，C正确；

D．螺钉松脱前运动的时间为

t′＝＝6 s

所以螺钉运动的总时间为

t总＝t＋t′＝9 s

故D错误。

故选C。

7. 如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是(　　)

A. 细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1

B. 细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cos2θ∶1

C. A与B的加速度之比为1∶1

D. A与B的加速度之比为1∶cos θ

【答案】B

【解析】

【详解】对A球，剪断细线的瞬间，细绳拉力突变，合力垂直于AO连线斜向下，细绳拉力大小

加速度大小；

对B球，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向右，弹簧弹力大小

加速度大小

所以

，

A.A项与上述计算结果不相符，故A错误；

B.B项与上述计算结果相符，故B正确；

C.C项与上述计算结果不相符，故C错误；

D.D项与上述计算结果不相符，故D错误．

8. 甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以3m/s的速度做匀速直线运动，质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置随时间的变化如图所示。已知t=3s时，甲、乙图线的斜率相等。下列判断正确的是（　　）

A. 最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反

B. t=3s时，乙的位置坐标为

C. 时，两车相遇

D. 乙经过原点的速度大小为

【答案】B

【解析】

【详解】A．位移时间图像的斜率表示速度，则最初的一段时间内，甲、乙的斜率都为正方向，所以运动方向相同，故A错误；

B．质点乙作初速度为零匀变速直线运动，t=3s时，甲、乙图线的斜率相等，所以，t=3s时乙的速度是3m/s，乙的加速度

0-3s，乙的位移

所以t=3s时，乙的位置坐标为

故B正确。

C．时甲车的位移x甲=30m，乙车的位移

因

则两车没相遇，故C错误；

D．根据

v2-0=2ax

乙经过原点时速度大小为

故D错误。

故选B。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

9. 一个做匀加速直线运动的物体，先后经过a、b两点时的速度分别是v和7v，a、b间的距离为S，经历a、b段的时间是t，则下列判断正确的是：                   （  ）

A. 经过ab段位移中点的速度是4v

B. 经过ab中间时刻的速度是4v

C. 前时间通过的位移比后时间通过的位移小

D. 前位移所需时间是后位移所需时间的倍

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】A．经过ab段位移中点的速度为

故A错误；

B．经过ab中间时刻的速度是

故B正确；

C．物体的加速度为

所以前与后时间通过的位移差为

故C正确；

D．前的平均速度为

后的平均速度为

所以

故D错误

故选BC。

10. 固定在电梯中的弹簧秤的钩子上挂着质量为m的物体，电梯静止时弹簧秤的示数G=mg，下列说法正确的是（　　）

A. 当电梯匀速向上时，弹簧秤的示数增大，电梯匀速下降时，弹簧秤的示数减小

B. 只有电梯加速上升时，弹簧秤的示数才会增大；只有电梯加速下降时，弹簧秤的示数才会减小

C. 不管电梯向上或向下运动，只要加速度的方向竖直向上，弹簧秤的示数一定大于mg

D. 不管电梯向上或向下运动，只要加速度的方向竖直向下，弹簧秤的示数一定小于mg

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】A．无论电梯匀速向上还是匀速下降，物体都处于平衡状态，弹簧秤的示数均为mg，选项A错误；

B．当电梯加速度向上时，即加速上升或减速下降时，物体都发生超重，弹簧秤的示数会增大；当电梯加速度向下时，即加速下降或减速上升时，物体都发生失重，弹簧秤的示数会减小，选项B错误；

C．不管电梯向上或向下运动，只要加速度的方向竖直向上，物体超重，则弹簧秤的示数一定大于mg，选项C正确；

D．不管电梯向上或向下运动，只要加速度的方向竖直向下，物体失重，弹簧秤的示数一定小于mg，选项D正确。

故选CD。

11. 如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，小球P与圆心O的连线与水平面的夹角为，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过，框架与小球P始终保持静止状态，在此过程中下列说法正确的是（　　）

A. 外力F的最小值为

B. 框架对小球P支持力逐渐增大

C. 框架对地面的压力先增大后减小

D. 地面对框架的摩擦力逐渐减小

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．小球的受力情况如图所示

由图可知，拉力F顺时针转动过程中，框架对小球的支持力始终减小，F先减小后增大，当F与支持力垂直时，F最小，由几何关系可知

F=mgcosθ

故A正确，B错误；

CD．以框架和小球组成的系统整体为研究对象，水平方向，地面对框架的摩擦力与拉力F的水平分力平衡，F顺时针转动过程中，其水平分力逐渐减小，故地面对框架的摩擦力也逐渐减小；竖直方向，整体的重力，地面的支持力和F的竖直分力三力平衡，F顺时针转动过程中，其竖直分力逐渐增大，故地面对框架的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律知框架对地面的压力逐渐减小，故C错误，D正确。

故选AD。

12. 如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A. 滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动

B. 弹簧恢复原长时，滑块速度最大

C. 弹簧的劲度系数k＝175 N/m

D. 该过程中滑块的最大加速度为30 m/s2

【答案】CD

【解析】

【详解】A：由图乙可得：滑块被释放后，先做加速度减小的加速再做加速度增大的减速，最终做匀减速直线运动直至停止．故A项错误．

B：当弹簧弹力等于摩擦力时，滑块速度最大．故B项错误．

CD：由图乙的bc段可得，滑块匀减速直线运动的加速度大小，由牛顿第二定律可得；速度时间图线的斜率表示加速度，则滑块刚释放时的加速度最大， ；对刚释放时的滑块受力分析，由牛顿第二定律可得：，解得：弹簧的劲度系数．故CD两项均正确．

三、实验题（本题共2小题，共20分）

13. （1）“探究力的合成的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图，F为用平行四边形定则做出的合力。

①本实验采用的科学方法是____

A.理想实验法    B.等效替代法     C.控制变量法     D.建立物理模型法

②图乙中的F与F´两力中，方向一定沿AO方向的是 ______ ；

③为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧秤成一定角度拉橡皮筋时，必须记录的有____

A.两细绳的方向   B.橡皮筋的原长   C.两弹簧秤的示数   D.结点O的位置

④本实验中，采取下列哪些方法和步骤可以减小实验误_____

A.两个分力F1、F2间的夹角越小越好

B.两个分力F1、F2的大小要适当大些

C.拉橡皮筋的细绳要稍短一些

D.实验中，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度

⑤在实验中，如果将细绳换成橡皮筋，那么实验结果将 ______ 。（ 选填"变”或“不变”）

【答案】    ①. B    ②. F′    ③. ACD    ④. BD    ⑤. 不变

【解析】

【详解】①[1]本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B。

②[2]图乙中的F与F´两力中，F是两个分力合力的理论值，F´是两个分力的合力的实验值，则方向一定沿AO方向的是F´；

③[3]为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧秤成一定角度拉橡皮筋时，必须记录的有：两细绳的方向、两弹簧秤的示数以及结点O的位置。故选ACD。

④[4]A．两个分力F1、F2间的夹角大小要适当，并非越小越好，选项A错误；

B．两个分力F1、F2的大小要适当大些，选项B正确；

C．拉橡皮筋的细绳要稍长一些，这样可减小记录力的方向时产生的误差，阻值C错误；

D．实验中，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度，选项D正确。

故选BD。

⑤[5]在实验中，如果将细绳换成橡皮筋，因为细线和橡皮筋都是拉力因此效果一样，那么实验结果将不变。

14. 用如图所示的实验装置测量木块与长木板间的动摩擦因数。把左端带有滑轮的长木板平放在实验桌上，载有砝码的木块右端连接穿过打点计时器的纸带，左端连接细线，细线绕过定滑轮挂有槽码，木块在槽码的牵引下运动。通过纸带测量木块的加速度，并测出木块与砝码的总质量M，槽码的总质量m，计算木块与木板之间的摩擦力。改变M和m进行多次实验。

（1）下列实验操作步骤，正确顺序是___________。

①释放木块

②接通打点计时器电源

③将木板固定在水平桌面上

④调节滑轮高度使细线与木板平行

⑤将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上

（2）实验打出的一段纸带如图所示，打点计时器的工作频率为50Hz，则木块的加速度为___________（结果保留两位有效数字）

（3）甲同学测得的数据见下表：

请根据表中的数据，在图方格纸上作出图像。___________

（4）已知重力加速度，可求得该木块与木板的动摩擦因数___________（结果保留两位小数）。

（5）乙同学用（3）问表中的数据逐一计算出每次测量的值，取其平均值作为测量结果。他发现该值比甲同学在（4）问中得出的值大。你认为哪位同学的结果更准确，请简要说明理由___________。

【答案】    ①. ③⑤④②①    ②.     ③.     ④.     ⑤. 见解析

【解析】

【详解】（1）[1]实验时，将木板固定在水平桌面上，接着将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上，然后把细线拴在小车上，使细线跨过定滑轮并挂上槽码，调节滑轮高度使细线与木板平行，再接通打点计时器，释放木块，最后关闭电源取下纸带，故正确的顺序是③⑤④②①。

（2）[2]由纸带图可知每四个点选用一个计数点，则计数点之间的时间间隔为

且可知

由逐差法得

解得

（3）[3]根据表中数据，描点，让尽量多的点在直线上，不在直线上的点尽量分布在直线两侧，得到图像如下

（4）[4]由滑动摩擦力公式得

可知，图像的斜率，有

解得

（5）[5]用图像法求，需要结合图像，而图像的在连接时尽量让更多的点在线上，但不会将每一个点都连上，一些偏离直线较远的点可以自动排除，即舍弃了一些错误的数据，从而使结果更接近真实情况。而乙同学通过求平均值并没有办法完全消除这样的错误数据带来的影响，故甲同学的结果更准确一些。

四、计算题（本题共3小题，共32分）

15. 如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为mA=20kg，mB=10kg，A、B之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5，一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，今欲用外力将物体B匀速向右拉出，求：水平力F的大小和轻绳拉力T的大小．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8， g=10m/s2）

【答案】（1） F=170N；（2） T=100N；

【解析】

【详解】用FN1，FN2分别表示A与B之间和Ｂ与地面之间相互作用的弹力大小，用f1,f2分别表示A与B之间和Ｂ与地面之间相互作用的滑动摩擦力的大小，则对Ａ物块：　

f1=uFN1      

Tcos370+FN1=MAg     

Tsin370=f1      

联立上面三式可得： f1=60N；FN1=120N；T=100N

对B物块：

f2=uFN2        

FN2=FN1+MBg    

F=f1+f2           

联立上面三式可得： F=170N

【点睛】本题是两个物体平衡问题，采用隔离法研究，关键是分析物体的受力情况，作出力图后根据平衡条件列方程求解．

16. 两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面。现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示。在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1 kg、mB=3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v­t图像如图乙所示。g取10 m/s2，求：

（1）推力F的大小；

（2）A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。

【答案】（1）15 N；（2）6 m

【解析】

【分析】

【详解】（1）在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v­t图像得

对于A、B整体，由牛顿第二定律得

代入数据解得

（2）设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由

解得A的加速度大小

物块A通过的位移，根据

物块A减速到零的时间

物块B通过的位移

物块A刚停止时A、B间的距离

17. 2022年北京冬奥会开幕式又一次让中国惊艳世界，其中“五环破冰”寓意打破隔阂，大家融为一体，向世界展示了中国人的浪漫。设定“五环”均为半径r＝3m的圆环（厚度忽略不计），上三环的下边缘与下两环圆心在同一水平面上。整个过程可简化为如图所示物理模型：初始时，“五环”位于同一竖直面内，恰藏于“冰”中置于水平地面上，“冰”上下表面均水平，其中上三环上边缘与“冰”上表面齐平，下两环下边缘与“冰”下表面齐平。现使“五环”和“冰”同时以大小相等的加速度a＝0.30m/s2分别竖直向上、向下做匀加速直线运动，速度达到某同一值后均匀速运动，各自快到达终点时分别以加速度a＝0.30m/s2做匀减速直线运动直至静止，最终“五环”用时43s上升12.6m，悬挂在空中，“冰”上表面恰好与水平地面融为一体。求：

（1）“五环”运动过程中的速度最大值；

（2）“五环破冰”（从开始运动到两者分离）所用时间。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）取“五环”运动过程的最大速度为，加、减速用时

匀速用时

位移满足

联立解得

（2）有（1）易得加、减速过程位移

“冰”匀速运动过程用时

设“冰”减速前“五环”已离开“冰”，取开始匀速到两者恰好分离用时t4，有

由

可得“冰”减速前“五环”已离开“冰”，“五环破冰”用时