吉林省实验中学20xx年高考物理二模试卷word版含解析

吉林省实验中学20xx年高考物理二模试卷word版含解析内容摘要：

变大； 再以 AB 整体为研究对象受力分析， 设 AC 绳与水平方向夹角为 α， 则竖直方向有： TACsinα=2mg 得： TAC= ，不变； 水平方向： TAD=TACcosα+F， TACcosα不变，而 F 逐渐变大，故 TAD逐渐变大； 故 B 正确； 故选： B． 5．如图所示，细线的一端系一质量为 m的小球，另一端固定在倾角为 θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度 a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力 T 和斜面的支持力 FN分别为（重力加速度为 g）（ ） A． T=m（ acosθ﹣ gsinθ） FN=m（ gcosθ+asinθ） B． T=m（ gcosθ+asinθ） FN=m（ gsinθ﹣ acosθ） C． T=m（ gsinθ+acosθ） FN=m（ gcosθ﹣ asinθ） D． T=m（ asinθ﹣ gcosθ） FN=m（ gsinθ+acosθ） 【考点】 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 ． 【分析】 小球始终静止在斜面上，说明小球加速度很小，且未脱离斜面，以小球受力分析，利用牛顿第二定律列式求解即可． 【解答】 解：当加速度 a 较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于斜面；小球的受力如图： 水平方向上 由牛顿第二定律得： Tcosθ﹣ FNsinθ=ma… ① 竖直方向上由平衡得： Tsinθ+FNcosθ=mg… ② ①② 联立得： FN=m（ gcosθ﹣ asinθ）， T=m（ gsinθ+acosθ）．故 C 正确． 故选： C． 6．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固 定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力 F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力 F 与物体位移 x 之间的关系如图乙所示（ g=10m/s2），则下列结论正确的是（ ） A．物体的加速度大小为 5m/s2 B．弹簧的劲度系数为 C．物体的质量为 3kg D．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 【考点】 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用． 【分析】 物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为30N；刚开始物体处于静止状态，重力 和弹力二力平衡；拉力为 10N 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，弹簧压缩量为 4cm；根据以上条件列式分析即可． 【解答】 解： A、 B、 C、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有 mg=kx ① 拉力 F1为 10N 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有 F1+kx﹣ mg=ma ② 物体与弹簧分离后，拉力 F2为 30N，根据牛顿第二定律，有 F2﹣ mg=ma ③ 代入数据解得 m=2kg k=500N/m=5N/cm a=5m/s2 故 B 错误， C 错误， A 正确 ； D、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故 D 错误； 故选： A． 7．如图所示，在倾角为 θ的斜面上 A 点以水平速度 v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上 B 点所用的时间为（ ） A． B． C． D． 【考点】 平抛运动． 【分析】 解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同． 【解答】 解：设 AB 之间的距离为 L， 则：水平方向： Lcosθ=V0t 竖直方向： Lsinθ= 联立解得： t= 故选 B． 二 .多项选择题：（共 7 小题，每小题 4 分，共计 28 分） 8．如图所示，水平转盘上的 A、 B、 C 三处有三块可视为质点的由同一种材料做成的正立方体物块； B、 C 处物块的质量相等，均为 m， A 处物块的质量为 2m；A、 B 与轴 O 的距离相等，均为 r， C 到轴 O 的距离为 2r，转盘以某一角速度匀速转动时， A、 B、 C 处的物块都没有发生滑动现象，下列说法中正确的是（ ） A． C 处物块的向心加速度最大 B． B 处物块受到的静摩擦力最小 C．当转速增大时，最先滑动起来的是 C 处的物块 D．当转速继续增大时，最后滑动起来的是 A 处的物块 【考点】 向心力；牛顿第二定律． 【分析】 三物块与转盘一起做匀速圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，角速度相等，根据 f=mrω2， a=rω2比较向心加速度和静摩擦力的大小． 【解答】 解： A、根据 a=rω2 知，三物块的角速度相等， C 物块的半径最大，则向心加速度最大．故 A 正确． B、因为 B 物块的质量最小，半径最小，根据 f=mrω2，知 B 物块受到的静摩擦力最小．故 B 正确． C、根据 μmg=mrω2，解得 ω= ，知 C 物块的半径最大，临界角速度最小，知 C 物块最先滑动起来．故 C 正确、 D 错误． 故选： ABC． 9．如图，水 平传送带 A、 B 两端相距 S=，工件与传送带间的动摩擦因数μ=．工件滑上 A 端瞬时速度 vA=4m/s，达到 B 端的瞬时速度设为 vB，则（ ） A．若传送带不动，则 vB=3m/s B．若传送带以速度 v=4m/s 逆时针匀速转动， vB=3m/s C．若传送带以速度 v=2m/s 顺时针匀速转动， vB=3m/s D．若传送带以速度 v=2m/s 顺时针匀速转动， vB=2m/s 【考点】 动能定理的应用；牛顿第二定律． 【分析】 若传送带不动，由匀变速直线运动的速度位移公式可求出 vB． 若传送带以速度 V=4m/s 逆时 针匀速转动，工件的受力情况不变，工件的运动情况跟传送带不动时的一样； 若传送带以速度 V=2m/s 顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的运动情况跟传送带不动时的一样； 【解答】 解： A、若传送带不动，工件的加速度 a= =μg= 10=1m/s2，由匀变速直线运动的速度位移公式得： vB2﹣ vA2=﹣ 2as，代入数据解得： vB=3m/s．故A 正确． B、若传送带以速度 V=4m/s 逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速度仍为 a=μg，工件的 运动情况跟传送带不动时的一样，则 vB=3m/s．故 B 正确． C、 D 若传送带以速度 V=2m/s 顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度仍为 a=μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则 vB=3m/s．故 C 正确． D 错误． 故选： ABC． 10．如图，质量为 m 的小球从斜轨道高 h 处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动．已知圆轨道的半径为 R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为 g．则下列说法正确的是（ ） A．当 h=2R 时，小球恰好能到达最高点 M B．当 h=2R 时，小球在圆心等高处 P 时对轨道压力为 2mg C．当 h≤ R 时，小球在运动过程中不会脱离轨道 D．当 h=R 时，小球在最低点 N 时对轨道压力为 2mg 【考点】 向心力；牛顿第二定律． 【分析】 使小球能够通过圆轨道最高点 M，那么小球在最高点时应该是恰好是由物体的重力作为物体的向心力，由向心力的公式可以求得此时的最小的速度，再由机械能守恒可以求得高度 h．球不脱离轨道，也可在圆轨道上圆心下方轨道。