2022届山东省枣庄滕州市第二中学高三上学期第一次质量检测物理试题（word版含答案）

滕州市第二中学2022届高三第一次质量检测物理试题答案

一、单项选择题

1.解析：x ­t图象的斜率表示速度，b和c为直线，斜率恒定，b、c做匀速直线运动，但斜率正负不同，即速度方向不同，A、C错误；a的切线的斜率为正，即速度为正，b的斜率为负，即速度为负，所以两者反向运动，故两物体间的距离越来越大，B正确；因为a是一条抛物线，即满足x＝x0＋kt2，可知物体a做匀加速直线运动，因为抛物线经过(0,10 m)点和(5 s,20 m)点，故x＝10＋0.4t2 (m)，所以a＝0.4 m/s2，a＝0.8 m/s2，D错误．

答案：B

2.

解析：在0～20 s，机器人的运动方向没有改变，故A错误；由图像可知，t＝30 s时，机器人到达接收点，0～30 s内图线与坐标轴围成的面积即为护士站与接收点之间的距离，则x＝×(10＋30)×6 m＝120 m，故B正确；全过程机器人的平均速度为＝＝ m/s＝4 m/s，故C错误；运送过程中，物品在0～10 s与20～30 s加速度大小相等，方向不同故D错误。

答案：B

3. 答案：C

4.解析：质点做匀变速曲线运动，B点到C点的过程中加速度方向与速度方向夹角小于90°，所以C点的速率比B点速率大，故A错误，C正确；质点做匀变速曲线运动，则加速度大小和方向不变，所以质点经过C点时的加速度与A点的相同，故B错误；质点从A点运动到C点，加速度与速度的夹角一直减小，故D错误．

答案：C

5.解析：设圆弧半径为R，两小球运动时间分别为t1、t2.对球1：Rsin α＝v1t1，Rcos α＝gt，对球2：Rcos α＝v2t2，Rsin α＝gt，联立可得＝tan α，C正确．

答案：C

6.解析：水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示，静止时，FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB，解得FT＝2mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝＝2g，aB＝0.

答案：D

7.解析：以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得F1－F2＝(m1＋m2)a，解得a＝2 m/s2，对物体m1，由牛顿第二定律得F1－FT＝m1a，解得FT＝26 N，则弹簧秤示数为26 N，C正确．

答案：C

8.解析：当车匀减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变，则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，所以乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确.

答案：C

二、多项选择题

9.解析：对小球P受力分析，受到绳子的拉力FT、半球的支持力FN及竖直向下的重力G，如图所示，根据相似三角形法可知＝＝，因为OP和OD都是恒定不变的，G也不变，DP减小，所以可知FN不变，FT减小；绳子的拉力减小，即弹簧的弹力减小，所以弹簧变短；因FN不变，根据牛顿第三定律可知小球对半球的压力不变．故A、C正确.

答案：AC

10.解析：对球受力分析，球受到重力mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有FN2cos α＝mg，因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，选项B错误，D正确；水平方向有FN1－FN2sin α＝ma，因为FN2sin α≠0，所以即使加速度足够小，竖直挡板的水平弹力也不可能为零，选项A错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为FN2在竖直方向的分力FN2cos α与水平方向的合力ma的合成，因此大于ma，选项C正确．

答案：CD

11.解析：由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块最后不可能做匀速直线运动，故选项A错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当μ1mg＞μ2(M＋m)g时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g，由μ1mg＞μ2(M＋m)g，可得μ1mg＞μ2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g＞μ2g，也就是说图象的斜率将变小，故选项C错误，B正确．

答案：BD

12.解析：物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.5<tan 37°，则物块将继续加速下滑，选项A错误；物块A先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA＝0.75＝tan 37°，则物块A将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B最终一定追上物块A，选项B正确；物块B开始下滑的加速度aB1＝gsin 37°＋μBgcos 37°＝10 m/s2，与传送带共速时经过的时间tB＝＝0.24 s，物块A开始下滑的加速度aA＝gsin 37°＋μAgcos 37°＝12 m/s2，与传送带共速时经过的时间tA＝＝0.2 s，共速后物块A与传送带一起匀速下滑，则t＝0.24 s时两物块速度大小相等，选项C正确；在开始的0.24 s内因为A的速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24 s后物块B继续加速下滑速度逐渐变大，而物块A的速度不变，则两物块间的距离又逐渐减小，选项D错误．

答案：BC

三、非选择题：

13.解析：(1)要保证两个弹簧测力计的拉力与一个弹簧测力计的拉力效果相同，要使橡皮条沿相同方向伸长量相同，则O点的位置应固定，故A正确；弹簧测力计拉细线时，拉力方向不一定要竖直向下，只要把O点拉到同一位置即可，故B错误；在测量的过程中F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程，否则测量错误，故C正确；本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧测力计拉力的方向没有限制，为减小误差，夹角应在60°～100°，并非一定要夹角为90°不变，故D错误．

(2)由题图乙中弹簧测力计的指针指示可知，拉力的大小为4.00 N.

(3)本实验中，合力产生的效果与两个分力产生的效果是相同的，所以采用的科学方法是等效替代法，所以C正确．

答案：(1)AC　(2)4.00　(3)C

14, 答案：（1）0.16或0.15   

        （2）（见图）

(3) 未计入砝码盘的重力 

15.
试题分析：（1）以竖直向上为正


得：
（2）若2m/s竖直向上：


若2m/s竖直向下


16.解析：分析P点受力，如图甲所示，由平衡条件可得

FAcos 37°＝G1，FAsin 37°＝FB

解得FB＝6 N.

再分析B的受力情况如图乙所示，由物体的平衡条件可得Ff＝G2sin 37°＋F′Bcos 37°，

FN＋F′Bsin 37°＝G2cos 37°

又F′B＝FB

可求得Ff＝64.8 N，FN＝76.4 N.

答案：(1)64.8 N　(2)76.4 N

17.解析：(1)物块A、B分离时，对B物块，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma

代入数据解得F＝21 N.

(2)物块A、B静止时，对物块A、B整体，根据平衡条件可有kx1－2μmg＝0

在物块A、B分离时，对物块A，根据牛顿第二定律得

kx2－μmg＝ma

此过程中B物块的位移关系为x1－x2＝at2

代入数据解得t＝0.3 s.

答案：(1)21 N　(2)0.3 s

18.解析：(1)力F拉动木板运动过程中，物块与木板相对运动时：

对物块，由牛顿第二定律知μmg＝ma，解得a＝μg

对木板，由牛顿第二定律知F－μmg＝Ma1，即

a1＝

要想抽出木板，则只需a1>a，即F>μ(M＋m)g

代入数据解得F>4 N.

(2)设施加力F时木板的加速度大小为a2，则

a2＝

设撤去力F时木板的加速度大小为a3，则

a3＝＝ m/s2

设从撤去力F到木板恰好被抽出所用时间为t2

木板从物块下抽出时有

物块速度为v＝a(t0＋t2)

发生的位移为s＝a(t0＋t2)2

木板的速度为v板＝a2t0－a3t2发生的位移为

s板＝a2t＋a2t0t2－a3t

木板刚好从物块下抽出时应有

v板＝v，s板－s＝L

联立并代入数据得

t2＝1.2 s，a2＝3 m/s2，F＝10 N.

答案：(1)F>4 N　(2)10 N