2022届六校第二次联考试题物理满分100分。考试用时75分钟。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。1.下列关于科学家及其所做的贡献，说法正确的是（ ）A.开普勒在万有引力定律的基础上，提出行星运动三大定律B.牛顿在实验的基础上提出牛顿第一定律C.卡文迪许通过扭秤实验测出万有引力常量D.伽利略实现了理想斜面实验，并得出力不是维持物体运动状态的原因【答案】C【解析】【分析】【详解】A．开普勒在第谷观测数据的基础上提出了行星运动三大定律，故A错误；B．牛顿在伽利略和笛卡尔工作基础上提出了牛顿第一定律，故B错误；C．卡文迪许通过扭秤实验测出万有引力常量，故C正确；D．伽利略利用了理想斜面实验，并得出力不是维持物体运动状态的原因，但是理想斜面实验不可能实验，不可能有绝对光滑的物体，故D错误。故选C。2.在研究人站姿的时候，我们可以把人的腿看成是用铰链连接的两根硬杆，如图所示是同一个人的分腿站姿和并腿站姿（并腿时腿部竖直），则关于两种站姿的说法正确的是（ ）A.分腿时，人受到地面的作用力更大B.分腿时，一只腿受到地面的作用力更大C.分腿时，地面与脚掌之间的弹力更小D.并腿时，地面与脚掌之间的弹力更小
【答案】B【解析】【分析】【详解】对人整体受力分析可知，可以得到水平方向合力为零，竖直方向的重力与两脚掌受到竖直向上的支持力的合力平衡，由平衡条件可得，分腿和并腿时人受到地面的作用力都等于重力，由对称性可知，无论分腿还是并腿时，每只脚掌受到的支持力总是等于人重力的一半，分腿时，一只腿受到的作用力为支持力与静摩擦力的合力，比整体两只腿受到地面的作用力更大。故选B。3.蹦极是一项极限运动，在做好充足的防护措施的情况下，人们可以感受完全失重的刺激。蹦极所用的绳索可看成弹性绳，人蹦极下降过程中的加速度随下降位移变化的图像如图所示，忽略空气阻力以及绳索的重力，g为重力加速度，则下列说法正确的是（ ）A.下降x2时，人的速度达到最大B.从x1到x2，人处于减速状态C.下降x1开始，人将处于超重状态D.由于有绳索的拉力，所以加速度a0小于g【答案】A【解析】分析】【详解】A．人下降到x2时，人的加速度为0，处于平衡状态，则速度达到最大，故A正确；B．从x1到x2，人的加速度向下，人在做加速度减小的加速运动，故B错误；C．从x1到x2，人的加速度向下，人处于失重状态，x2后，人的加速度向上，处于超重状态，故C错误；D．从0到x1，人做自由落体运动，加速度等于重力加速度，所以a0等于g，故D错误。故选A。故选
4.如图所示，水平面上静放着一光滑斜面，斜面上有一个小球与弹簧相连挂在天花板上，开始时小球处于静止，现缓慢移动斜面直到弹簧与斜面平行，在此过程中（ ）A.弹簧长度先变小后变大B.弹簧长度一直变小C.斜面对小球的弹力保持不变D.斜面对小球的弹力变小【答案】B【解析】【分析】【详解】以小球为研究对象，受到重力、斜面对小球弹力、和弹簧的拉力，如图所示现缓慢移动斜面直到弹簧与斜面平行的过程中，弹簧逐渐与斜面趋于平行，弹簧拉力的方向由1到2，由图可知，斜面对小球的弹力逐渐增大，弹簧对小球的拉力逐渐减小，由胡克定律可知弹簧的伸长量逐渐变小，则弹簧的长度逐渐变小，故B正确，ACD错误。故选B。5.如图所示，一个小球仅在重力和绳子拉力的作用下，在竖直面内做圆周运动。其轨迹上有a、b、c三个位置，其中a点在轨迹最高点，b点与圆轨迹圆心O等高。若某一瞬间切断绳子，则下列说法正确的是（ ）
A.在a点切断绳子，小球将继续沿着圆轨迹运动一段再脱离圆轨道B.在b点切断绳子，小球上升的最高点可能与a点等高C.在c点切断绳子，小球运动到最高点可能与b点等高D.在a点切断绳子，小球将做竖直上抛运动【答案】C【解析】【分析】【详解】AD．在a点，小球的速度沿着水平方向，在a点切断绳子，小球只受重力，做平抛运动，所以小球将立即脱离圆轨道，故AD错误；B．小球做圆周运动过程，只有重力做功，机械能守恒，则小球在a、b、c三点机械能相等，若取b点为零势能，则小球的机械能为由牛顿第二定律知，在a点最小速度满足解得则a点处速度不为零，当在b点切断绳子，速度向上，小球做竖直上抛运动，在最高点速度为0，由机械能守恒定律得可得联立可得
所以小球上升的最高点比a点高，故B错误；C．在c点切断绳子，速度方向斜向上，小球做斜抛运动，竖直方向分运单时竖直上抛运动，由机械能守恒定律可知：若小球在c点的水平方向分速度与小球做圆周运动在b点的速度相等，则小球运动的最高点与b点等高，故C正确。故选C。6.如图所示，货车上一圆柱形货物A被放在V型物体B中，以防止A前后滚动。固定在货车上的B物体由一斜面插上竖直挡板构成。若竖直挡板与A之间的弹力为N1，斜面与A之间的弹力为N2，货车向右运动过程中，A和B保持相对静止，下列说法正确的是（ ）A.货车加速，则N1增大，N2减小B.货车加速，则N1增大，N2不变C.货车减速，则N1减小，N2增大D.货车减速，则N1不变，N2增大【答案】B【解析】【分析】【详解】AB．货车向右加速，以A为研究对象，在竖直方向有水平方向A和B保持相对静止，所以不变，则变大，故B正确，A错误；CD．若货车减速，加速度水平向左，以A为研究对象，在竖直方向有水平方向有
A和B保持相对静止，所以不变，则减小，故CD错误。故选B。7.如图所示，可视为质点的非弹性小球M、N在水平地面上相距一定距离放置，某时刻小球M以某一初速度竖直上抛，与此同时小球N以某一初速度斜抛，经过一段时间以后恰好在空中相遇，不计空气阻力，从出发到相遇这段运动过程中，下列说法正确的是（ ）A.两小球只会在上升阶段相遇B.两小球一直在同一高度C.两小球间的距离先变大后变小D.两个小球速度变化量不相同【答案】B【解析】【分析】【详解】AB．两球能相遇，说明竖直方向的运动相同，即抛出时竖直分速度相同，即两小球一直处于同一高度，但无法判断是在上升阶段相遇还是下降阶段相遇，故B正确，A错误；C．两小球在竖直方向的距离不变，在水平方向的距离越来越近，则两小球的距离一直减小，故C错误；D．两小球在竖直方向的运动相同，则从出发到相遇运动的时间相同，都只受重力作用，所以加速度为重力加速度，由可知速度变化量相同，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.空间站在绕地球运动的时候，由于有稀薄空气产生的阻力，其轨道会缓慢的降低。所以每过一段时间，需要将空间站重新调整到高轨道。其变轨过程，如图所示。空间站从低轨道1
经过椭圆轨道2，最终到达高轨道3，在此过程中，以下说法正确的是（ ）A.空间站在轨道2的周期比在轨道3的周期大B.空间站在轨道2近地点加速度与在轨道1的加速度大小相等C.空间站在轨道2远地点的动能比在轨道3上的动能小D.空间站在轨道3上的角速度比在轨道1的角速度大【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．根据开普勒第三定律可得由于轨道2的半长轴a2小于轨道3的半径r3，则空间站在轨道2的周期T2比在轨道3的周期T3小，故A错误；B．根据牛顿第二定律有解得则可知，空间站在轨道2近地点加速度与在轨道1的加速度大小相等，故B正确；C．空间站在轨道2远地点需点火加速才能变轨到轨道3，则空间站在轨道2远地点的动能比在轨道3上的动能小，故C正确；D．根据牛顿第二定律有
解得可知，空间站在轨道3上的角速度比在轨道1的角速度小，故D错误。故选BC。9.一辆重为的汽车，在水平路面上直线行驶时保持45kW的输出功率不变，阻力为车重的0.03倍，下列说法中正确的是（ ）A.汽车做匀加速直线运动B.汽车做加速度减小的加速直线运动C.汽车能达到的最大速度是50m/sD.汽车能达到的最大速度是100m/s【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．由和可知随着汽车速度增大，牵引力减小，则加速度减小，所以汽车做加速度减小的加速度直线运动，故B正确，A错误；CD．汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，汽车所受阻力由得最大速度为
故D正确，C错误。故选BD。10.如图所示，质量为m=1kg的滑块和质量为M=2kg的滑板叠放在一起，滑块与滑板之间的动摩擦因数μ1=0.1，滑板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.2，某时刻滑板滑块恰好以相同的速度向右运动，此时给木板施加向右的恒力F，若要求滑板滑块在往后的运动中不相对滑动，F的值可能为（ ）A.0NB.4NC.6ND.10N【答案】BC【解析】【分析】【详解】滑块的最大静摩擦滑块的最大加速度滑板所受地面的摩擦力若滑块和滑板一起做减速运动，则恒力的最小值需满足解得恒力F的最小值若滑块和木板一起做加速运动，则恒力的最大值需满足解得恒力的最大值所以恒力F的取值为
故BC可能，AD不可能。故选BC。三、实验题：本题共2小题，共16分。11.某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示。打点计时器电源的频率为50Hz。（1）通过分析纸带数据，可判断物块在______（填写纸带上相邻的两个字母）段位移的某时刻开始减速。（2）物块加速运动过程中加速度的大小为1=______m/s2，减速运动过程中加速度的大小为2=______m/s2（保留两位小数）。（3）若在物块与细线之间安上力传感器，改变重物的重力，获得不同的传感器读数F以及对应的加速度a，做出a-F图像，可知图像______（选填“过”或者“不过”）坐标原点。若算得图像斜率为k，则物块与传感器的总质量为______。【答案】①.GH②.0.50③.1.00④.不过⑤.【解析】【分析】【详解】（1）[1]从纸带上的数据分析得知，在计数点G之前，相邻两计数点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点H之后，相邻两计数点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点GH之间某时刻开始减速。（2）[2]由于每5个点取1个计数点，打点计时器电源的频率为50Hz，则相邻两计数点间的时间间隔为T=0.1s，由逐差法可得，物块加速运动过程中加速度的大小为
[3]减速运动过程中加速度的大小为（3）[4]因为物块放在水平木板上被重物拉着做匀加速直线运动，据牛顿第二定律有整理得则可知图像不过坐标原点。[5]结合题意有联立解得，物块的质量为12.某实验小组用如图甲所示装置测当地的重力加速度。光电门1、2固定在铁架台上，两光电门分别与数字计时器连接。（1）用游标卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径为_______mm。（2）让小球从光电门1正上方某位置由静止释放，通过光电门1和光电门2时，小球的挡光时间分别为、，则t1_____t2（填“大于”、“小于”或“等于”）。（3）若两光电门之间距离为h，并保持不变，改变小球在光电门1上方释放的位置，重复实验多次，测得多组通过光电门1和光电门2的挡光时间、，作图像，图线与纵
轴的交点为（0，b），则当地重力加速度g=_______（用题目中相关物理量的字母符号表示）。【答案】①.9.6②.大于③.【解析】【分析】【详解】（1）[1]小球直径为（2）[2]小球竖直方向上做匀加速运动，即v1<v2，又由公式可得t1大于t2。（3）[3]根据动能定理可得即有由于纵轴截距为b，所以可得则当地的重力加速度为四、计算题（本题共3小题共38分）13.一摩托车特技演员从山坡上飞出，其运动过程可以简化为如图所示的物体在斜面上做平抛运动的过程，水平向右的初速度为v0，斜面与水平面之间的夹角为37°，（重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）当其距离斜面最远时，下落的高度是多少（2）计算从开始平抛到距离斜面最远过程中的重力平均功率
【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）当小球力斜面最远时，速度方向与水平方向夹37°角由运动学公式联立解得（2）重力的平均功率代入数据得14.如图所示，一滑块紧挨着一根锁定的弹簧静止在水平面的左端，中间是一个逆时针转动的传动带（A和B是水平传送带上的两个端点），通过一水平面与倾斜角为37°的足够长的斜面CD相连。已知滑块质量为m=1kg，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.3，传送带端点AB之间的长L=6m，传送带的速度v0=2m/s，斜面CD与滑块的动摩擦因数μ2=0.25，其余接触面光滑，且各个节点连接良好，滑块通过无能量损失。解锁弹簧，滑块离开弹簧后滑上传送带，则（1）若滑块恰不能通过传送带，则弹簧弹性势能是多少？（2）在第（1）问条件下，求滑块从滑上传送带到离开的过程中，与传送带摩擦产生的热量；（3）调整弹簧的形变量，使得滑块滑上皮带后再次经过A点向左运动时，速度与传送带速度v0相等，求弹簧弹性势能的取值范围。
【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）若恰不能通过传送带，则到达B恰好速度零，由牛顿第二定律得由运动学公式得弹簧弹性势能为联立方程，解得（2）经判断可知，滑块与皮带向左共速以后再匀速到达A点，则有联立解得（3）当滑块不通过传送带时，最小的上传送带的速度对应的最小弹性势能
解得当滑块通过传送带再从斜面滑回到A点，则最大的上传送带的速度对应返回时刚好在A点与传送带共速。设到达斜面的最大高度为h，从A点到斜面最高点有从斜面最高点回到A点，有对应的最大弹性势能联立解得综上所述，弹簧弹性势能的取值范围为15.在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，并与圆锥容器的侧壁夹30°角，一根长度为L的绳子一端固定杆上的O点，另一端与一质量为m的光滑小球相连，O点到圆锥尖端a点的长度为L。让小球绕竖直杆在水平面内做圆周运动，并缓慢调整角速度使其达到相应的位置。已知重力加速度为g。（1）小球与圆锥容器壁刚好接触时，小球的向心加速度大小是多少？（2）若绳子没有拉力，求此情况下小球角速度的平方的取值范围。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）小球与容器壁刚好接触时，由几何关系可知，绳与竖直杆夹30°角，则解得
（2）当绳子恰好没拉力时，在下方的临界位置，有解得在上方的临界位置，由几何关系可知，绳子水平，有解得综上所述，小球角速度的平方的取值范围为
