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- 2021-05-26 发布
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江西省南昌市安义中学2020届高三上学期
第五次月考(12月)
一、选择题
1.2019年4月24日亚洲田径锦标赛男子110米栏决赛中,中国选手谢文骏发挥出色,跑出13秒21夺得冠军。打破了刘翔在2011年创下的13秒22赛会纪录,同时也是这个项目今年的世界最好成绩。关于谢文骏的运动过程分析正确的是( )
A. 在冲线时可以将谢文俊当成质点
B. 由题意可以求出谢文俊跑动过程中的平均速度
C. 运动过程中地面对运动员的冲量为零
D. 谢文俊在加速过程中,惯性逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.当物体的形状和大小对所研究的问题没有影响时,物体就可以看成质点,冲线时,运动员的头部、脚部等部位过线,即表示冲线成功,故此时不能看作质点,故A错误;
B.位移为110m,时间为13s22,故平均速度
故B正确;
C.由冲量定义式可知,运动过程中,地面提供支持力和摩擦力,有作用时间,所以冲量不为零,故C错误;
D.惯性取决于物体的质量,质量一定,惯性一定,故D错误。
故选B。
2.下列各图,关于各图受力情况说法正确的是( )
A. 甲图中原木P在MN两点各受一个弹力,且均竖直向上
B. 乙图中BC杆对绳子的弹力一定由B指向C
C. 丙图中铁块所受重力可以分解为下滑力和对斜面的压力
D. 丁图中弹簧一定处于压缩状态
【答案】D
【解析】
【详解】A.甲图,在M点的弹力方向垂直地面向上,在N点的弹力方向垂直杆向上,故A错误;B.乙图中BC杆斜插入墙壁,则BC杆对绳子的作用力与两侧绳的拉力的合力平衡,方向不一定由B指向C,故B错误;
C.丙图中铁块受重力、斜面的支持力和摩擦力而平衡,只受一个弹力,故C错误;
D.弹簧对小球的弹力只能沿弹簧的轴线方向,由平衡条件知,弹簧对小球弹力沿弹簧向右,故D正确。
故选:D。
3.如图所示,水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动,某时刻一质量为m的物块轻放在传送带的左端。在物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程中,下列说法正确的是( )
A. 皮带对物块所做功为
B. 物块对皮带所做的功为
C. 由于传送该物块电动机需要多做的功为
D 物块与传送带间摩擦因素越大,系统产热越多
【答案】C
【解析】
【详解】物块相对传送带静止时物块的速度等于传送带速度v;
A.对物块,由动能定理得
皮带对物块所做的功为,故A错误;
B.设经过时间t物块与皮带速度相等,物块的位移
皮带的位移:
皮带对物块做功
物块对皮带做功
故B错误;
C.由于传送该物块电动机需要多做的功等于皮带克服摩擦力所做的功,即为
故C正确;
D.电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能,所以系统产生的热量为
与动摩擦因数无关,故D错误。
故选C。
4.质量为m的带正电小球由空中某点A无初速度自由下落,在t
秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场,再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地,则( )
A. 整个过程中小球电势能变化了
B. 整个过程中小球合力冲量大小为2mgt
C. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减小了
D. 从A点到最低点小球重力势能减小了
【答案】B
【解析】
【详解】A.小球先做自由落体运动,后做匀减速运动,两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E,加电场后小球的加速度大小为a,取竖直向下方向为正方向,则
又,解得
则小球回到A点时的速度为
整个过程中小球速度增量的大小为
速度增量的大小为3gt,由牛顿第二定律得
联立解得
整个过程中小球电势能变化了
B.整个过程中小球合力冲量大小为
故B正确;
C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少
故C错误;
D.设从A点到最低点的高度为h,根据动能定理得:
解得
从A点到最低点小球重力势能减少了
故D错误。
故选B。
5.一辆汽车在平直的公路上运动,运动过程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引功率,其牵引力和速度的图像如图所示,若已知汽车的质量m,牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3,运动过程中阻力大小恒定,则根据图像所给信息,下列说法正确的是
A. 汽车行驶过程中所受阻力
B. 速度为时的加速度大小为
C. 汽车运动中的最大功率为
D. 恒定加速时,加速度为
【答案】A
【解析】
【详解】AC.当速度为v1时,功率达到额定功率,为
P=F1v1
匀速行驶时,牵引力等于阻力,故
故A正确,C错误;
B.速度为v2时,根据牛顿第二定律,有
解得
故B错误;
D.根据牛顿第二定律,有恒定加速时,加速度
故D错误。
故A正确。
6.某位移式传感器的原理示意图如图所示,E为电源,R为电阻,平行金属板A、B和介质P构成电容器,在可移动介质P向左匀速移出的过程中( )
A. 电容器的电容大小不受影响
B. 电容器所带电荷量增大
C. 电容器两极板间的电压增大
D. 电路中电流的方向为M→R→N
【答案】D
【解析】
【详解】在介质P向右匀速移出的过程中,根据电容的决定式:
分析可知电容变小,电容器始终与电源相连,故电压不变,由:
可知电容器电荷量减小,电容器处于放电状态,则流过电阻R的电流方向从M到N,M点的电势比N点的电势高,故选D.
7.如图是在购物商场里常见的电梯,左图为阶梯电梯,右图为斜面电梯,设两电梯中各站一个质量相同的乘客随电梯匀速上行,若两电梯高度相同,速度相同,且两乘客用相同时间到达电梯顶端,则两种情况( )
A. 摩擦力对乘客做功相同
B. 两乘客机械能的增量相同
C. 电梯对乘客支持力的做功相同
D. 电梯对乘客支持力的冲量相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.左图为阶梯电梯,进行受力分析,则为:重力与支持力,两者相平衡,不受摩擦力作用,右图为斜面电梯,受到重力、垂直于斜面的支持力与沿斜面向上的静摩擦力,所以摩擦力对乘客做功不相同,故A错误;
B.由于两电梯做速度相同的匀速运动,两乘客机械能的增量为增加的重力势能,由于两乘客的质量相等,电梯高度相同,所以两乘客机械能的增量相同,故B正确;
C.左图中的支持力与重力大小相等,方向竖直向上,支持力做正功,右图中的支持力与位移垂直,所以不做功,故C错误;
D.左图中的支持力方向竖直向上,右图的支持力垂直电梯斜向上方,所以电梯对乘客支持力的冲量方向不同,所以电梯对乘客支持力的冲量不相同,故D错误。
故选B。
8.电荷量分別为q1和q2的两点电荷放在x轴上的O、M两点,两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示,其中A、N两点的电势为零;ND段中C点电势最高.则下列选项中错误的是
A. C点的电场强度大小为零
B.
C. N、C两点之间连线上的电场强度方向沿x轴正方向
D. 将一个带负电的检验电荷从N点沿x轴正方向移动到D点的过程中,电场力先做正功后做负功
【答案】C
【解析】
【详解】A.图象的切线斜率等于场强E,由图可知C点的切线斜率为零,所以电场强度为零,故A正确;
B. 由图知无穷远处的电势为0,A点的电势为零,由于沿着电场线电势降低,所以O点的电荷带正电,M点电荷带负电,由于A点距离O比较远而距离M比较近,所以电荷量大于的电荷量,故B正确;
C.由N到C过程电势升高,则说明场强沿x轴负方向,故C错误;
D. N→D段中,电势先高升后降低,所以场强方向先沿x轴负方向,后沿x轴正方向,将一负点电荷从N点移到D点,电场力先沿x轴正方向,后沿x轴负方向,则电场力先做正功后做负功.故D正确.
9.如图所示,在竖直向下的匀强电场中有一固定的足够长的斜面,将一带正电的小球从斜面上某点以水平向右的速度抛出,小球最终落到斜面上。当电场强度为时,小球从抛出至落到斜面上所用的时间为,机械能的增量为,动能的增量为,动量变化量大小为;当电场强度为时,小球从抛出至落到斜面上所用的时间为,机械能的增量为,动能的增量为,动量变化量大小为已知电场强度,则以下判断正确的是
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】A.小球做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得:
得
水平方向
竖直方向
又
联立解得
由于,可知
故A错误;
B.由
合外力做的功
可知合外力做的功与电场强度的大小无关,根据动能定理可知,小球增加的动能与电场强度无关,故B正确;
C.由知,第二种情况下小球沿竖直方向向下的位移较小,则第二种情况下重力做的功较少,小球在碰撞斜面时的重力势能较大,而两种情况下的动能增加量相等,所以第二种情况下机械能的增加量大,故C正确;
D.两种情况下动能的增加量相等,由动能的定义式可知,两种情况下速度的增加量相等;由动量的定义式可知,两种情况下动量的增加量也相等,故D错误。
10.某同学在研究电子在电场中的运动时,得到了电子由a点运动到b点的轨迹(图中实线所示),图中未标明方向的一组虚线可能是电场线,也可能是等势面,则下列说法正确的判断是
A. 如果图中虚线是电场线,电子在a点动能较大
B. 如果图中虚线是等势面,电子在b点动能较小
C. 不论图中虚线是电场线还是等势面,a点的场强都大于b点的场强
D. 不论图中虚线是电场线还是等势面,a点的电势都高于b点的电势
【答案】AC
【解析】
【详解】A.若虚线是电场线,从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左,ab曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角,故电子做减速运动,动能减小,即电子在a点动能较大,所以A正确;
B.若虚线为等势面,根据等势面与电场线处处垂直可大致画出电场线,显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角,电子加速运动,故动能增大,即电子在b点动能较大,所以B错误;
C.不论图中虚线是电场线还是等势面,由电场线的密集程度可看出a点的场强较大,故C正确;
D.若虚线是等势面,从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上,沿着电场线方向电势越来越低,故a点电势较小;若虚线是电场线,从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左,故电场线方向向右,沿着电场线方向电势越来越低,故a点电势较大,故D错误.
11.2019年1月3日10时26分,在反推发动机和着陆缓冲机构的“保驾护航”下,“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面的预选着陆区,已知“嫦娥四号”的运行过程示意图如图所示,下列说法正确的是
A. “嫦娥四号”的发射速度可以小于第一宇宙速度
B. “嫦娥四号”从地月转移轨道进入绕月椭圆轨道时必须减速
C. “嫦娥四号”在绕月轨道上运行时,轨道降低,周期减小
D. “嫦娥四号”在向月球着陆过程中始终处于失重状态
【答案】BC
【解析】
【详解】A.第一宇宙速度是最小的发射速度,“嫦娥四号”的发射速度一定大于第一宇宙速度,故A错误;
B.“嫦娥四号”从地月转移轨道进入绕月椭圆轨道时,轨道半径减小,做近心运动,必须减速,故B正确;
C.嫦娥四号”在绕月轨道上运行时,轨道降低,根据
,
周期减小,故C正确;
D.“嫦娥四号”在向月球着陆过程中,做减速,加速度向上,处于超重状态,故D错误;
12.如图所示,小车静止在光滑水平面上,AB是小车内半圆弧轨道的水平直径,现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放,小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出,在空中能上升的最大高度为,不计空气阻力。下列说法错误的是( )
A. 在相互作用过程中,小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球离开小车后做竖直上抛运动
C. 小球从进入小车轨道到离开水平位移为半圆的直径
D. 小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A.小球与小车组成的系统在水平方向不受外力,水平方向系统动量守恒,但系统所受的合外力不为零,所以系统动量不守恒,故A错误;
B.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,可知系统水平方向的总动量保持为零。小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,所以小球离开小车后做竖直上抛运动,故B正确;
C.系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得
即有
解得
故C错误;
D.小球第一次车中运动过程中,由动能定理得
Wf为小球克服摩擦力做功大小,解得
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于0.2mgh,机械能损失小于0.2mgh,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于
0.8h-0.2h=0.6h
故D错误。
故选ACD。
二、实验题
13.某同学用图示装置研究碰撞中的动量守恒,实验中使用半径相等的两小球和,实验步骤如下:
①用天平测得、两小球的质量分别为、,且
②如图所示安装器材,在竖直木板上记下O点(与装置C点的小球的球心等高),调节斜槽使其末端的切线水平
③C处先不放小球,将球从斜槽上的适当高度由静止释放,球抛出后撞在木板上的平均落点为P
④再将球置于C处,让球从斜槽上的同一位置由静止释放,两球碰后落在木板上的平均落点为M、N
⑤.用刻度尺测出三个平均落点到O点的距离分别为、、
回答下列问题:
(1)若C点到木板的水平距离为,小球的平均落点到O点的距离为,重力加速度为,则小球做平抛运动的初速度_______
(2)若两小球的碰撞为弹性碰撞,则下列关系式正确的是_______
A. B.
C. D.
【答案】 (1). (2). D
【解析】
【详解】(1)[1]由平抛运动的规律求初速度
(2)[2]根据弹性碰撞的特点有:
m1v0=m1v1+m2v2
将有m1的项移到左边并化简整理后有
根据题意,碰撞前的入射球的速度
碰撞后入射球的速度
被碰撞球的速度
将三个速度代入化简式可得
故D正确.
14.某实验小组做“探究动能定理”实验,装置如图甲所示。探究对象是铝块(质量小于砂桶和砂的总质量),保持其质量m不变,通过在砂桶中加砂来改变对铝块的拉力,由力传感器可测得拉力的大小F。已知当地重力加速度为g,电源频率为f。
(1)若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更________(填“大”或“小”)。
(2)实验时,让砂桶从高处由静止开始下落,在纸带打出一系列点,如图乙所示,其中0是打下的第一个点,取纸带上0~5过程进行研究,铝块动能的增加量ΔEk=_______,合外力做的功W=______(用题目和纸带中已知物理量符号表示)。
(3)为了更普遍地反应铝块运动过程中功与动能增加量的关系,某同学选取0点到不同计数点过程,作出ΔEk–W图象如图丙所示,他根据图像斜率的值约为_________,才得到结论:外力做的功等于动能的增加量。
【答案】(1). 大 (2). (F-mg)(h+x1) (3). 图像斜率近似为1
【解析】
【详解】(1)[1]由于滑轮的摩擦,若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更大;
(2)[2]计数点5的瞬时速度
铝块动能的增加量
[3]合外力做的功
(3)[4]由实验原理得
所以只有在图像斜率的值约为1时,才能得到结论:外力做的功等于动能的增加量。
三、解答题
15.如图所示的升降机中,用OA、OB两根绳子吊一个质量为20kg的重物,若OA与竖直方向的夹角θ=37°,OA垂直于OB,取g=10m/s2,试求:
(1)若升降机保持静止,求OA、OB绳上的拉力大小
(2)若两绳所能承受的最大拉力均为320N,为使绳子不断,升降机竖直向上的加速度最大为多少?
【答案】(1) (2)a=10m/s2
【解析】
【详解】(1)以箱子为研究对象,根据平衡条件得
联立解得
(2)当OA绳上的拉为320N时,OB绳上的拉力大小
两绳的合力为
由牛顿第二定律有
解得
16.如图所示,在长为2L、宽为L的区域内正好一半空间有方向平行于短边向上的匀强电场,电场强度为E,无电场区域位于区域右侧另一半内,现有一个质量为m,电量大小为q的粒子,以平行于长边的速度从区域的左上角A点射入该区域,不考虑粒子重力,要使这个粒子能从区域的右下角的B点射出,
(1)试判断粒子的电性,并求粒子的初速度大小v0。
(2)求电子射出电场时的速度大小和方向
【答案】(1)粒子带负电;(2)
【解析】
【详解】(1)粒子在电场中向下偏转,所受的电场力竖直向下,与电场方向相反,则粒子带负电,水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律可得
粒子在离开电场时,沿电场方向分速度
电场后,粒子做匀速直线运动,设速度与水平方向夹角为θ,则
联立解得
(2)粒子在电场中做类平抛运动,则有,平方向有
粒子在离开电场时,沿电场方向的分速度
即
出电场时的速度为
设速度与水平方向夹角为θ,则
17.如图,光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B,A球所带电荷量为+q,B球不带电.现在A球右侧区域加上水平向右的匀强电场,电场强度为E,小球A在电场力作用下由静止开始运动,然后与B球发生弹性正碰,A、B碰撞过程中没有电荷转移,且碰撞过程时间极短,求:
(1)A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度;
(2)从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功;
【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】(1)设A小球与B球第一次碰撞前速度为,碰撞后的速度分别为
对A,根据牛顿第二定律得:
由运动学公式有:
解得:
对于AB碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:
解得:
(2)设第一次碰撞后到第二次碰撞前经历的时间为,有
从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为:
解得
18.如图所示,在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道,外圆ABCD的光滑,内圆A′B′C′D′的上半部分B′C′D′粗糙,下半部分B′A′D′光滑.一质量m=0.1kg的小球从轨道的最低点A,以初速度v0向右运动,球的尺寸略小于两圆间距,球运动的半径R=0.2m,取g=10m/s2.
(1)若要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动,初速度v0至少为多少?
(2)若v0=3m/s,经过一段时间小球到达最高点,内轨道对小球的支持力N=1N,则在这段时间内摩擦力对小球做的功是多少?
(3)若v0=3m/s,经过足够长的时间后,小球经过最低点A时受到的支持力为多少?小球在整个运动过程中减少的机械能是多少?
【答案】(1)(2) (3),
【解析】
【详解】(1)设此情形下小球到达最高点的最小速度为vC,则有
代入数据解得:
(2)设此时小球到达最高点的速度为,克服摩擦力做的功为W,则
代入数据解得:
(3)经足够长时间后,小球在下半圆轨道内做往复运动,设小球经过最低点的速度为vA,受到的支持力为NA,则有:
代入数据解得;设小球在整个运动过程中减少的机械能为,由功能关系有:
代入数据解得:.
答:(1)若要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动,初速度v0至少为.
(2)若v0=3m/s,经过一段时间小球到达最高点,内轨道对小球的支持力N=1N,则在这段时间内摩擦力对小球做的功是.
(3)若v0=3m/s,经过足够长的时间后,小球经过最低点A时受到的支持力为;小球在整个运动过程中减少的机械能是.