内蒙古赤峰二中2020届高三上学期第三次月考物理试题 19页

赤峰二中2017级高三上学期第三次月考 物理试题 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ ‎1.如图所示，一恒力F与水平方向夹角为θ，作用在置于光滑水平面上，质量为m的物体上，作用时间为t，则力F的冲量为（ ）‎ A. Ft B. mgt C. Fcosθt D. (mg-Fsinθ)t ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据冲量的定义式，得F的冲量为Ft，A对，BCD错。‎ ‎2.一个质量为M，底面长为b的三角形劈静止于光滑的水平桌面上，如图，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，关于劈移动距离s的下列说法中正确的是（）‎ A. 若斜面光滑，‎ B. 若斜面光滑，下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒 C. 若斜面粗糙，‎ D. 若斜面粗糙，下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水平方向动量守恒，人船模型 ‎【详解】A．若斜面光滑，下滑过程中，设物块水平位移大小x，斜劈水平移动距离s，则 x+s=b，水平方向动量守恒：‎ ‎ ‎ 联立可得：，A正确；‎ B．下滑过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向由于重力作用，动量不守恒，B错误；‎ C．若斜面粗糙，水平方向也是动量守恒，同理可得，C正确；‎ D．斜面粗糙，无初速度下滑，由于重力作用，竖直方向动量不守恒，D错误。故选AC。‎ ‎3.一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，速度从v1增加到v2，已知所受阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是（　　）‎ A. x=t B. P=fv1‎ C. ﹣= D. Pt﹣fx=mv22﹣mv12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 汽车以恒定功率P行驶，则，物体做加速度减小的加速，最终匀速。‎ A：物体做变加速运动，匀变速直线运动的公式不成立。故A错误。‎ B：、；故B错误。‎ C：，物体做变加速运动，故C错误。‎ D：据动能定理： ，则；故D正确。‎ ‎4.如图所示,足够长的水平传送带以稳定的速度匀速向右运动,某时刻在其左端无初速地放上一个质量为m的物体,经一段时间,物体的速度达到,这个过程因物体与传送带间的摩擦而产生的热量为；物体继续加速,再经一段时间速度增到,‎ 这个过程中因摩擦而产生的热量为。则下列说法正确的是(    )‎ A. B. ‎ C. D. 无法比较与的大小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】物体和传送带的速度时间图象如图：‎ 小物块从0加速度到 时间内，物体与传送带的相对位移为蓝色阴影区域△s1，从加速到v0，物体与传送带的相对位移为斜线阴影区域△s2，得：‎ ‎△s1>△s2‎ 而产热 所以 A. 与分析不符，故A错误。‎ B. 与分析相符，故B正确。‎ C. 与分析不符，故C错误。‎ D. 无法比较 与 的大小与分析不符，故D错误。‎ ‎5.如图所示，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等。用相同的水平恒力将穿在轨道最低点的B静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为、。假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则 A. ＞；t1＞t2 B. =；t1＞t2‎ C. ＞；t1＜t2 D. =；t1＜t2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：运动过程包括两个阶段，均为匀加速直线运动。第一个过程和第二个过程运动的位移相等，所以恒力做功相等为，高度相等重力做功相等为，设斜面倾角为，斜面长度为，则摩擦力做功为，而即斜面对应的水平位移，两个过程 的水平位移相等，而也相等，所以摩擦力做功相等，整理可得合外力做功相等，根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，所以动能变化量相等即，选项AC错。前一个过程加速度先小后大，后一个过程加速度先大后小，做速度时间图像如下，既要末速度相同，又要位移相同，即末速度相同，与时间轴围成的面积相等，根据图像可判断，对照选项B对。‎ 考点：动能定理 匀变速直线运动 ‎6.以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点，假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则小球在运动过程中的机械能E随离地高度h变化关系可能正确的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据功能关系得，得，即E-h图象切线的斜率绝对值等于空气阻力的大小。在上升过程中，h增大，小球的速度减小，空气阻力随之减小，图象的斜率逐渐减小，直至为零。在下降过程中，h减小，小球的速度增大，空气阻力随之增大，图象斜率的绝对值逐渐增大。经过同一高度时，上升的速度大小比下降的速度大小大，所以经过同一高度，上升时空气阻力比下降时的大，图象的斜率大小要大，所以A图可能正确。故BCD错误，A正确。故选A。‎ ‎【点睛】由功能关系可知，机械能的减少量等于物体克服阻力所做的功，E-h图中切线的斜率大小等于阻力的大小，通过速度的变化分析空气阻力的变化，来分析图象的形状．‎ ‎7.如图所示,有一个固定的光滑直杆,该直杆与水平面的夹角为,杆上套着一个质量为m的滑块可视为质点,用不可伸长的轻绳将滑块m与另一个质量为M 的物块B通过光滑的定滑轮相连接,细绳因悬挂B而绷紧,此时滑轮左侧轻绳恰好水平现将滑块从图中O点由静止释放,m会沿杆下滑,下列说法正确的是(    )‎ A. 滑块m下滑的过程中,m的机械能守恒 B. 滑块m下滑的过程中,M的机械能守恒 C. 滑块m下滑到最低点的过程中,M的机械能先增大后减小 D. 滑块m下滑到最低点的过程中,M的机械能先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 滑块m下滑的过程中，拉力对其先做正功后做负功，故其机械能先增加后减小；故A错误。‎ BCD. 滑块m下滑的过程中，M先下降后上升，拉力对其先做负功后做正功，故M的机械能先减小后增加，故BC错误D正确。‎ ‎8.如图所示,光滑细杆MN倾斜固定,与水平方向的夹角为；一轻质弹簧一端固定在O点,另一端连接一小球,小球套在细杆上,O与杆MN在同一竖直平面内,P为MN的中点,且OP垂直于MN。已知小球位于杆上M、P两点时,弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内,细杆上S、Q两点关于P点对称。现将小球从细杆顶端M点由静止释放,小球经过S点时的加速度为为重力加速度。小球从M点运动到N点的过程中,下列说法正确的是(    )‎ A. 弹簧弹力对小球先做正功再做负功 B. 小球加速度大小等于的位置只有两处 C. 小球通过P点时的速度最大 D. 小球运动到N点时的动能是运动到P点时动能的两倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 小球经过S点时的加速度为为重力加速度，所以此时弹簧弹力为零，故M点运动到N点的过程中，弹簧先处于伸长状态，然后压缩到最短P点，再伸长到原长Q再拉伸到N点，弹力先变小，后变大，再变小，最后又变大，根据力与位移关系可知，弹簧弹力对小球先做正功再做负功再做正功，再做负功，故A错误。‎ B. 小球加速度大小等于 的位置有三处，因为S点时的加速度为，所以Q点时的加速度为，在P 点，弹力与杆垂直，此时沿斜面方向只有重力向下分力，加速度大小为，故B错误。‎ CD. 小球处于MPN三点时，弹簧形变量相等，弹性势能相等，小球从M到N过程中重力势能的减少量，是从M到P过程重力势能减少量的两倍，可得N点的动能是P点动能的两倍，N点的速度是P点速度的，故C错误D正确。‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎9.如图所示,甲、乙两球质量相同,悬线一长一短,如将两球从同一水平面无初速释放,不计阻力,则小球通过最低点时(    )‎ A. 甲球受到的拉力较乙球大 B. 甲球的向心加速度和乙球的向心加速度大小相等 C. 甲球的动能和乙球的动能相等 D. 相对同一参考平面,甲、乙两球的机械能一样大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据动能定理 ‎，‎ 在最低点，根据牛顿第二定律得：‎ 得：‎ 与绳的长度无关。所以两绳拉力大小相等。故A错误；‎ B. 向心加速度 故加速度相等，故B正确；‎ C 根据动能定理 可知，因绳长不相等，故在最低点时的动能不相等，故C错误；‎ D. A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，初始位置的机械能相等，所以相对同一参考平面，甲、乙两球的机械能一样大，故D正确。‎ ‎10.如图所示,在斜面顶端先后水平抛出同一小球,第一次小球落到斜面中点,第二次小球落到斜面底端..则(    ) ‎ A. 两次小球运动时间之比为1：2‎ B. 两次小球运动时间之比为1：‎ C. 两次小球落到斜面上时动能之比1：2‎ D. 两次小球落到斜面上时动能之比1：‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据 得：‎ 因为两次小球下降的高度之比为1：2，则运动时间之比为1： ，故A错误B正确。‎ CD. 小球水平位移之比为1：2，由x=v0t得：水平初速度之比为 设小球落在斜面上时速度方向与水平方向成夹角为α，则 小球从斜面上抛出由落到斜面上，则有 则得 tanα=2tanθ 小球速度与水平方向夹角相等，根据 则速度之比为，动能之比为1：2，故C正确D错误。‎ ‎11.如图所示,竖直平面内固定一半径为R的半圆形轨道,其两端等高,一个质量为m的质点从左端点由静止开始下滑,滑到最低点时对轨道压力为2mg,g为重力加速度,则此下滑过程 A. 机械能减少 B. 机械能减少 C. 动能增加 D. 重力势能减少 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 由题知：‎ N=2mg 可得：‎ 质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得：‎ 解得克服摩擦力所做的功为：‎ 机械能减少 ，故A正确B错误。‎ C. 由以上得动能增加 ，故C正确。‎ D. 重力的功为mgR，所以重力势能减少mgR，故D错误；‎ ‎12.如图所示,用两根长度均为L的细绳,分别把a、b两小球悬于同一高度,静止时两小球恰好相接触,a、b两小球大小相同、质量相等。现把a小球拉到与悬点等高的位置,细绳刚好被拉直,然后由静止释放,当a小球摆动到最低位置时与b小球发生对心碰撞,忽略空气阻力,b小球上升的高度可能为是 A. B. C. L D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】小球a向下摆动的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ 当两球发生弹性碰撞时，b获得的速度最大。由于两球质量相等，发生弹性碰撞时两球交换速度，则得b球获得的速度最大值为 当两球发生完全非弹性碰撞，即一碰后合在一起时，b获得的速度最小，设为vmin。根据动量守恒得：‎ mv=2mvmin 解得：‎ 对于b球向上摆动的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ ‎，‎ 解得，b球上摆的高度最大为：‎ hmax=L 上摆的高度最小高度：‎ 所以b球上摆的最大高度范围为：‎ A. 与分析不符，故A错误。‎ B. 与分析相符，故B正确。‎ C. L与分析相符，故C正确。‎ D. 与分析不符，故D错误。‎ 三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）‎ ‎13.如图，气垫导轨上滑块的质量为M，钩码的质量为m，遮光条宽度为d，两光电门间的距离为L，气源开通后滑块在牵引力的作用下先后通过两个光电门的时间为△t1和△t2。当地的重力加速度为g。‎ ‎（1）用上述装置测量滑块加速度的表达式为______（用已知量表示）；‎ ‎（2）用上述装置探究滑块加速度a与质量M及拉力F的关系，要使绳中拉力近似等于钩码的重力，则m与M之间的关系应满足_________；‎ ‎（3）用上述装置探究系统在运动中的机械能关系，滑块从光电门1运动到光电门2的过程中满足关系式_________时（用已知量表示），系统机械能守恒。若测量过程中发现系统动能增量总是大于钩码重力势能的减少量，可能的原因是_________。‎ ‎【答案】 (1). (2). M>>m (3). (4). 导轨不水平，右端高 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据遮光板通过光电门的速度可以用平均速度代替得：滑块通过第一个光电门时的速度：；滑块通过第二个光电门时的速度：；滑块的加速度：‎ ‎（2）当滑块质量M远大于钩码质量m 时，细线中拉力近似等于钩码重力．‎ ‎（3）实验原理是：求出通过光电门1时的速度v1，通过光电门2时的速度v2，测出两光电门间的距离L，在这个过程中，减少的重力势能能：△Ep=mgL，增加的动能为：（M+m）v22-（M+m）v12‎ 我们验证的是：△Ep与△Ek的关系，即验证：△Ep=△Ek代入得：‎ mgL=（M+m）v22-（M+m）v12‎ 即 将气垫导轨倾斜后，由于滑块的重力势能的增加或减少没有记入，故增加的动能和减少的重力势能不相等：若右侧高，系统动能增加量大于重力势能减少量．‎ ‎14.如图所示，为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个滑块的碰撞是否为弹性碰撞。某同学选取了两个体积相同、质量不同、与水平面的动摩擦因数相同的滑块A、B，按下述步骤做实验：‎ ‎①用天平测出两个滑块的质量分别为mA，mB；‎ ‎②将图示装置固定在水平面上，使圆弧形轨道末端切线水平；‎ ‎③先不放滑块B，让滑块A多次从圆弧轨道上某一位置由静止释放，记下。其在水平面上滑行距离的平均值x0；‎ ‎④将滑块B静止置于轨道下端水平部分，仍将滑块A 从轨道上同一位置由静止释放，与滑块B碰撞，重复多次。‎ ‎（1）为确保实验中滑块A不反向运动，mA，mB，应满足的关系是_______________‎ ‎（2）实验中，还需要测量的量是__________________。‎ ‎（3）用测得的物理量来表示，只要满足关系式__________，则说明碰撞过程中动量是守恒的 ‎（4）用测得的物理量来表示，只要满足关系式_____________，则说明两滑块的碰撞是弹性碰撞。‎ ‎【答案】 (1). ; (2). 碰撞后，滑块A在水平面上滑行距离的平均值、滑块B在水平面上滑行距离的平均值; (3). ; (4). ;‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：；（2）碰撞后两球做减速运动，设碰撞后的速度为：、，由动能定理得：，解得：；，解得：；，解得：；如果碰撞过程动量守恒，则：，即，整理得：，实验需要测量碰撞后A、B球在水平面滑行的平均距离：、．（3）由（2）问可知用测得的物理量来表示，只要满足关系式，则说明碰撞过程中动量是守恒的；（3）若两滑块的碰撞是弹性碰撞的，碰撞前后动量守恒、动能不变，根据能量守恒得：，即：，解得：，即若用测得的物理量来表示，只要满足关系式，则说明两滑块的碰撞是弹性碰撞。则说明碰撞过程中动量是守恒的.‎ 四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）‎ ‎15.在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上,穿着三个半径相同的刚性球A、B、C,‎ 三球的质量分别为、、,初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止,B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态,A球以的速度向左运动,与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞碰撞时间极短,求：‎ 球与B球碰撞过程中损耗的机械能；‎ 在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；‎ ‎【答案】(1)27J(2)9J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) A、B发生完全非弹性碰撞，以向左为正方向，根据动量守恒定律有：‎ mAv0=（mA+mB）v1‎ 代入数据解得，碰后A、B的共同速度：‎ v1=‎3m/s 损失的机械能为：‎ ‎(2) A、B、C系统动量守恒、机械能守恒，三者速度相等时弹簧弹性势能最大，以向左为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎（mA+mB）v1=（mA+mB+mC）v2‎ 代入数据解得：‎ v2=‎1m/s 弹簧最大弹性势能：‎ 代入数据解得：‎ Epm=9J ‎16.如图所示，轻绳绕过轻质定滑轮，一端连接物块A，另一端连接在滑环C上，物块A的下端用弹簧与放在地面上的物块B连接，A、B两物块的质量均为m，开始时绳连接滑环C 部分处于水平，绳刚好拉直且无弹力，滑轮到杆的距离为L；控制滑块C，使其沿杆缓慢下滑，当C下滑L时，释放滑环C，结果滑环C刚好处于静止，此时B刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为g。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）．‎ ‎(1)求弹簧劲度系数k和滑环C的质量M；‎ ‎(2)若开始时绳连接滑环C部分处于水平，由静止释放滑环C，求当物块B刚好要离开地面时，滑环C的速度大小。‎ ‎【答案】(1)，M=‎1.6m(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查受力分析与机械能守恒 ‎【详解】（1）设开始时弹簧的压缩量为x，则：‎ 设B物块刚好要离开地面，弹簧的伸长量为 ，则：‎ 因此　‎ 由几何关系得：‎ 解得 联立解得：‎ 当C下滑 时，释放滑环C，结果滑环C刚好处于静止，此时B刚好要离开地面,对C 受力分析可知：‎ ‎ ‎ 联立解得：M=‎‎1.6m ‎(2)弹簧的劲度系数为k，开始时弹簧的压缩量为：‎ 当B刚好要离开地面时，弹簧的伸长量：‎ 因此A上升的距离为：‎ C下滑的距离：‎ 根据机械能守恒：‎ 求得:‎ 代入M=‎1.6m解得。‎ ‎17.如图所示，足够长的“L”形长木板B置于粗糙的水平地面上，其上静止着可视为质点的滑块A，滑块距长木板右側壁距离为l＝6．‎5m，已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为0．1，A、B质量分别为mA＝‎2kg、mB＝‎1kg．现给A向右的瞬时冲量I＝14N・s，假设A与B右侧壁的碰撞为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取 ‎10m‎／s2．求 ‎（1）A、B碰后瞬间，两者的速度大小 ‎（2）最终滑块A距长木板B右側壁的距离．‎ ‎【答案】(1)，；(2)d=‎‎3m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小滑块A沿斜面下滑的过程，运用动能定理列式，可求得当A刚滑上B的上表面时的速度v0的大小。滑块A滑上木板B后，分析B的运动情况，根据牛顿第二定律可求得两者的加速度。最终A刚好未从木板B上滑下，A滑到B的右端，两者速度相等，‎ ‎【详解】(1)施加冲量瞬间，对A由动量定理知： ‎ 在A向右运动过程，，B保持静止，对A有：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得： ‎ A、B弹性碰撞有：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得：；‎ ‎(2)碰后，A做加速运动，B做减速运动，由牛顿第二定律有：‎ 对A： ‎ 对B： ‎ 设经时间A、B同速：‎ ‎，得： ‎ 此时 ‎ 假设A、B此后一起减速运动， ‎ 此进，假设成立，最终一起静止，‎ 作出全过程图象，‎ 由图象可知图中阴影面积为滑块A距长木板B右侧的距离，即。‎ ‎【点睛】题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程，明确临界条件是解题的关键，要知道A刚好未从木板B上滑下时两者两者的速度，位移之差等于B板的长度。应用牛顿第二定律、运动学公式与功能关系即可解题。‎