【物理】辽宁师范大学附属中学2020届高三上学期10月试题（解析版） 12页

辽宁师范大学附属中学2020届高三上学期 ‎10月试题 一、选择题 ‎1.如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P与半圆轨道的动摩擦因数处处一样，当质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升的最大高度为，空气阻力不计．当质点下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度h为(　　)‎ A. 不能从a点冲出半圆轨道 B. 能从a点冲出半圆轨道，但 C. 能从a点冲出半圆轨道，但 D. 无法确定能否从a点冲出半圆轨道 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：质点第一次在槽中滚动过程，由动能定理得：，为质点克服摩擦力做功大小，解得：，即第一次质点在槽中滚动损失的机械能为，由于第二次小球在槽中滚动时，对应位置处速度变小，因此槽给小球的弹力变小，摩擦因数不变，所以摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次冲出a点时，能上升的高度大于零而小于，故ACD错误，B正确．‎ 考点：动能定理 ‎【名师点睛】本题的关键在于知道第二次运动过程中摩擦力做功比第一次小，明确动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．摩擦力做功使得机械能转化成内能．‎ ‎2.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中( )‎ A. 地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2‎ B. 地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 C. 地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2‎ D. 地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】人的速度原来为零，起跳后变为v，则由动量定理可得：‎ 故地面对人的冲量为：‎ ‎；‎ 而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故选B．‎ ‎3.滑沙是国内新兴的，也是黄金海岸独有的旅游项目，深受游客欢迎．如图所示，某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为v，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为θ，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g，则(　　)‎ A. 人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端所受阻力做的功为mgLsin θ－mv2‎ B. 人沿沙坡下滑时所受阻力大小为mgsin θ－‎ C. 人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端重力做的功为mgL D. 人在下滑过程中重力功率的最大值为mgv ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理得：mgLsinθ-Wf=mv2-0，解得阻力做的功为：Wf= mgLsinθ-‎ mv2，故A正确．由Wf=fL得：阻力大小为：f=mgsinθ-，故B正确．人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端重力做的功为mgLsinθ．故C错误．当人滑到底端时，速度最大，最大速度为v，则重力功率的最大值为：P=mgsinθ•v=mgvsinθ．故D错误．故选AB．‎ ‎【点睛】此题考查动能定理的应用问题以及功和功率的计算；在计算重力的功率时，速度要取竖直分量的大小.‎ ‎4.如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个足够长的固定光滑斜面．一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质量m1大于物块质量m2.开始时小球恰在A点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在球心O的正下方．当小球由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是( )‎ A. 在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒 B. 当小球运动到C点时，小球的速率是物块速率的 C. 小球能沿碗面上升到B点 D. 物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面的支持力减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在m1从A点运动到C点过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒．故A正确．‎ B.设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得：‎ 解得：，故B错误； ‎ C.在m1从A点运动到C点的过程中，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得：‎ 结合 解得：，若m1运动到C点时绳断开，至少需要有的速度m1才能沿碗面上升到B点，现由于m1上升的过程中绳子对它做负功，所以m1不可能沿碗面上升到B点．故C错误．‎ D.m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定．故D错误．‎ ‎5.如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m=2M的小物块．现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v0的初速度，下列说法正确的是 A. 最终小物块和木箱都将静止 B. 最终小物块和木箱组成的系统损失机械能为 C. 木箱速度水平向左、大小为时，小物块的速度大小为 D. 木箱速度水平向右、大小为. 时，小物块的速度大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小木块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小木块和木箱相对静止，因为系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律知，最终两物体以相同的速度一起向左运动，故A错误；‎ B．规定向左为正方向，由动量守恒定律得 则得最终系统的速度为：‎ 方向向左，最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为：‎ 故B正确；‎ C．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向左、大小为时，由动量守恒定律得：‎ 解得：‎ 故C正确；‎ D．系统动量守恒，以向左正方向，木箱速度水平向右，则木箱速度为，根据动量守恒定律有：‎ 解得：‎ 物块与木箱相对滑动，系统机械能有损失，但根据题目所给数据可知，该过程机械能不变，不符合实际，故D错误。‎ 故选BC．‎ ‎【点睛】小木块和木箱组成的系统在光滑的平面上滑动,系统所受外力的合力为零,故系统动量始终守恒,而因为系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最终两物体应该相对静止,一起向左运动.由动量守恒求出最终共同速度,再由能量守恒求机械能的损失。‎ ‎6.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g取10m/s2．则下列说法正确的是（　　）‎ A. M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s B. 弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N•s C. 球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N•s D. 若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得，由机械能守恒得，代入数据解得，即M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s，；m从A到B过程中，由机械能守恒定律得，解得；以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为：，则合力冲量大小为3.4N•s，由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：，A错误BC正确；设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，由A到B机械能守恒定律得：，在最高点，由牛顿第二定律得，m从B点飞出，需要满足：，飞出后，小球做平抛运动：，，当时，即r=1.0125m时，x为最大，球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故D错误．‎ ‎7.如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程：y=kx2，且小球通过点P.已知重力加速度为g，则(　　)‎ A. 电场强度的大小为 B. 小球初速度大小为 C. 小球通过点P时的动能为 D. 小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程：，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：，所以：，电场强度的大小为：，A错误；小球受到的合力：，且，所以，由平抛运动规律有：，，得初速度大小为，B正确；由于，：，又，所以通过点P时的动能为：，C正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于克服电场力做的功，即：，D错误；故选BC．‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动、电场力做功、动能．‎ ‎【名师点睛】根据小球的运动轨迹，确定小球的运动性质是类平抛运动，从而根据平抛运动规律即可分析小球的初速度和电场强度；再利用电场力做功的特点计算电场力的功，并结合电场力做功及电势能的变化进行判断．‎ ‎8.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷　　‎ A. 在和处电势能相等 B. 由运动到的过程中电势能增大 C. 由运动到的过程中电场力先增大后减小 D. 由运动到的过程中电场力先减小后增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图像判断电场线的方向，再确定电势大小的关系．‎ ‎【详解】A．由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，选项A错误；‎ B．由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，所以电势能增大，选项B正确；‎ CD．由x1运动到x4过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的电场力也应该是最大的，故电场力是先增大后减小，选项C正确，D错误．‎ ‎【点晴】图像只是向我们提供一种电场强度与位置的关系，需要我们通过图像将其转化为具有一定形态的东西，当我们将其转化成具体的电场线的某一个方向时，我们再去判断就会很容易了，所以对图像的识别很重要．‎ 二、填空题 ‎9.（1）利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验．实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大应选下图中的_______（填“甲”或“乙”）、若要求碰撞动能损失最小则应选下图中的_______．（填“甲”或“乙”）（甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥）‎ ‎（2）某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示．‎ 已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0~80 cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x=10 cm处．若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的___________时刻，A、B两滑块质量比_______．‎ ‎【答案】 (1). 乙 甲 (2). 2.5T 2:3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）若要求碰撞时动能损失最大，则需两物体碰撞后结合在一起，故应选图中的乙；若要求碰撞动能损失最小则应使两物体发生完全弹性碰撞，即选图中的甲；（2）由图可知，第1次闪光时，滑块A恰好位于x=10cm处；第二次A在x=30cm处；第三次A在x=50cm处；碰撞在x=60cm处，从第三次闪光到碰撞的时间为，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T时刻;若设碰前A的速度为v，则碰后A的速度为，B的速度为v，根据动量守恒定律可得：，解得：‎ 三、计算题 ‎10.如图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上，现有滑块A以初速度v0从右端滑上B并以滑离B，恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m，试求：‎ ‎（1）滑块与木板B上表面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）圆弧槽C的半径R ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒和能量守恒，有：‎ mv0＝m(v0)＋2mv1 ①‎ μmgL＝mv02－m(v0) 2－×2mv12 ②‎ 联立①②解得：μ＝ .‎ ‎②当A滑上C，B与C分离，A、C间发生相互作用．A到达最高点时两者的速度相等．A、C组成的系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒：‎ m(v0)＋mv1＝(m＋m)v2 ③‎ m(v0)2＋mv12＝ (2m)v22＋mgR ④‎ 联立①③④解得：R＝‎ 点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，列出动量守恒以及能量转化的方程；注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向．‎ ‎11.在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g.求：‎ ‎（1）带电油滴所带电荷量与质量之比； ‎ ‎（2）)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比； ‎ ‎（3）ΔU1与ΔU2之比. ‎ ‎【答案】（1）（2）1∶3（3）1∶4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）油滴静止时，根据平衡条件有：‎ 解得： ‎ ‎（2）设第一个△t内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个△t内油滴的位移为x2，加速度为a2，则 根据题意有：‎ 联立解得：‎ ‎（3）油滴向上加速运动时，根据牛顿第二定律有：‎ 即：‎ ‎①‎ 油滴向上减速运动时，根据牛顿第二定律有：‎ 即：‎ ‎②‎ 联立①②则有：‎ 解得：‎