黑龙江省牡丹江市一中2020届高三上学期10月月考物理试题 19页

牡一中2017级高三学年上学期10月份考试物理试题 ‎ 一、单项选择题 ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 由可知，电场强度E与q成反比，与F成正比 B. 库伦提出了用电场线描述电场的方法 C. 伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 D. 所以带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电场强度的定义式为，适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，故A项与题意不符；‎ B.法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故B项与题意不符；‎ C.伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得到，故C项与题意不符；‎ D.根据带电本质可知，所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，任何带电体的电荷量都不是连续变化的，故D项与题意相符。‎ ‎2.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在A点加速度大 C. 粒子在B点动能大 D. 粒子由A到B电场力做负功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据曲线运动条件可知，粒子所受的合力应该指向曲线弯曲的内侧，所以粒子所受的电场力逆着电场线方向，与电场方向相反，所以粒子带负电，故A错误；‎ B.由于B点的电场线密，场强大，所以粒子在B点受到的电场力大，则在B点的加速度较大，故B错误；‎ CD.粒子从A到B，电场力对粒子做负功，电势能增加，动能减小，则粒子在B点动能小，故C错误；D正确。‎ ‎3.如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则（ ）‎ A. 绳子自由端的速率v增大 B. 拉力F变小 C. 拉力F的功率P不变 D. 杆对A的弹力FN减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.物体沿绳子方向上的分速度，该速度等于自由端的速度，增大，自由端速度减小，拉力的功率为：‎ 可知拉力的功率不变，故选项A不符合题意，C符合题意。‎ BD.因为做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有：‎ 因为增大，减小，则拉力增大，水平方向合力为零，则有：‎ 增大，增大，所以增大，故选项B、D不符合题意；‎ ‎4.习近平主席在2018年新年贺词中提到，科技创新、重大工程建设捷报频传， “慧眼”卫星邀游太空。“慧眼”于2017年6月15日在酒泉卫星发射中心成功发射，在10月16日的观测中，确定了 射线的流量上限。已知“慧眼”卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r（r>R），运动周期为T，地球半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）‎ A. “慧眼”卫星的向心加速度大小为 B. 地球的质量大小为 C. 地球表面的重力加速度大小为 D. “慧眼”卫星的线速度大于7.9km/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设地球的质量为M，“慧眼”卫星的质量和向心加速度分别为m、a向，地球表面的重力加速度为g AB.根据万有引力提供向心力可得：‎ 解得：‎ 故A项正确，B项错误；‎ C.地球表面的物体的重力近似等于物体所受到的万有引力，即 解得：‎ 此时分母里的周期应该是绕地表的周期T0，不是在高空中的周期T，故C错误；‎ D.由公式 解得：‎ ‎“慧眼”卫星的半径大于地球的半径，所以“慧眼”卫星的线速度小于7.9km/s，故D项错误。‎ ‎5.如图所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入深度为d，平均阻力为f.设木块滑行距离为s时开始匀速前进，下列判断正确的是( )‎ A. 木块动能的增加量等于f(s＋d)‎ B. 子弹损失的动能等于fs C. 子弹与木块总机械能的损失等于fs D. 子弹与木块总机械能的损失等于fd ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 木块位移为s，木块动能的增加量等于fs，故A错误；‎ B. 木块位移为s+d，子弹损失的动能等于f(s+d)，故B错误；‎ CD. 子弹在木块中滑行距鹑为d，木块系统损失的机械能转化为系统的内能，损失的机械能为fd，故C错误，D正确。‎ ‎6.在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的。则碰后B球的速度大小是(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. 或 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据碰后A球的动能恰好变为原来的得： 解得： ‎ 碰撞过程中AB动量守恒，则有：mv=mv′+3mvB 解得：vB=v或vB=v；当vB=v时A的速度大于B的速度，不符合实际，故选项A正确，BCD错误，故选A.‎ 点睛：本题考查的是动量定律得直接应用，注意动能是标量，速度是矢量；同时要分析结果是否符合实际情况，即不可能发生二次碰撞。‎ ‎7.如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量。若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为 A. B. C. D. 不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同。取A或B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv=（mA+mB）v′ 由机械能守恒定律得：Ep=mAv2-（mA+mB）v′2。 联立解得弹簧压缩到最短时有：Ep= 故两次的弹性势能相等，则有：L1=L2。故选A。‎ ‎8.如图所示为某游乐园滑草场的示意图，某滑道由上下两段倾角不同的斜面组成，斜面倾角θ1>θ2，滑 车与坡面草地之间的动摩擦因数处处相同。载人滑车从坡顶A处由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好滑到滑道的底端C点停下。若在A、C点位置不变的情况下，将两段滑道的交接点B向左平移一小段距离，使第一段AB的倾角稍稍变大，第二段BC的倾角稍稍变小。不计滑车在两段滑道交接处的机械能损失，则平移后（ ）‎ A. 滑车到达滑道底端C点之前就会停下来 B. 滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下 C. 滑车到达滑道底端C点后仍具有一定的速度，所以应在C点右侧加安全防护装置 D. 两次损失的机械能不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】ABC.对全过程根据动能定理可知 整理得：‎ 滑车运动的距离与角度无关，故AC项错误，B项正确；‎ D.损失的机械能为克服摩擦力做的功为 两次损失的机械能相同，故D项错误。‎ 二、多项选择题 ‎9.如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心。质量为m的小滑块以水平向右的初速度冲上圆弧轨道，恰好能滑到最高点，已知M=2m。，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统机械能守恒 B. 小滑块冲上轨道的过程，小滑块对带有圆弧轨道的滑块的压力不做功 C. 小滑块冲上轨道最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为 D. 小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小滑块冲上轨道的过程，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A项正确；‎ B.小滑块冲上轨道的过程，小滑块对带有圆弧轨道的滑块的压力使其加速运动，即小滑块对带有圆弧轨道的滑块的压力做正功，故B项错误；‎ C.当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，圆弧轨道的速度最大，故C项错误；‎ D.设小滑块脱离圆弧轨道时小滑块和圆弧轨道的速度分别为v1和v2．由水平动量守恒和机械能守恒得 联立解得:‎ 故D项正确。‎ ‎10.如图，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F作用下匀速前进了时间t，则（ ） ‎ A. 拉力对物体的冲量为Ft B. 支持力对物体的冲量为Ftcosθ C. 摩擦力对物体的冲量为Ft D. 合外力对物体的冲量为0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.运动时间为t，则拉力的冲量为I1=Ft；故A正确，B错误；‎ C.由于做匀速运动，阻力大小与F的水平分力相等，摩擦力大小为 f=Fcosθ 摩擦力对物体的冲量的大小为 I2=ft=Ftcosθ 故C错误；‎ D.物体匀速运动，由动量定理知合外力对物体的冲量为零，故D正确。‎ ‎11.如图所示，内壁光滑半径大小为的圆轨道竖直固定在水平桌面上，一个质量为的小球恰好能通过轨道最高点在轨道内做圆周运动。取桌面为重力势能的参考面，不计空气阻力，重力加速度为g。则小球在运动过程中其机械能E、动能、向心力、速度的平方，它们的大小分别随距桌面高度h的变化图像正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据竖直平面内小球做圆周运动的临界条件，结合机械能守恒定律分析即可解题。‎ ‎【详解】AB．小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力，则在最高点：，则在最高点小球的动能：（最小动能），在最高点小球的重力势能：，运动的过程中小球的动能与重力势能的和不变，机械能守恒，即：，故AB错误；‎ CD．小球从最高点到最低点，由动能定理得：，，则有在距桌面高度h处有： ，化简得：，‎ ‎，故C、D正确。‎ ‎【点睛】本题主要考查了竖直圆周运动的综合应用，属于中等题型。‎ ‎12.如图所示，在光滑绝缘的水平面上放置两带电的小物块甲和乙，所带电荷量分别为+q1和-q2，质量分别为m1和m2。同时由静止释放后，甲、乙两物块相向运动。则关于两物块的表述正确的是（ ）‎ A. 碰撞前瞬间动量之比 p 甲：p 乙= 1：1‎ B. 碰撞前瞬间速度大小之比 v 甲：v 乙= m1：m2‎ C. 碰撞前瞬间动能之比 Ek 甲：Ek 乙= m2：m1‎ D. 从开始运动到碰撞前过程中，位移比 X 甲：X 乙=1:1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲、乙两物块组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，初始时系统的总动量为零，可知，碰撞前瞬间两个物块的动量大小相等，方向相反，则动量之比 p甲：p乙=1：1‎ 故A错误；‎ B.由p=mv，两个物块的动量大小相等，则得碰撞前瞬间速度大小之比 v甲：v乙=m2：m1‎ 故B错误；‎ C.根据 p相等，则得碰撞前瞬间动能之比 Ek甲：Ek乙=m2：m1‎ 故C项正确；‎ D.根据动能定理得，对甲有 W甲=Ek甲=‎ 对乙有 W乙=Ek乙=‎ 所以 X 甲：X 乙= m2：m1‎ 故D项错误。‎ ‎13.如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H。则在小物体从A到B的过程中(　　)‎ A. 两种情况下因摩擦产生的热量相等 B. 两传送带对小物体做功相等 C. 小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小 D. 两传送带消耗的电能相等 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设物体达到与皮带相同的速度所用时间为t，在此时间内皮带的位移为 ，而物体的位移为，所以两者之间的相对位移等于物体匀加速的位移 ，对小物块运用动能定理可知 ‎，‎ 由于相对位移等于小物块运动的位移，根据可知两种情况下 故A错误；‎ B。对小物块从A到B过程,传送带对小物体做的功就等于物体增加的机械能，经分析知做功相等，故B正确；‎ C.对小物块从A到B过程,传送带对小物体做的功就等于物体增加的机械能，经分析知做功相等，故A错误；根据可知 根据牛顿第二定律可知 所以，故C正确；‎ D。根据能量守恒定律,电动机消耗的电能等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能的和,因物块两次从A到B增加的机械能相同, 所以甲传送带消耗的电能多，故D错误；‎ ‎14.如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n的木块，所有木块的质量均为m，与木块间的动摩擦因数都相同.开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、……、nv0，v0方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动，则 （　　）‎ A. 所有木块与木板一起匀速运动的速度为 B. 所有木块与木板一起匀速运动的速度为 C. 若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为 D. 若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ AB：根据动量守恒有：，解得：‎ 故A正确B错误 CD：设经过时间，第1块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则：‎ ‎　　　对第1个木块：‎ ‎　　　对木板：，‎ 联立解得： 　‎ 设再经过时间，第2块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则：‎ 对第2个木块：‎ 对木板和第1个木块：，‎ 解得：　　‎ 再经过时间，第3块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则：‎ 对第3个木块：‎ 对木板和第1、2个木块：，‎ ‎……‎ 再经过时间，第k块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则：‎ 对第k个木块：‎ 对木板和第1、2、3…、k-1个木块：，‎ 解得：，将代入：‎ 故C正确D错误 三、实验题 ‎15.在“验证机械能守恒定律”的实验中：若实验中所用重物的质量为m，某次实验打出的一条纸带如图所示．在纸带上选取五个连续的点A、B、C、D和E，量得相邻点间的距离分别为，当地的重力加速度为g．本实验所用电源的频率为f．从打下点B到打下点D的过程中，重锤重力势能减小量△Ep=______，重锤动能增加量△Ek=_____。在误差允许的范围内，通过比较就可以验证重物下落过程中机械能是否守恒．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]B到D的过程中，重力势能的减少量为：‎ ‎[2]B点的速度为：‎ D点的速度为：‎ 所以B到D动能的增加量为：‎ ‎16.某同学设计了如图装置来验证碰撞过程遵循动量守恒。在离地面高度为h的光滑水平桌面上，放置两个小球a和b。其中，b与轻弹簧紧挨着但不栓接，弹簧左侧固定，自由长度时离桌面右边缘足够远，起初弹簧被压缩一定长度并锁定。a放置于桌面 边缘，球心在地面上的投影点为O点。实验时，先将a球移开，弹簧解除锁定，b沿桌 面运动后水平飞出。再将a放置于桌面边缘，弹簧重新锁定。解除锁定后，b球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出。重复实验10次。实验中，小球落点记为A、B、C。‎ ‎ ‎ ‎(1)若a球质量为ma，半径为ra；b球质量为 mb，半径为rb。b 球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出，则 ______ 。‎ A．mamb，ra=rb D．ma>mb，ra>rb ‎(2)为了验证动量守恒，本实验中必须测量的物理 量有____。‎ A．小球a的质量ma和小球b的质量mb B．小球飞出的水平距离OA 、OB、OC C．桌面离地面的高度h D．小球飞行的时间 ‎(3)在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足表达式：__________， 即说明碰撞过程遵循动量守恒。（用题中已测量的物理量表示）‎ ‎(4)该同学还想探究弹簧锁定时具有的弹性势能，他测量了桌面离地面的高度h，该地的 重力加速度为g，则弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为_______。（用题中已测量的物理量表示）‎ ‎【答案】 (1). A (2). AB (3). mb•OB=mb•OA+ma•OC (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]为防止碰撞后入射球反弹，入射球质量应大于被碰球的质量，即：应该使mb大于ma，为了使偏转能沿水平方向发生，则二者的球心的高度要相同，所以它们的半径要相等。故A正确，BCD错误 ‎(2)[2]要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替。所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC；故AB正确，CD错误 ‎(3)[3]小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：‎ mbv0=mbv1+mav2‎ 两边同时乘以时间t，得：‎ mbv0t=mbv1t+mav2t 则：‎ mb•OB=mb•OA+ma•OC ‎(4)[4]桌面离地面的高度h，该地的重力加速度为g，小球b飞行的时间：‎ b的初速度 弹簧锁定时具有的弹性势能Ep转化为小球b的动能，所以弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为：‎ 四．计算题 ‎17.在水平地面上有一质量为2kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为F／3，该物体的运动速度随时间t的变化规律如下图所示．‎ 求：（1）物体受到的拉力F的大小．‎ ‎（2）物体与地面之间的动摩擦因数．(g取10m／s2)‎ ‎【答案】（1）8.4N（2）0.34‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设物体所受滑动摩擦力为，‎ 则物体在0～10s的运动过程中，加速度的大小为a1==0.8m/s2，‎ 由牛顿第二运动定律得①‎ 物体在10s～14s的运动过程中，加速度的大小为a2==－4m/s2，‎ 由牛顿第二运动定律得－f=ma2②‎ 由①、②式求得：拉力，f=6.8N 又得μ==0.34‎ 故动摩擦因数为。‎ 考点：加速度的计算，牛顿第二定律的应用，滑动摩擦因数的计算。‎ ‎18.图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l，开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，水平向右运动的滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动。求：‎ ‎（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；‎ ‎（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做的功；‎ ‎【答案】（1），水平向左（2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设小球第一次到达最低点时，滑块和小球速度的大小分别为v1、v2‎ ‎，取水平向右方向为正方向。从小球释放到第一次到达最低点的过程中，滑块和小球组成的系统机械能守恒，水平方向动量也守恒，则：‎ ‎ ‎ ‎0=mv1-mv2 ‎ 解得： ‎ 设挡板阻力对滑块的冲量为，由动量定理得：‎ 方向：水平向左 ‎ ‎（2）小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中，绳拉力对小球做功为W，由动能定理得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎19.如图所示，倾角为θ的斜面与足够大的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上有A、B、C三点，AB间距为2L，BC、CD间距均为4L，斜面上BC部分粗糙，其余部分光滑.4块完全相同、质量均匀分布的长方形薄片，紧挨在一起排在斜面上，从下往上编号依次为1、2、3、4，第1块的下边缘恰好在A处．现将4块薄片一起由静止释放，薄片经过D处时无能量损失且相互之间无碰撞．已知每块薄片质量为m、长为L，薄片与斜面BC间的动摩擦因数为tanθ，重力加速度为g．求：‎ ‎（1） 第1块薄片下边缘刚运动到B时的速度大小v1；‎ ‎（2） 第1块薄片刚好完全滑上粗糙面时的加速度大小a和此时第3、4块间的作用力大小F；‎ ‎（3） 4块薄片全部滑上水平面后，相邻薄片间距离d．‎ ‎【答案】（1）；（2）a＝gsinθ；F＝mgsinθ（3）d＝L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1） 研究4块薄片整体，根据机械能守恒定律有 ‎4mg·2Lsinθ＝（4m）v12‎ 解得 ‎（2） 根据牛顿第二定律有 ‎4mgsinθ－μmgcosθ＝4ma 解得a＝gsinθ 研究第4块薄片，根据牛顿第二定律有，mgsinθ－F＝ma 解得F＝mgsinθ ‎（3） 设4块滑片刚好全部滑上粗糙面时的速度为v2，研究整体下端由A到C的过程，根据动能定理有 设每块滑片滑到水平面时的速度为v3，对每块滑片运用动能定理有 相邻滑片到达水平面的时间差 由于d＝v3t 解得d＝L ‎【点睛】此题是牛顿第二定律以及动能定理的综合应用问题；解题时要认真分析物体运动的物理过程，分析受力情况及运动情况，并能选择合适的物理规律列出方程解答.‎ ‎ ‎