黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期10月调研考试物理试题

黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期10月调研考试物理试题

哈六中2019-2020学年度上学期高三学年第二次调研考试 物理试卷 一、选择题 ‎1. 一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示．下列选项正确的是（ ）‎ A. 在0～6s内，物体离出发点最远为30m B. 在0～6s内，物体经过的路程为40m C. 在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s D. 在5～6s内，物体所受的合外力做负功 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：根据图像可知，0～5s内物体运动方向不变，5s后反向运动，5s时离出发点最远，A错误；位移等于v-t图像的面积，4s的位移为30m，平均速率为7.5m/s , C正确;5s的位移为+35m，最后一秒的位移为-5m,总路程为40m，B正确；根据动能定理可以知道5～6s内，物体动能增加，所受的合外力做正功，D错误。‎ 考点：本题考查了速度图像的分析。‎ ‎2.长为L的细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，开始时，细线被拉直，并处于水平位置，球处在与0点等高的A位置，如图所示。现将球由静止释放，若用v表示其速率，Ek表示其动能，Ep表示其重力势能（以最低点为零势能面），则它由A运动到最低点B的过程中，关于三个量随时间t或随下降高度h变化的图像正确的是（空气阻力不计）：‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.开始释放时绳子没有拉紧，瞬间做自由落体运动，斜率表示加速度，为重力加速度，图像t=0时刻斜率为零，故A错误；‎ BD.根据动能定理有： ，可见，动能与下落高度h成正比，故B错误，D正确；‎ C.重力势能与时间的图像的斜率表示重力势能的变化率，即重力的瞬时功率，设速度与竖直方向的夹角为a，则 ,先增后减，所以图像斜率先增后减，故C正确。‎ 故选：CD。‎ ‎3.如图所示，一竖直平面内光滑圆形轨道半径为R，小球以速度v0经过最低点B沿轨道上滑，并恰能通过轨道最高点A。以下说法正确的是（ ）‎ A. v0应等于2，小球到A点时速度为零 B. v0应等于，小球到A点时速度和加速度都零 C. 小球在B点时向心加速度最大，在A点时向心加速度最小 D. 小球从B点到A点，其速度的变化量大小为（-1）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.小球恰好能通过最高点，根据牛顿第二定律 解得；‎ 小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒 解得：；即v0应等于，小球到A点时速度为，加速度为g；故A项错误，B项错误.‎ C.根据向心加速度公式，可知速度越大，向心加速度越大，则小球在B点时向心加速度最大，在A点时向心加速度最小；故C项正确.‎ D.由于小球在最高点和最低点的速度反向，因而从最高点到最低点过程中速度的增量为；故D项错误.‎ ‎4.如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0‎ 时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（乙）所示，则 A. 时刻小球动能最大 B. 时刻小球动能最大 C. ~这段时间内，小球的动能先增加后减少 D. ~这段时间内，小球增加动能等于弹簧减少的弹性势能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在接触弹簧之前做自由落体。碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0即重力等于弹簧弹力时加速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能。上升过程恰好与下降过程互逆。由乙图可知时刻开始接触弹簧，但在刚开始接触后的一段时间内，重力大于弹力，小球仍做加速运动，所以此刻小球的动能不是最大，A错误；时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小，B错误；时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；这段时间内，小球的先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，C正确D错误。‎ ‎5. 如图所示，D、E、F、G 为地面上间距相等的四点，三个质量相等的小 球A、B、C分别在E、F、G的正上方不同高度处，以相同的初速度水 平向左抛出，最后均落在D点．若不计空气阻力，则可判断A、B、C 三个小球 A. 初始离地面的高度比为1：2：3‎ B. 落地时的速度大小之比为1：2：3‎ C. 落地时重力的瞬时功率之比为1：2：3‎ D. 从抛出到落地的过程中，动能的变化量之比为1：2：3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：相同的初速度抛出，而A、B、C三个小球的水平位移之比1：2：3，可得运动的时间之比为1：2：3，再由可得，A、B、C三个小球抛出高度之比为1：4：9，故A错误；由于相同的初动能抛出，根据动能定理，由不同的高度，可得落地时的速度大小之比不可能为1：2：3，若没有初速度，则之比为1：2：3，故B错误；相同的初速度抛出，而A、B、C三个小球的水平位移之比1：2：3，可得运动的时间之比为1：2：3，由v竖=gt可得竖直方向的速度之比为1：2：3，由P=Gv，那么落地时重力的瞬时功率之比1：2：3，故C正确；根据动能定理，由于质量相等且已知高度之比，可得落地时动能的变化量之比即为1：4：9，故D错误；故选C。‎ 考点：平抛运动；动能定理 ‎【名师点睛】本题就是对平抛运动规律的直接考查，突破口是由相同的抛出速度，不同的水平位移从而确定运动的时间．所以掌握住平抛运动的规律及运动学公式就能轻松解决。‎ ‎6.质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量.该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为 A. GMm B. GMm C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则：‎ 轨道半径为时①，卫星的引力势能为②‎ 轨道半径为时③，卫星的引力势能为④‎ 设摩擦而产生的热量为，根据能量守恒定律得：⑤‎ 联立①～⑤得，故选项D正确。‎ 考点：万有引力定律及其应用；重力势能的变化与重力做功的关系 ‎【名师点睛】求出卫星在半径为圆形轨道和半径为的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量。‎ ‎7. 如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑则（ ）‎ A. 在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒 B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C. 被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D. 被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械能守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点．小球与弹簧接触前，小球和槽组成的系统动量守恒，且有则有。当小球与弹簧接触后，小球受外力，故小球和槽组成的系统所受外力不为零，动量不再守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移不垂直，故两力均做功，故B错误；小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，小球向前做速度大小和槽相同的匀速运动，而小球和弹簧作用过程中机械能守恒，故小球被原速率反弹，反弹继续做匀速运动，故C正确；小求被反弹后，因两物体均有向左的速度，且速度大小相等，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点，故D错误。‎ 故选C．‎ 考点：本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、做功的两个因素。‎ ‎8.如图质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在一轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平桌面上，初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动。在a下降的过程中，b始终未离开桌面。（忽略一切摩擦阻力和空气阻力）在此过程中（ ）‎ A. a的动能小于b的动能 B. a的动能等于b的动能 C. 两物体所组成的系统机械能增加 D. 物体a克服绳拉力做的功等于物体a机械能的减少量 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】将b的实际速度进行分解如图：‎ ‎ 由图可知va=vbcosθ，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，故A正确，B错误； ab系统机械能守恒，故C错误；根据功能关系可知，物体a克服绳拉力做的功等于物体a机械能的减少量，选项D正确；故选AD.‎ ‎9.从地面上以初速v0度竖直向上抛出一质量为m球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球加速度在上升过程中逐渐增加，在下降过程中逐渐减小 B. 小球上升过程中的平均速度大于 C. 小球抛出瞬间的加速度最大，到达最高点的加速度最小 D. 小球抛出瞬间的加速度大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg=ma，解得；由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；‎ 下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma′，解得：；由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直在减小，跑出瞬间加速度最大，落回地面加速度最小；故A项错误，C项错误.‎ B.速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，如图所示：‎ 从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于；故B错误.‎ D.空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；‎ 小球抛出瞬间，有：‎ mg+kv0=ma0；‎ 联立解得：；故D正确.‎ ‎10.如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是 (　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据点电荷电场强度公式，结合矢量合成法则，两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，故A错误；同理，正方形对角线异种电荷的电场强度，即为各自点电荷在中心处相加，因此此处的电场强度大小为，故B正确；正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为，故C错误；根据点电荷电场强度公式，结合叠加原理，则有在中心处的电场强度大小，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎11.我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为，设起飞过程中发动机的推力恒为； 弹射器有效作用长度为100m，推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s，弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则（ ）‎ A. 弹射器的推力大小为 B. 弹射器对舰载机所做的功为 C. 弹射器对舰载机做功的平均功率为 D. 舰载机在弹射过程中加速度大小为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】设发动机的推力为，弹射器的推力为，则阻力为，根据动能定理可得，，故解得，A 正确；弹射器对舰载机所做的功为，B正确；舰载机在弹射过程中的加速度大小为，根据公式可得运动时间为，所以弹射器对舰载机做功的平均功率为，故C错误，D正确。‎ ‎【考点定位】动能定理，牛顿第二定律，运动学公式，功率和功的计算 ‎【方法技巧】在运用动能定理解题时，一定要弄清楚过程中有哪些力做功，做什么功？特别需要注意重力做功和路径无关，只和始末位置高度有关，摩擦力、阻力做功和路径有关。‎ ‎12. 由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比律，因此引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题时可以将它们进行类比。例如电场中反映各点电场强弱的物理量是电场强度，其定义式为E=F/q。在引力场中可以有一个类似的物理量用来反映各点引力场的强弱。设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G，如果一个质量为m的物体位于距地心1.5R处的某点，则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：类比电场强度定义式，该点引力场强弱 由万有引力等于重力得，在地球表面：①‎ 位于距地心1.5R处的某点：②‎ 由①②得：．故AC错误，BD正确．‎ 考点：万有引力定律的应用；牛顿定律。‎ ‎13.如图所示，ABCD 是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处平滑，A、B、C、D四点在同一竖直面内，BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β)，让套在金属杆上的小环从A点无初速释放。若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做功为W1，重力的冲量为I1；若小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做功为W2，重力的冲量为I2。则 A. W1>W2 B. W1=W2‎ C. I1 >I2 D. I1 =I2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：设正方形的边长为l，经AB段和CD段摩擦力做负功，大小为，经BC段和AD段摩擦力做负功，大小为，W1=W2，A错误、B正确；小环从A经B滑到C点和从A经D滑到C点过程中路程相等，到达C点时速度大小相等。设AB段加速度为a1，，AD段加速度为a2，，则，B点速度，D点的速度，，所以AD段的平均速度大于AB段的平均速度，CD段的平均速度大于BC段的平均速度，小环从A经B滑到C点所用时间大于从A经D滑到C点所用的时间，根据，I1>I2，C正确、D错误。故选BC。‎ 考点：牛顿第二定律、运动学公式、功、冲量 二、填空题 ‎14.气垫导轨(如图甲)工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力。为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b.气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动。图乙为某次实验打出的、点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s1、s2和s3.若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为_________、_________，两滑块的总动量大小为_________；碰撞后两滑块的总动量大小为_________。重复上述实验，多做几次。若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证。‎ ‎【答案】0.2abs30.2abs1（两空可互换），0.2ab(s1-s3)； 0.4abs2‎ ‎【解析】‎ 动量P＝mV，根据V＝S/（5T）可知两滑块碰前的速度分别为V1＝0.2S1b、V2＝0.2S3b，则碰前动量分别为0.2abs1和0.2abs3，总动量大小为aV1－aV2＝0.2ab(s1-s3)；碰撞后两滑块的总动量大小为2aV＝2a s2/（5T）＝0.4abs2。‎ ‎15.某同学把附有滑轮的长木板放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系，此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等。组装的实验装置如图所示。‎ ‎（1）若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些______。‎ ‎（2）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是下列的哪个_____（填字母代号）‎ A.避免小车在运动过程中发生抖动 B.可使打点计时器在纸带上打出的点清晰 C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动 D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力 ‎（3）平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法_______。‎ ‎（4）他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的____（填字母代号）。‎ A.在接通电源的同时释放了小车 B.小车释放时离打点计时器太近 C.阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉 D.钩码匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力 ‎【答案】 (1). 刻度尺、天平（包括砝码） (2). D (3). 在小车上加适量的砝码（或钩码） (4). CD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据实验原理可知，需要验证mgx=Mv2，同时根据运动学规律可知，此实验中需要测量钩码质量、小车质量和位移，故还需要的器材有：刻度尺和天平。‎ ‎（2）分析小车受力可知，在平衡摩擦力的基础上，使细绳与木板平行是为了让细绳的拉力充当小车所受合外力，故D正确，ABC错误。‎ ‎（3）纸带上打出的点较小，说明小车的加速度过大（即小车过快），故在所挂钩码质量不变的情况下，可以增加小车质量（在小车上加上适量的砝码）‎ ‎（4）在此实验中，根据牛顿第二定律可知，钩码的重力大于细绳的拉力，而实验中用重力代替拉力会导致拉力做功大于小车动能增量；如果实验未平衡摩擦力也会导致拉力做功大于动能增量，故CD正确，AD错误。‎ 三、计算题 ‎16.如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5m,离水平地面的高度H=0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2求：‎ ‎(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；‎ ‎(2)物块与转台间的动摩擦因数μ。‎ ‎【答案】(1)1m/s (2)0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有 在水平方向上有 联立解得：‎ 代入数据得 v0＝1 m/s ‎(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 ‎ ‎ 联立解得：‎ 代入数据得μ＝0.2‎ ‎17.如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上。一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量为6m。滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直，不计一切摩擦，重力加速度为g ‎.求：‎ ‎（1）滑块P运动到位置B处的速度；‎ ‎（2）在物块P从A运动至B的过程中，轻绳对滑块P做的功.‎ ‎【答案】(1) (2)4mgL ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A、B两处弹性势能相等，以P、Q为系统，由动能定理：‎ 可得：‎ ‎(2）对P，由动能定理得：‎ 解得：WT=4mgL ‎18.如图所示，滑块A、B静止于光滑水平桌面上，B上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C，B、C间的动摩擦因数为μ（数值较小），A、B由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给C一个向右的速度v0，让C在B上滑动，当C的速度为时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断后瞬间B的速度为.已知A、B、C的质量分别为2m、3m、m，重力加速度为g.求：‎ ‎（1）从C获得速度v0开始经过多长时间绳子刚好伸直；‎ ‎（2）从C获得速度v0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)从C获得速度到绳子拉直的过程中，由动量定理： ‎ 解得：‎ ‎(2)设绳子刚拉直时B的速度为，对B、C系统，设向右为正方向，绳被拉直之前的过程，由动量守恒定律有：‎ 解得：‎ 绳子拉断的过程中，以向右为正，A、B组成的系统动量守恒：‎ 全程根据能量守恒定律得：‎ 可得：‎ ‎ ‎