安徽省定远育才实验学校2020届高三物理上学期12月段考试题（含解析）

安徽省定远育才实验学校2020届高三物理上学期12月段考试题（含解析）

安徽省定远育才实验学校2020届高三物理上学期12月段考试题（含解析） ‎ 一、选择题：‎ ‎1. 为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞机在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1，随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，周期为T2此时登陆舱的质量为m2，则 A. 登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小关系 B. 登陆舱在r1与r2轨道上运动时的周期大小关系 C. X星球表面的重力加速度 D. X星球的质量 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：登陆舱绕X星球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力：，得线速度，周期，星球质量或，因，所以，，A正确，BD错误；根据，可得载着登陆舱的探测飞船的加速度为，该加速度不等于星球表面的重力加速度，C错误；选A.‎ ‎【点睛】研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体质量、线速度和周期的最简式．再通过不同的轨道半径进行比较．‎ ‎2.‎ ‎ 如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于 O 点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在 b 球上的力大小为 F、作用在 a 球上的力大小为 2F，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图（ ）‎ A. B. ‎ C. . D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】设每个球的质量为m，oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β．‎ 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1，根据平衡条件可知，oa绳的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡．‎ 由平衡条件得： ;以b球为研究对象，分析受力情况，如图2，由平衡条件得： ，则α＜β．故A正确．故选A．‎ 点睛:本题一要灵活选择研究对象，二要分析受力．采用整体法和隔离法相结合的方法研究，比较简便．‎ ‎3.‎ ‎ 物体在平行于斜面向上的拉力作用下，分别沿倾角不同斜面的底端，匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则 A. 沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多 B. 沿倾角较大的斜面拉，克服重力做的功较多 C. 无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同 D. 无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功相同 ‎【答案】A ‎【解析】设斜面倾角为θ，斜面高度h，斜面长度,物体匀速被拉到顶端，根据动能定理 ，则h相同时，倾角较小则拉力做的功较多,选项A正确，C错误；重力做功为WG=mgh，则重力做功相同，选项B错误；克服摩擦力做的功，所以倾角越大，摩擦力做功越小，选项D错误；故选A.‎ 点睛：本题考查了动能定理的应用，分析物体的受力情况，并找出各力的做功情况，由动能定理、重力做功的特点分析分析各力做功的情况．在研究功能关系时一定不要忽视了受力分析过程，只有正确地受力分析才能准确地找出做功情况．‎ ‎4. 如图所示，在倾角θ＝37°的斜面底端的正上方H处，平抛一个物体，该物体落到斜面上的速度方向正好与斜面垂直，则物体抛出时的初速度v0为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．‎ 因为垂直落到斜面上，所以落点速度方向和水平方向的夹角为53°，故有，解得，根据几何知识可得，联立解得，A正确．‎ ‎5. 如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA=2kg、mB=4kg，速率分别为vA=5m/s、vB=2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动 A. 它们碰撞前的总动量是18kg·m/s，方向水平向右 B. 它们碰撞后的总动量是18kg·m/s，方向水平向左 C. 它们碰撞前的总动量是2kg·m/s，方向水平向右 D. 它们碰撞后的总动量是2kg·m/s，方向水平向左 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P．则碰撞前，A、B的速度分别为：vA=5m/s、vB=-2m/s．根据动量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×（-2）=2（kg•m/s），P＞0，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．故选C。‎ 考点：动量守恒定律 ‎6. 某时刻，两车从同一地点、沿同一方向做直线运动，下列关于两车的位移x、速度v随时间t变化的图象，能反应t1时刻两车相遇的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】x-t图象中图象的点表示物体所在的位置，由图可知，两物体不会相遇，故A错误；由图可知，时刻两物体相交，故两物体相遇，故B正确；v-t图象表示物体的速度随时间变化的规律，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，两物体的位移不同，故不会相遇，故C错误；由图可知，两物体在t1‎ 时间内位移相同，故两物体相遇，故D正确；‎ ‎7. 如图所示，表面粗糙质量M=2kg的木板，t=0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a=2.5m/s2．t=0.5s时，将一个质量m=1kg的小铁块（可视为质点）无初速地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半.已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1=0.25，木板和地面之间的动摩擦因数μ2=0.25，g＝10m/s2．则 A. 水平恒力F的大小为10N B. 铁块放上木板后，木板的加速度为2m/s2‎ C. 铁块在木板上运动的时间为1s D. 木板的长度为1.625m ‎【答案】AC ‎【解析】A. 开始时木板在水平方向受到拉力与摩擦力,加速度为2.5m/s2，由牛顿第二定律可得：F=Ma+μ2Mg=2×2.5+0.25×2×10=10N，故A正确；‎ B. 铁块放上木板后，木板在水平方向受到拉力、地面的摩擦力以及铁块对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得：‎ Ma′=F−μ2(M+m)g−μ1mg 代入数据解得：a′=0.75m/s2，故B错误；‎ C. 小铁块(可视为质点)无初速地放在木板最右端时木板的速度：v=at=2.5×0.5=1.25m/s 铁块的加速度为：a″=μ1g=0.1×10=1m/s2‎ 设铁块在木板上运动的时间为t2，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半，则：‎ 代入数据得：t2=1s，故C正确；‎ D. 这段时间内铁块相对于木板滑动的距离为：‎ 代入数据得：L=1.125m，故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎8. 如图所示，在粗糙水平地面上，弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端连着物块，弹簧处于原长时物块处于O点位置。现用外力缓慢把物块向左压至P点不动，此时弹簧的弹性势能为Ep。撤去外力后物块向右运动至Q(图中未有标出)点停下。下列说法正确的是 A. 外力所做的功等于EP B. 物块到达PQ中点时速度最大 C. Q点可能在O点的左侧 D. 从P到Q的过程摩擦产生的热量一定小于EP ‎【答案】BC ‎【解析】由功能关系可知，外力所做的功等于弹性势能EP与摩擦力功的代数和，选项A错误；当弹簧弹力等于摩擦力时，加速度为零，此时速度最大，此位置应该在PQ的中点位置，选项B正确；因动摩擦因数未知，故Q点可能在O点的左侧，选项C正确；物块停止的位置可能在O点，此时弹簧的弹性势能为零，故从P到Q的过程弹簧的弹性势能全部转化为摩擦生热，即摩擦产生的热量等于EP，选项D错误；故选BC.‎ ‎9. 一辆汽车在水平路面上匀速直线行驶，阻力恒定为f. t1时刻驶入一段阻力为2f的路段继续行驶。t2时刻驶出这段路，阻力恢复为f行驶中汽车功率恒定，则汽车的速度v及牵引力F随时间t的变化图象可能是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：t1之前，汽车做匀速直线运动，牵引力与阻力相等，t1时刻后阻力变为2f，汽车做减速运动，由知，随着速度的减小，牵引力逐渐的增大，即汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当牵引力增大到2f时，汽车做匀速运动。t2时刻后，汽车驶出这段路，阻力恢复为f，这时牵引力为2f大于阻力f，汽车做加速运动，由知，随着速度的增加，牵引力逐渐的减小，加速度逐渐减小。由上分析知，A、C对。‎ 考点：机车启动。‎ ‎【名师点睛】“机车的启动”模型：‎ 物体在牵引力（受功率和速度制约）作用下，从静止开始克服一定的阻力，最后达到最大速度的整个加速过程，可看作“机车的启动”模型．‎ ‎（1）恒定功率启动（所受阻力一定）‎ 先做变加速（a减小）运动，再做匀速（a＝0）运动，在此过程中，F牵、v、a的变化情况是：‎ ‎（2）恒定加速度启动（所受阻力一定）‎ 先做匀加速运动，再做变加速运动，最后匀速运动，具体变化过程如下 ‎（3）启动过程满足的运动规律 机车的功率P＝Fv 机车的加速度a＝‎ 当机车的速度达到最大时，F＝Ff，a＝0，最大速度vm＝‎ ‎10. 如图所示，质量为m的物块放在倾角为的粗糙斜面体上，与一轻弹簧相连，轻弹簧的另一端与斜面顶端的固定挡板相连，当物块在B点时，弹簧处于原长，现将物块移到A点，给其一个向上的初速度，物块刚好能向上运动到C点，AB=BC=L，已知重力加速度为g，，则物块从A点运动到C点的过程中 A. 物块运动到B点时速度最大 B. 物块与斜面间的动摩擦因数为 C. 物块的机械能的损失量为 D. 物块在A点释放时的加速度和运动到C点时的加速度大小相等，方向相反 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：有题意知在B点时处于原长，那么在A点时处于伸长状态，由牛顿第二定律得：，可知随着的减小，加速度在减小，当加速度为零时，速度最大，此时，并非原长，故A错误；从A到C的过程中弹簧的弹性势能没有发生变化，因此由动能定理得：，解得:，故B正确；物块机械能的损失为摩擦力做的功：,故C正确；物块在A点释放时的加速度：，上滑到C点时的加速度：，由此可知加速度并不相等，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ 考点：动能定理、加速度、机械能损失、弹簧问题 ‎【名师点睛】本题主要考查了动能定理、加速度、机械能损失、弹簧问题。先对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律知当加速度为零时，速度最大。从A到C的过程中弹簧的弹性势能没有发生变化，因此由动能定理得摩擦因数，利用物块机械能的损失为摩擦力做的功，求出机械能损失。‎ 二、实验题：‎ ‎11. 利用如图甲实验装置探究外力做功与小球动能变化的定量关系。小钢球在重力作用下从静止自由下落至光电门，某同学实验如下：‎ A．用天平测定小钢球的质量为0.10 kg B．用游标卡尺测出小钢球的直径如图乙所示 C．用直尺测出电磁铁下端到光电门的距离为81.6 cm(光电门处可看成一几何点)‎ D．电磁铁先通电，让小钢球吸在电磁铁下端 E．让电磁铁断电，小钢球自由下落 F．在小钢球经过光电门时，计时装置记下小钢球经过光电门所用的时间为3.00×10－3 s 回答下列问题：(g取10 m/s2，计算结果保留三位有效数字)‎ ‎(1)小钢球的直径为________cm；‎ ‎(2)小钢球经过光电门时的平均速度为________m/s，其对应的动能为________J；‎ ‎(3)本实验中小钢球重力做功应取下落的高度为________cm，其对应的重力做的功为________J；‎ ‎(4)根据以上的数据得出本实验的结论为：___________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (1)1.20 (2). (2)4.00 (3). 0.800 (4). 　(3)81.0 (5). 　0.810 (6). (4)在误差允许的范围内，小球下落过程中外力做功与动能变化量相等 ‎..................‎ 由上面的计算可知，结论为在误差范围内外力做功与动能变化量相等 考点：实验“探究外力做功与小球动能变化的关系”‎ ‎12.‎ ‎ 某同学用如图(a)所示的装置来验证小球从A运动到B过程中的机械能守恒。让一个小球由静止开始从A位置摆到B位置，悬点O正下方P点处水平放置炽热的电热丝，当悬线摆至电热丝处时被烧断，小球向前飞出做平抛运动。在地面上铺放白纸，上面覆盖着复写纸，当小球落在复写纸上时，会在下面白纸上留下痕迹。用重锤线确定出A、B点的投影点N、M。重复实验10次(小球每一次都从同一点由静止释放)，球的落点痕迹如图(b)所示，图中米尺水平放置，零刻度线与M点对齐，量出M、C之间的距离x，再用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2，即可验证机械能守恒定律。已知小球的质量为m，当地的重力加速度为g。‎ ‎(1)根据图(b)可以确定小球平抛时的水平射程为_________cm；‎ ‎(2)用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度v0 = _____________；‎ ‎(3)用已知量和测得量表示出小球从A到B过程中，重力势能的减少量ΔEP = ______，动能的增加量ΔEk = ________。‎ ‎【答案】 (1). （1）65.0cm (2). （2） (3). （3）mg(h1-h2) (4). ‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据刻度尺的读数原则，可知其读数为：64.5～65.2cm．‎ ‎（2）物体从B点平抛，所以有：‎ x=v0t 解得：‎ ‎（3）重力势能的减小量等于重力做功：△Ep=mgh=mg（h1-h2）‎ 动能增量为：‎ 考点：验证机械能守恒定律 三、计算题：‎ ‎13. 有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后未停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。其简化模型如下图所示，AC是长度为L1＝5 m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域。已知BC长度L2＝1 m，瓶子质量m＝0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝0.4。某选手作用在瓶子上的水平推力F＝20 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，g取10 m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：‎ ‎(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？‎ ‎(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？‎ ‎【答案】（1）（2）0.4m ‎【解析】试题分析：（1）受力分析后，先根据牛顿第二定律求解出瓶子加速和减速时的加速度，然后根据运动学公式结合几何关系列式求解出瓶子恰好滑动到C点时推力的作用时间；（2）瓶子恰好滑动到B点，推力的作用距离最短；根据运动学公式结合几何关系列式求解即可．‎ ‎（1）要想游戏获得成功，瓶滑到C点速度正好为零，力作用时间最长，设最长作用时间为，有力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为，时刻瓶的速度为v，力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为，由牛顿第二定律得：①，②‎ 加速运动过程中的位移③‎ 减速运动过程中的位移④‎ 位移关系满足：⑤‎ 又⑥‎ 由以上各式解得：‎ ‎（2）要想游戏获得成功，瓶滑到B点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d，则：⑦‎ ‎⑧‎ 联立解得：d=0.4m ‎14. 如图所示，一砂袋用不可伸长的轻绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出。第一次弹丸的速度大小为v0 ,打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为θ（θ<90°），当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为θ。若弹丸质量均为m，砂袋质量为7m，弹丸和砂袋形状大小均忽略不计,子弹击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）轻绳长度L（用θ、g、v0表示）；‎ ‎（2）两粒弹丸的水平速度之比v0/v为多少？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析： ①设碰后弹丸和砂袋的共同速度为v1，细绳长为L，弹丸击中砂袋瞬间，动量守恒：‎ mv0=（m+7m）v1，‎ 砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以 解得：‎ ‎②设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v2，同理有：mv-（m+7m）v1=（m+8m）v2‎ ‎，‎ 解得：v2=v1‎ 联解上述方程得 考点：考查动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【名师点睛】本题中物理过程较多，关键先要正确把握每个过程的物理规律，特别是要知道碰撞遵守的规律：动量守恒定律，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向．‎ ‎15. 如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α=30°，一质量为3m的“L”型工件沿斜面以速度v0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板。某时，一质量为m的小木块从工件上的A点，沿斜面向下以速度v0滑上工件，当木块运动到工件下端时（与挡板碰前的瞬间），工件速度刚好减为零，后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次。已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小。‎ ‎（2）木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小。‎ ‎（3）木块与挡板第1次碰撞至第n（n=2，3，4，5，…）次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能△E。‎ ‎【答案】（1）（2）v1＝－2v0。v2＝2v0 （3）ΔE=24（n－1）mv02（n=2,3,4,5,……）‎ ‎【解析】（1）设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块加速度为a1，工件加速度为a2。‎ 对木块，由牛顿第二定律可得：mgsinα＝ma1①‎ 对工件，由牛顿第二定律可得：μ（3m+m）gcosα－3 mgsinα＝3ma2 ②‎ 工件匀速运动时，由平衡条件可得：μ·3mgcosα＝3 mgsinα③‎ 由①②③式解得：a1＝④‎ a2＝ ⑤‎ ‎（2）设碰挡板前木块的速度为v，由动量守恒定律可得：‎ ‎3mv0+mv0=mv ⑥‎ 由⑥式解得：v=4v0 ⑦‎ 木块以v与挡板发生弹性碰撞，设碰后木块速度为v1，工件速度为v2，由动量守恒定律可得： mv= mv1+ 3m·v2 ⑧‎ 由能量守恒得： ⑨‎ 由⑥⑦⑧⑨式联立解得：v1＝－2v0 ⑩‎ v2＝2v0 ‎ ‎（3）第1次碰撞后，木块以2 v0沿工件向上匀减速运动，工件以2 v0沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t= ‎ 木块的速度v1’=－2v0+a1t=4v0 ‎ 此时，木块的位移：x1=－2v0t+a1t2＝‎ 工件的位移：x2=2v0t－a2t2＝‎ 即木块、工件第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n次碰撞的时间间隔：‎ Δt=（n－1）t=（n=2,3,4,5,……）‎ 木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：ΔE=4mg（n－1）x2sin30°‎ 由式解得：ΔE=24（n－1）mv02（n=2,3,4,5,……）‎