河北省沧州市第一中学2020届高三12月月考物理试题

河北省沧州市第一中学2020届高三12月月考物理试题

物理试题 一、选择题 ‎1.A、B是竖直墙壁，现从A墙某处以垂直于墙面的初速度v抛出一质量为m的小球，小球下落过程中与A、B进行了多次碰撞，不计碰撞过程中的能量损失．下面四个选项中能正确反映下落过程中小球的水平速度vx和竖直速度vy随时间变化关系的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 小球在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动，速度随时间均匀增大．在水平方向除了碰撞，不受作用力，速度的大小不变，方向碰撞时发生改变．故B正确，ACD错误．故选B．‎ 点睛：解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，关键将小球分解为水平方向和竖直方向，通过两个方向上的受力，判断物体的运动规律．‎ ‎2.如图所示，一条小船位于‎200 m宽的河的正中央A处，从这里向下游m 处有一危险区.当时水流的速度为‎4 m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是 A. m/s B. m/s C. ‎2 m/s D. ‎4 m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设小船的合速度与水流速度的夹角为；则有 ‎，因此；‎ ‎；故选C ‎3.火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定若在某转弯处规定行驶的速度为v，则下列说法中正确的是　　‎ 当以速度v通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力；‎ 当以速度v通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力；‎ 当速度大于v时，轮缘挤压外轨；‎ 当速度小于v时，轮缘挤压外轨．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①②火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，①正确，②错误；‎ ‎③④如果实际转弯速度大于v，有离心趋势，与外侧铁轨挤压，反之，挤压内侧铁轨，故③正确，④错误，故选项D正确，ABC错误．‎ ‎4.长度为‎0.5 m的轻质细杆OA，A端有一质量为‎3 kg的小球，以O点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，小球通过最高点时的速度为‎2 m/s，取g＝‎10 m/s2，则此时轻杆OA 将（　　）‎ A. 受到6 N的拉力 B. 受到6 N的压力 C. 受到24 N的拉力 D. 受到24 N的压力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小球到达最高点时，受重力和杆的弹力，先假设为向下的弹力，由牛顿第二定律 解得 故弹力的方向与假设的方向相反，为向上的6N支持力，即杆将受到6 N的压力，选项ACD错误，B正确；‎ 故选B。‎ ‎5.如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R。轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x。一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v。小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为ΔF（ΔF>0）。不计空气阻力。则（　　）‎ A. m、x一定时，R越大，ΔF一定越大 B m、x一定时，v越大，ΔF一定越大 C. m、R一定时，x越大，ΔF一定越大 D. m、R一定时，v越大，ΔF一定越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设m在A点时的速度为vA，在B点时速度为v=vB；对m从A到B点时，根据动能定理有：‎ ‎ ‎ 对m在B点时，受重力和支持力NB的作用，根据牛顿第二定律：‎ 所以 ‎；‎ 对m在A点，受重力和支持力NA，根据牛顿第二定律：‎ ‎ ‎ 所以 ‎ ‎ 小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差 A．m、x一定时，R越大，ΔF一定越小，选项A错误；‎ B．m、x一定时，ΔF与v无关，选项B错误；‎ C．m、R一定时，x越大，ΔF一定越大，选项C正确；‎ D．m、R一定时，ΔF与v无关，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.两颗人造地球卫星，它们质量的比m1:m2=1:2，它们运行的线速度的比是v1:v2=1:2，那么( ).‎ A. 它们运行的周期比为8:1 B. 它们运行的轨道半径之比为4:1‎ C. 它们所受向心力的比为1:32 D. 它们运动的向心加速度的比为1:16‎ ‎【答案】ABCD ‎【解析】‎ 试题分析：．它们运行线速度的大小之比是，则轨道半径比．而，所以周期比．故A、B正确．‎ ‎，轨道半径比为，所以向心加速度比．向心力F=ma，质量之比是，所以向心力之比．故C正确，D正确；‎ 故选ABCD．‎ 考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ 点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力 ‎7. 据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600N的人在这个行星表面的重量将变为960N．由此可推知，该行星的半径与地球半径之比约为（ ）‎ A. 0.5 ‎B. ‎2 ‎C. 3.2 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设地球质量为M，半径为R，则行星质量为‎6.4M，半径为r，该人的质量为m．则该人在行星表面上：，该人在地球表面上：．联立两个方程式，可以得到：．‎ 故选项A正确．‎ 考点：万有引力定律的应用 ‎8.科学研究表明地球的自转在变慢，四亿年前，地球每年是400天，那时，地球每自转一周的时间是21.5小时，比现在要快2.5小时。据科学家分析，地球自转变慢的原因主要有两个：一个是潮汐时海水与海岸碰撞、与海底摩擦而使能量变成内能；另一个是由于潮汐的作用，地球把部分自转能量传给了月球，使月球的机械能增加了（不考虑对月球自转的影响）。由此可以判断，与四亿年前相比月球绕地球公转的 （　　）‎ A. 半径增大 B. 速度增大 C. 周期增大 D. 角速度增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】月球的机械能增加了，因为能量大了，速度大了，万有引力不够提供向心力，做离心运动，最后到了半径更大的圆上做圆周运动。根据万有引力提供向心力 知轨道半径变大，速度减小，周期变大，角速度变小。故AC正确，BD错误。 故选AC。‎ ‎9.如图所示，A、B叠放着，A用绳系在固定的墙上，用力F拉着B右移，用F′、FAB和FBA分别表示绳对A的拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力，则（　　）‎ A. F做正功，FAB做负功，FBA做正功，F′不做功 B. F和FBA做正功，FAB和F′做负功 C. F做正功，其他力都不做功 D. F对B做正功，FAB对B做负功，FBA和F′对A都不做功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，A不动B向右运动，但均受到滑动摩擦力，则有FAB方向向左，做负功，F做正功；由于A没有位移，所以F′和FBA不做功。因此只有D正确；ABC均错误； 故选D。‎ ‎10.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm，立即关闭发动机而滑行直到停止，v-t 图线如图，汽车的牵引力大小为F1,摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则( ) ‎ A. F1:F2=1:3 B. F1:F2 = 4:1‎ C. W1:W2 =1:1 D. W1:W2 =1:3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】对全过程由动能定理可知W1-W2=0，故W1：W2=1：1，故C正确，D错误；W1=Fs，W2=fs′；由图可知：s：s′=1：4，所以F1：F2=4：1，故A错误，B正确．‎ ‎11.质量为M的小车在光滑的水平地面上以v0匀速运动。当车中的砂子从底部的漏斗中小断流下时，车子速度将（　　）‎ A. 减小 B. 不变 C. 增大 D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设漏掉质量为m的沙子后，砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v0，汽车速度为v′，根据水平方向动量守恒可得：‎ Mv0=mv0+（M-m）v′‎ 解得：‎ v′=v0‎ 故ACD错误，B正确。 故选B。‎ ‎12.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。若把它在空中自由下落的过程称为Ⅰ，进入 泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，则（　　）‎ A. 过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量 B. 过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小 C. 过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小 D. 过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，由动量定理知钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A正确；‎ B．过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，故B错误；‎ C．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，故C正确；‎ D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于重力和阻力的合力的冲量，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎13.如图所示，质量相同的两木块从同一高度同时开始自由下落，至某一位置时A被水平飞来的子弹击中（未穿出），则A、B两木块的落地时间tA、tB的比较，正确的是（　　）‎ A. tA＝tB B. tA＞tB C. tA＜tB D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当A木块落至某一位置时被水平飞来的子弹很快地击中，水平方向动量守恒，即A会获得水平方向的分速度；而子弹此时竖直方向速度为零，要从零加速到与A具有相同的速度，需受到A向下的作用力，根据牛顿第三定律A会受到子弹给的向上的作用力，则A向下的速度会减小，小于B的速度；在竖直方向上，子弹击中木块后到落地过程，它们的加速度与位移都相同，由于A的初速度小于B的初速度，A的运动时间长，故A下落时间较长一些； 故选B。‎ ‎14.如图所示，细线上端固定于O点，其下端系一小球，静止时细线长L.现将悬线和小球拉至图中实线位置，此时悬线与竖直方向的夹角θ＝60°，并于小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球，然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放，它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体，它们一起摆动中可达到的最大高度是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL（1-cos60°）=mv2，则 ， 两球碰撞过程动量守恒，以小球与泥球组成的系统为研究对象，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+m）v′，解得碰后两球的速度：，碰后两球上摆过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：•‎2m•v′2=‎2m•gh，解得h=；故选C．‎ 二、实验题探究题 ‎15.如图所示为验证机械能守恒定律的实验装置。现有器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平。‎ ‎（1）为完成实验，还需要的器材有______。‎ A.米尺 ‎ B.直流电源 C.秒表 ‎ D.交流电源 ‎（2）某同学用图中所示装置打出的一条纸带如图所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，根据纸带计算出打下D点时重物的速度大小为______。（结果保留三位有效数字）‎ ‎（3）采用重物下落的方法，根据公式mv2=mgh验证机械能守恒定律，对实验条件的要求是______，为验证和满足此要求，所选择的纸带第1、2点间的距离应接近______。‎ ‎（4）该同学根据纸带算出了相应点的速度，作出图像如图所示，则图线斜率的物理意义是______。‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 1.75 (3). 重物的初速度为零 (4). 2 mm (5). ‎‎2g ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．通过打点计时器计算时间，故不需要秒表。打点计时器应该与交流电源连接。需要刻度尺测量纸带上两点间距离。故选AD。‎ ‎（2）[2]．由图可知CE间的距离为：x=19.41-12.40=‎7.01cm=‎0.0701m；则由平均速度公式可得，D点的速度 ‎（3）[3][4]．用公式mv2=mgh时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始，打点计时器的打点频率为50 Hz，打点周期为0.02 s，重物开始下落后，在第一个打点周期内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离接近‎2mm；‎ h=gT2=×9.8×0.022 m≈‎2 mm。‎ ‎（4）[5]．由机械能守恒mgh=mv2得 v2=2gh 由此可知：v2-h图象的斜率 k=‎2g；‎ ‎16.如图所示，用碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在水平面上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，在白纸上记录下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：‎ 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在水平面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P点；‎ 步骤2：把小球2放在斜槽末端B点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置M、N点；‎ 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N到O点的距离，即OM、OP、ON的长度。‎ ‎（1）对于上述实验操作，下列说法正确的是______。‎ A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下 B.斜槽轨道必须光滑 C.小球1的质量应大于小球2的质量 ‎（2）上述实验除需测量OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有______。‎ A.B点距地面的高度h B.小球1和小球2的质量、‎ C.小球1和小球2的半径r ‎（3）当所测物理量满足表达式_______用实验所测物理量的字母表示时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式_____用实验所测量物理量的字母表示时，即说明两球碰撞时无机械能损失。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). B (3). m1∙OP=m1∙OM+m2∙ON (4). m1∙OP2=m1∙OM2+m2∙ON2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．因为平抛运动的时间相等，根据x=vt，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．故应保证斜槽末端水平，小球每次都从轨道上同一点滑下，但是轨道不一定光滑；同时为了小球2能飞的更远，防止1反弹，球1的质量应大于球2的质量；故AC正确，B错误；故选AC.‎ ‎（2）[2]．根据动量守恒得，m1•OP=m1•OM+m2•ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2．故选B．‎ ‎（3）[3]．因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，要验证的关系是：‎ m1∙v0=m1∙v1+m2∙v2‎ 将速度换成位移，则所测物理量满足表达式为：‎ m1∙OP=m1∙OM+m2∙ON 由功能关系可知，只要 成立则机械能守恒，故若 m1∙OP2=m1∙OM2+m2∙ON2‎ 说明碰撞过程中机械能守恒．‎ 三、计算题 ‎17.某课外小组经长期观测，发现靠近某行星周围有众多卫星，且相对均匀地分布于行星周围，假设所有卫星绕该行星的运动都是匀速圆周运动，通过天文观测，测得离行星最近的一颗卫星的运动半径为R1，周期为T1，已知万有引力常为G．求：‎ ‎⑴行星的质量；‎ ‎⑵若行星的半径为R，行星的第一宇宙速度；‎ ‎⑶通过天文观测，发现离行星很远处还有一颗卫星，其运动半径为R2，周期为T2，试估算靠近行星周围众多卫星的总质量．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎⑴设卫星质量为，万有引力提供向心力：,……2分⑵,得第一宇宙速度:……2分 ‎⑶因为行星周围的卫星均匀分布，研究很远的卫星可把其他卫星和行星整体作为中心天体，设总质量为，由，得……2分 所以靠近该行星周围的众多卫星总质量,……1分 ‎18.质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车的上表面是一光滑的曲面，末端是水平的，如图所示，小车被挡板P挡住，质量为m。物体从距地面高H处自由下落，然后沿光滑的曲面继续下滑，物体落地点与小车右端距离x0，若撤去挡板P，物体仍从原处自由下落，求物体落地时落地点与小车右端距离是多少？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】小车被挡板P挡住时，设小球滑离小车时的速度v1，车尾部（右端）离地面高为h． 小球从最高点下落至滑离小车时机械能守恒，则有 ‎ ①‎ 由平抛运动的规律得 x0=v1t    ②‎ ‎  ③‎ 联立解得：‎ ‎ ‎ 设去掉挡板P时小球离开小车时速度为v2，小车速度为v′2，小球从最高点至离开小车之时系统的机械能守恒 ‎ ‎ ④‎ 小球与小车相互作用过程中水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则得 Mv′2-mv2=0．   ⑤‎ 得 ‎ ‎ ‎ ‎ 小球离开车后对地平抛运动，则有 x2=v2t′　　⑥‎ ‎ ⑦‎ 车在t′时间内向前的位移 ‎ x′2=v′2t′　　⑧‎ 此种情况下落地点距车右端的距离 ‎ ‎  ⑨‎ ‎19.如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g．（取，）‎ ‎（1）求P第一次运动到B点时速度的大小．‎ ‎（2）求P运动到Ｅ点时弹簧弹性势能．‎ ‎（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．‎ ‎【答案】（1）（2）（3），‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题意知，B、C之间的距离l为 l=7R–2R①‎ 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 ‎②‎ 式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得 ‎③‎ ‎（2）设BE=x．P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep．P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有 ‎④‎ E、F之间的距离l1为 l1=4R–2R+x⑤‎ P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有 Ep–mgl1sin θ–μmgl1cos θ=0⑥‎ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x=R⑦‎ ‎⑧‎ ‎（3）设改变后P的质量为m1．D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为⑨‎ ‎⑩‎ 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．‎ 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t．由平抛运动公式有 ‎⑪‎ x1=vDt⑫‎ 联立⑨⑩⑪⑫式得 ‎⑬‎ 设P在C点速度的大小为vC．在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有 ‎⑭‎ P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有 ‎⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 ‎⑯‎ ‎【考点定位】动能定理、平抛运动、弹性势能 ‎【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能．此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问题的能力．‎