河北省保定市安国中学2020届高三上学期9月月考物理试题

河北省保定市安国中学2020届高三上学期9月月考物理试题

河北安国中学高三物理月考卷2019.9.2‎ ‎1.质量为m=‎2kg的物体从倾角为=30°且固定的光滑斜面顶端由静止开始下滑，斜面高度为h=‎0.2m，当物体滑至斜面底端时，重力做功的瞬时功率为(　　)‎ A. 40W B. 10W C. 20W D. 20W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体下滑过程中机械能守恒，所以有：‎ ‎ ‎ ‎ 物体滑到底端重力功率为：‎ P=mgvcos（90°-α） ‎ 联立解得：‎ A．40W，与结论不相符，选项A错误；‎ B．10W，与结论不相符，选项B错误；‎ C．20W，与结论相符，选项C正确；‎ D．20W，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎2.如图所示，竖直平面内有一个半径为R=‎0.2m的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m=‎1kg的小球沿水平轨道运动，通过O点后进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(g为重力加速度)(　　)‎ A. 小球落地时的动能为5J B. 小球落地点离O点的距离为‎0.4m C. 小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零 D. 小球到达Q点的速度大小为m/s ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因小球恰好能够通过最高点P，所以此时重力提供向心力，有：‎ 解得：‎ ‎；‎ 从P点到落地的过初中，机械能守恒，有：‎ 解得：‎ ‎ ‎ 选项A正确。‎ B．小球离开P点后做平抛运动，在竖直方向上有：‎ ‎ ‎ 解得时间为：‎ 则水平位移为：‎ ‎ ‎ 选项B正确。‎ C．小球运动到半圆形轨道最高点P时，重力提供向心力，向心力不为零，选项C错误。‎ D．设在Q点的速度为vQ，从Q点到P的过程中，机械能守恒，有：‎ ‎ ‎ 得：‎ 选项D正确。‎ ‎3.如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R=‎0.3m的光滑圆柱，A的质量为B的两倍.当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放，B上升的最大高度是(　)‎ A. ‎0.4‎m B. ‎‎0.6m C. ‎‎0.5m D. ‎‎0.2m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设B的质量为m，则A的质量为‎2m，以A、B组成的系统为研究对象，在A落地前，由动能定理可得：‎ ‎ ‎ 以B为研究对象，在B上升过程中，由动能定理可得：‎ ‎ ‎ 则B上升的最大高度 H=R+h 解得：‎ ‎ ；‎ A．‎0.4m，与结论相符，选项A正确；‎ B．‎0.6m，与结论不相符，选项B错误；‎ C．‎0.5m，与结论不相符，选项C错误；‎ D．‎0.2m，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎4.如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F作用在A上，使其由静止开始运动，则下列情况可能的是(　　)‎ A. 拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量 B. 拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量 C. 拉力F和B对A做的功之和等于A的动能的增加量 D. A对B做的功小于B的动能的增加量 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．以AB为系统，系统受到拉力F和摩擦力作用，若AB有相对运动，则摩擦力做负功，根据动能定理可知，拉力F做功大于A、B系统动能的增加量。若AB相对静止，则摩擦力做功为零，根据动能定理可知，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量。故A正确，B错误；‎ C．以A为研究对象，A受拉力和B对A摩擦力作用，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理，拉力F和B对A做的功之和等于A的动能的增加量，故C正确；‎ D．对B，只有A对B的摩擦力做功，A对B做的功等于B的动能的增加量。故D错误；‎ ‎5.如图所示为汽车的加速度a和车速倒数的关系图象.若汽车质量为‎103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为‎30m/s，则(　)‎ A. 汽车所受阻力大小为103N B. 汽车在车速为‎15m/s时，牵引力的功率为6×104W C. 汽车匀加速的加速度为‎3m/s2‎ D. 汽车匀加速所需时间5s ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设汽车的额定功率为P，由图知，汽车的最大速度为‎30m/s，此时汽车做匀速直线运动，有F=f，代入得：‎ P=f×30‎ 当时，‎ a=‎2m/s2‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 代入得：‎ 联立解得：‎ f=103N P=3×104W 故A正确；‎ B．汽车在车速为‎15m/s时，牵引力的功率为等于额定功率，大小为3×104W，选项B错误；‎ C．由图汽车匀加速运动的加速度为‎2m/s2，故C错误；‎ D．汽车匀加速运动的末速度v=‎10m/s，匀加速运动的时间 故D正确；‎ ‎6.如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则(　　)‎ A. 小球在小车上到达最高点时速度大小为 B. 小球离车后，对地将向右做平抛运动 C. 小球离车后，对地将做自由落体运动 D. 此过程中小球对车做的功为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，则：‎ mv0=2mv 得：‎ 选项Ａ正确；‎ B、设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，得：‎ mv0=mv1+mv2‎ 由动能守恒得：‎ ‎ ‎ 联立解得：‎ v1=0‎ v2=v0‎ 所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B错误，C正确。‎ D、对小车运用动能定理得，小球对小车做功：‎ 故D正确。‎ ‎7.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝‎1 kg，mB＝‎2 kg，vA＝‎6 m/s，vB＝‎2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　)‎ A. vA′＝‎5 m/s，vB′＝‎2.5 m/s B. vA′＝‎2 m/s，vB′＝‎4 m/s C. vA′＝－‎4 m/s，vB′＝‎7 m/s D. vA′＝‎7 m/s，vB′＝‎1.5 m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AD. 考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，故AD错误．‎ BC. 两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为 同理算出B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误B正确；‎ ‎8.‎ 有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t．取船的速度为正方向．则，；根据动量守恒定律：Mv-mv′=0，则得： ，解得船的质量： ,故选A．‎ ‎9.如图所示，质量为m = ‎245 g的物块（可视为质点）放在质量为M = ‎0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4，质量为 m0 = ‎5 g的子弹以速度v0 = ‎300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = ‎10 m/s2，则在整个过程中 A. 物块和木板组成的系统动量守恒 B. 子弹的末动量大小为‎0.01kg·m/s C. 子弹对物块的冲量大小为0.49N·s D. 物块相对木板滑行的时间为1s ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A错误；‎ B．选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：‎ m0v0=（m0+m）v1……①‎ 木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：‎ ‎（m0+m）v1=（m0+m+M）v2……②‎ 联立可得：‎ 所以子弹的末动量：‎ p＝m0v2＝5×10−3×2＝‎0.01kg·m/s．‎ 故B正确；‎ C．由动量定理可得子弹受到的冲量：‎ I＝△p＝p−p0＝‎0.01 kg·m/s −5×10−3×‎300 kg·m/s＝‎1.49kg·m/s=1.49N·s．‎ 子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49N·s．故C错误；‎ D．对子弹木块整体，由动量定理得：‎ ‎-μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1）……③‎ 由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间 ‎ ．‎ 故D正确．‎ ‎10.如图所示，可视为质点的小球以初速度v0从光滑斜面底端向上滑，恰能到达高度为h的斜面顶端。下图中有四种运动:A图中小球滑入轨道半径等于的光滑管道；B图中小球系在半径大于而小于h的轻绳下端；C图中小球滑入半径大于h的光滑轨道；D图中小球固定在长为的轻杆下端。在这四种情况中，小球在最低点的水平初速度都为v0不计空气阻力，小球不能到达高度h的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图A中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，‎ mgh+0=mgh′+0．则h′=h．故A不符合题意。‎ B．绳球模型中，小球在最高点的速度不可能为零，故小球不可能到达h高的位置，否则机械能增加了，矛盾，故B符合题意；‎ C．图C中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h．故C不符合题意；‎ D．杆模型中，小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h．故D不符合题意；‎ ‎11.某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，其实验装置如图甲所示，设计的实验步骤为：‎ ‎（1）调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；‎ ‎（2）保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50Hz)．‎ 请回答下列问题：‎ ‎①打点计时器在打下D点时滑块的速度vD=__________m/s；(结果保留3位有效数字)‎ ‎②滑块做匀加速直线运动的加速度a=_____m/s2；(结果保留3位有效数字)‎ ‎③滑块质量M=___________(用字母a、m0和当地重力加速度g表示)．‎ ‎（3）保持木板倾角不变，挂上质量为m(均小于m0)的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速度；多次改变钩码的质量，分别求出相应的加速度．‎ ‎（4）若绳拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出a—mg图象如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量M=______kg．(取g=‎10m/s2，结果保留3位有效数字)‎ ‎【答案】①；②， ③；（4）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小；当取下细绳和钩码时，由于滑块所受其它力不变，因此其合外力与撤掉钩码的重力等大反向；‎ 根据牛顿第二定律有mg=Ma，由此可解得滑块的质量．‎ 从图乙中可知，，，‎ ‎（2）①相邻计数点间的时间间隔为，根据匀变速直线运动过程中的中间时刻速度推论可得， ‎ ‎②根据逐差法可得，联立即得 ‎③滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得，撤去时滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力，由牛顿第二定律得，解得．‎ ‎（4）滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得，挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动，受到的合外力为，由牛顿第二定律得，解得，由图丙所示图象可知，解得M=‎0.200kg．‎ ‎12.如图所示，在光滑水平面上，木块A的质量，木块B的质量，质量的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A以的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为‎3.5 m／s，碰撞时间极短．求：‎ ‎①A、B碰撞后A的速度．‎ ‎②弹簧第一次恢复原长时C的速度．‎ ‎【答案】①‎-4m/s ②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①因碰撞时间极短，A、B碰撞时，C的速度为零，规定A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，解得，代入数据解得，方向与A的初速度方向相反．‎ ‎②第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零，设此时B的速度为，C的速度为，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得，得 代入数据解得 ‎13.如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量kg，与BC间的动摩擦因数．工件质量M=‎0.8kg，与地面间的动摩擦因数．（取m/s2）‎ ‎（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h；‎ ‎（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物体在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动 ‎①求F的大小；‎ ‎②当速度时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。‎ ‎【答案】（1）‎0.2m；（2）①8.5N，②‎0.4m。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：‎ 代入数据得：h=‎0.2m①‎ ‎（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得 ‎②‎ 根据牛顿第二定律，对物体有：‎ mgtanθ=ma③‎ 对工件和物体整体有：‎ ‎④‎ 联立①②③④式，代入数据得：F=8.5N⑤‎ ‎②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为x2，由运动学公式可得 ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得：x2=‎‎0.4m