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