重庆市巴蜀中学2020届高三上学期适应性月考物理试题（三）

重庆市巴蜀中学高2020届（三上）适应性月考——（三）2019.11

一、选择题

1.汽车在过凹凸路面时，都会做减速操作，如图，A、B分别是一段凹凸路面的最高点和最低点，若把汽车视作质点，则下列说法正确的是

A. 汽车行驶到B点时，处于失重状态，如果采取减速操作会增加车胎与路面间的弹力，使得行驶更加稳定安全

B. 汽车行驶到A点时，处于失重状态，如果采取减速操作会增加车胎与路面间的弹力，使得行驶更加稳定安全

C. 汽车行驶到B点时，处于超重状态，如果采取加速操作会使汽车飞离路面

D. 汽车行驶到A点时，处于超重状态，如果采取加速操作会使车胎受到更大的压力

【答案】B

【解析】

【详解】AC．汽车在B点时具有向上的加速度，根据牛顿运动定律得知汽车对路面的压力大于汽车的重力，汽车处于超重状态，如果采取加速操作会使车胎受到更大的压力；如果采取减速操作会减小车胎与路面间的弹力；故A错误，C错误.

BD．汽车在A点时具有向下的加速度，根据牛顿运动定律得知汽车对路面的压力小于汽车的重力，汽车处于失重状态，如果采取加速操作会使汽车飞离路面；如果采取减速操作会增加车胎与路面间的弹力，使得行驶更加稳定安全；故B正确，D错误

2.已知某星球的近地卫星和同步卫星的周期分别为T和8T，星球半径为R，引力常量为G，星球赤道上有一静止的质量为m的物体，若把星球视作一个质量均匀的球体，则下列说法不正确的是

A. 星球的质量为 B. 星球的密度为

C. 同步卫星的轨道半径为4R D. 赤道对物体的支持力大小为

【答案】D

【解析】

【详解】A．由题意知分析近地卫星，根据万有引力提供向心力有：

得星球质量为：

故A正确，不符合题意；

B．由题意可知星球体积：

所以星球密度为：

故B正确，不符合题意；

C．设同步卫星轨道半径为r，则有：

解得：

故C正确，不符合题意；

D．设赤道对物体的支持力大小为F，则有：

解得：

故D错误，符合题意。

3.如图，小朋友在玩一种运动中投掷的游戏，目的是在运动中将手中的球投进离地面高3m的吊环，他在车上和车一起以2m/s的速度向吊环运动，小朋友抛球时手离地面1.2m，当他在离吊环的水平距离为2m时将球相对于自己竖直上抛，若球刚好进入吊环，则球相对于地的轨迹是（g取10m/s2）

A. 轨迹① B. 轨迹② C. 轨迹③ D. 不能确定

【答案】C

【解析】

【详解】小球被抛出后做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，水平位移，竖直方向以初速度做竖直上抛运动，上升的高度：

小球恰好进入吊环。由：

联立解得，.

当小球上升到最高点时需要的时间为：

因为t1<t，故小球进入吊环时已经处于下落过程.

A．描述与分析不符，故A错误.

B．描述与分析不符，故B错误.

C．描述与分析相符，故C正确.

D．描述与分析不符，故D错误.

4.一质量为M的四分之一圆弧轨道置于水平面上。一质量为m的光滑小球在水平力F的作用下，缓慢运动到图中所示的位置。已知在此过程中M一直处于静止状态，下列说法正确的是

A. 圆弧轨道与地面间的摩擦力不变 B. 小球所受的支持力逐渐变小

C. 轨道对地面的压力可能变大 D. 地面对圆弧轨道的作用力变大

【答案】D

【解析】

【详解】如图当小球往右上方缓慢运动过程中 变小，对m受力分析可知：

故当变小时，N变大，即小球所受支持力变大；

对M受力分析有：

当减小时，圆弧轨道与地面间的摩擦力变大；地面对轨道的支持力不变，根据牛顿第三定律可知轨道对地面的压力不变；地面对圆弧轨道的作用力为对圆弧轨道的摩擦力和支持力的合力，因摩擦力变大，支持力不变，两力夹角不变，故合力变大.

A．描述与分析不符，故A错误

B．描述与分析不符，故B错误

C．描述与分析不符，故C错误

D．描述与分析相符，故D正确.

5.随着手机逐渐走进每个人的生活，有些小可爱喜欢躺着看手机，偶尔会出现手机滑落砸到脸的情况（如图）。若某手机（可视为质点）的质量为200g，从距人脸上方约20cm的高度无初速掉落，砸到脸后经0.1s手机停止运动。忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，下列分析正确的是

A. 脸受到的平均撞击力大小约为6N

B. 脸受到的平均撞击力大小约为9N

C. 全过程手机重力的冲量大小约为0.2N·s

D. 全过程手机重力的冲量大小约为0.6N·s

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．由题意知砸到脸前一瞬间手机速度为：

故由动量定理有：

解得，故A正确，B错误.

CD．手机下落时间为：

故全过程手机重力的冲量大小为：

所以C错误，D正确.

6.如图，水平传送带以速度v逆时针转动，某时刻将一个质量为m的木块无初速度置于传送带左端，且此时一质量同样为m速度为v0的子弹瞬间打入木块嵌入其中，与木块相对静止一起在传送带上运动，恰好运动到右端没有脱落。若木块可视为质点，木块与传送带间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是

A. 子弹打入木块的瞬间，子弹与木块的机械能守恒

B. 传送带的长度

C. 木块返回传送带左端时的速度一定等于

D. 木块先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，可能最后做匀速直线运动

【答案】BD

【解析】

【详解】A．子弹打入木块的过程中，子弹与木块有相对运动，摩擦力做功，产生内能，故机械能不守恒，故A错误.

B．子弹和木块作为整体恰好运动到右端没有脱落，即到最右端整体速度为0，则子弹打木块过程中动量守恒有：

在传送带上运动过程中由动能定理可知：

代入数据联立得：

故B正确.

CD．子弹和木块作为整体向右运动过程中摩擦力向左，做匀减速直线运动；因不知道传送带速度v与的大小关系，所以在返回过程中当：

木块返回过程中一直匀加速到最左端速度为，当：

木块返回过程中先匀加速到v，然后以v匀速返回左端，故C错误，D正确.

7.全长为L且质量分布均匀的长铁链由若干节组成，已知圆形管状轨道半径为R，L＞2πR，R远大于一节铁链的高度和长度，整个管道内壁光滑。如图所示，铁链具有初速度且靠自身惯性能通过圆形管状管道继续前进，下列判断正确的是

A. 铁链的每一节通过最高点的速度大小都相等

B. 在铁链的第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能不守恒

C. 铁链的第一节与最后一节到达最高点时的速度大小相等

D. 铁链的第一节回到最低点至最后一节刚进入圆状轨道的过程中铁链的重力势能保持不变

【答案】BCD

【解析】

【详解】AD．从第一节铁链进入圆轨道到第一节铁链回到最低点的过程中，铁链整体的重力势能不断增加，则整体的速度逐渐减小，此段过程中通过最高点的铁链速度在减小；当最后一节进入轨道后，整体的重力势能会逐渐减小，则速度逐渐增大；在第一节会到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链整体的重力势能不变，速度保持不变，故A错误，D正确.

B．铁链各部分之间有弹力作用，若选一节研究，在完成圆周运动过程中有除重力或弹簧弹力的其他外力做功，机械能不守恒；故B正确。

C．第一节到达最高点和最后一节到最高点时系统的重心位置相同，由：

知重力势能相等时动能相等，整体速度大小也相等，故C正确。

8.一质量M＝2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，如图所示，现有质量均为m＝1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上某点P处开始，A以初速度v1＝2m/s向左运动，B同时以v2＝4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。已知两物块与小车间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g＝10m/s2。则下列说法中正确的是

A. 小车最终将静止在水平地面上

B. 小物块B在小车上滑动的过程中产生的热量为7.5J

C. 小车的总长L为9.5m

D. 整个过程系统产生的总热量为9.875J

【答案】BC

【解析】

【详解】AC．以A、B小车为研究对象，取向右为正方向，系统动量守恒依题意有：

代入数据计算得出：、，即最终小车向右以速度运动，故A错误，C正确.

B．A车离左端距离x1，刚运动到左端历时t1，在A运动至左端前木板静止，由牛顿第二定律得：

联立可得，

所以B离右端距离：

B在小车上滑动的过程中产生的热量 ：

故B正确.

D．根据能量守恒定律可知系统产生总热量有：

代入数据解得Q=9.5J，故D错误.

二、非选择题

9.图为“验证碰撞过程中的动量守恒”的实验装置示意图，图中P点是未放靶球时入射球的落点。入射球与靶球的直径相同，质量分别为m1、m2，且满足m1>m2。

（1）为了验证动量守恒，下列关系式成立的是________（填序号）。

A．m1·OP＝m1·ON＋m2·OM                B．m1·OM＝m1·OP＋m2·ON

C．m1·ON＝m1·OM＋m2·OP                D．m1·OP＝m1·OM＋m2·ON

（2）若某次实验中测得m1＝0.2kg、m2＝0.1kg、OP＝30.00cm、OM＝10.00cm、ON＝40.00cm，请分析该次碰撞是____________（填“弹性”或“非弹性”）碰撞。

【答案】    (1). D    (2). 弹性

【解析】

【详解】(1)[1]如果碰撞过程动量守恒，则：

两边同时乘以t得：

即m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，故D正确.

(2)[2]要验证是否为弹性碰撞需要验证：

m1·OP2＝m1·OM 2＋m2·ON 2

否成立；带入题目所给数据可知等式成立，故该次碰撞为弹性碰撞.

10.某同学验证动能定理的实验装置如图，水平桌面上固定一气垫导轨，在气垫导轨上的A、B处固定两个光电门，一质量为M的滑块通过细绳跨过光滑的定滑轮与一个小桶相连，桶中装有细沙，桶和里面细沙的总质量为m，用d表示遮光条的宽度，通过光电计时器可以测量出遮光条通过A、B两个光电门的时间分别为tA、tB，A、B两个光电门的距离为x。忽略导轨与滑块之间的摩擦力，用g表示重力加速度。

（1）滑块从A运动到B的过程中，动能的增量为____________（用题干中的字母表示），在m与M满足____________的条件下，可以近似认为细绳对滑块做的总功为mgx。只需验证总功与动能的增量是否相等即可。

（2）关于此实验，下列说法正确的是____________（填序号）。

A．适当增大两光电门之间的距离会增大实验误差

B．适当增大两光电门之间的距离可以减小实验误差

C．此装置也可以拿来验证系统机械能守恒

D．遮光条的宽度大一些有利于减小实验误差 

（3）实验过程中，无论怎样改变参数，经过测量和计算后发现，由于细绳对滑块的拉力实际上并不等于mg，所以总功mgx始终要____________（填“略大于”“略小于”或“等于”）动能的增加量，这种误差属于____________（填“系统误差”或“偶然误差”）。

（4）鉴于以上第（3）问中的误差对本实验的影响，有同学提出了另外的建议，将实验装置改成如图所示，首先调整气垫导轨的倾角，往小桶中加入适量的细沙，让滑块恰好能够静止在导轨上，然后剪断细绳，滑块开始加速下滑。该同学提出的这种操作方式合理吗？____________（填“合理”或“不合理”）为什么？____________。

【答案】    (1).     (2). M远大于m    (3). BC    (4). 略大于    (5). 系统误差    (6). 合理    (7). 因为物块下降过程中受到的合力即是静止时细绳的拉力，绳中的拉力等于桶和桶中细沙的重力mg

【解析】

【详解】(1)[1]滑块通过A、B两个遮光条的速度分别为：

所以滑块从A运动到B的过程中，动能的增量为:

[2]当满足M远大于m时，可近似认为细绳的拉力等于mg，即细绳对滑块做的总功为mgx.

(2)[3]适当增加两光电门的距离，可以稍增加滑块运动的时间，使测量数据误差减小；此装置在满足M远大于m时，也可用来验证系统机械能守恒；遮光片宽度越大，则算出的速度误差也就越大，故BC.

(3)[4][5]因为细绳的拉力始终小于mg，故mgx始终要略大于动能的变化量；根据系统误差和偶然误差的概念可知属于系统误差.

(4)[6][7]因为物块下降过程中受到的合力即是静止时细绳的拉力，绳中的拉力等于桶和桶中细沙的重力mg，故这种操作是合理的.

11.动能定理和动量定理是解决力学问题中常用的两个重要途径，教材在推导这两个定理时利用的是质点在恒力作用下的运动情景，针对质点在变力作用下的运动，这两个定理也是适用的，只是定理中的力指的是平均力，两个定理中的平均力的意义不同，动能定理中的平均力F1指的是合力对位移的平均值，动量定理中的平均力F2指的是合力对时间的平均值。

（1）若一个质量为2kg的物体，受到变力的作用由静止开始沿直线运动，在2s的时间内运动了5m，速度达到4m/s。请分别求出在此过程中的平均力F1和F2的值；

（2）若质量为m的物体在变力作用下沿直线运动，经历时间t，速度由v0变成vt，位移为x。请分析说明：物体的平均速度和v0、vt满足什么条件时，F1和F2是相等的。

【答案】（1）3.2N；4N（2）

【解析】

【详解】(1)有动能定理得：

代入数据解得：

由动量定理得：

代入数据解得.

(2)由动能定理可得：

由动量定理可得：

若要使F1=F2，则联立以上各式可得：

答：（1）此过程中的平均力和；

（2）物体的平均速度和v0、vt满足时，F1和F2是相等的。

12.如图BC是位于竖直平面内的一段光滑的圆弧轨道，圆弧轨道的半径为r＝3m，圆心角θ＝53°，圆心O的正下方C与光滑的水平面相连接，圆弧轨道的末端C处安装了一个压力传感器。水平面上静止放置一个质量M＝1kg的木板，木板的长度l＝2m，木板的上表面的最右端放置一个静止的小滑块P1，小滑块P1的质量m1未知，小滑块P1与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2。另有一个质量m2＝1kg的小滑块P2，从圆弧轨道左上方的某个位置A处以某一水平的初速度抛出，恰好能够沿切线无碰撞地从B点进入圆弧轨道，滑到C处时压力传感器的示数为N，之后滑到水平面上并与木板发生弹性碰撞且碰撞时间极短。（不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，cos53°＝0.6）。求：

（1）求小滑块P2经过C处时的速度大小；

（2）求位置A与C点之间的水平距离和竖直距离分别是多少？

（3）假设小滑块P1与木板间摩擦产生的热量为Q，请定量地讨论热量Q与小滑块P1的质量m1之间的关系。

【答案】（1）7m/s（2）3.6m，2m（3）Q= 或 Q=4m1

【解析】

【详解】(1)根据牛顿第三定律可知小块P2滑到C处受到的支持力F=N，由牛顿第二定律得：

代入数据解得：

(2)设P2在B处的速度为vB，从B到C的过程中，由动能定理得：

其中：

代入数据解得：

因为小滑块恰好能够沿切线无碰撞的从B点进入圆弧轨道，可知平抛的初速度为：

在B点时竖直方向的速度为：

则从A到B的时间为：

所以AC之间的水平距离为：

AC之间的竖直距离为：

(3)P2与木板发生弹性碰撞，假设碰后小滑块P2的速度为v2、木板速度为v1，由动量守恒定律和机械能守恒可知：

代入数据联立解得：，

木板获得速度之后，和上面的小滑块P1之间相对滑动，假设最终和木板之间相对静止，两者的共同速度为v共，小滑块P1在模板上相对滑动了x，由动量守恒和能抗守恒可知：

联立解得：

.

当时，.

若，则，滑块不会从模板上掉落，小滑块P1与木板间产生的热量为：

若，则，滑块会从木板上掉落，小滑块P1与木板间的摩擦产生的热量为：

答：(1)小滑块P2经过C处时的速度大小；

(2)位置A与C点之间的水平距离和竖直距离分别是3.6m和2m；

(3)热量Q与小滑块P1的质量m1之间的关系为Q= 或 Q=4m1。

13.以下说法中正确的是_______

A. 如果气体分子总数不变，使气体温度升高，气体压强可能减小

B. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动

C. 液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性

D. 饱和汽压与分子密度有关，与温度无关

E. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的

【答案】ACE

【解析】

【详解】A．气体分子总数不变，气体温度升高，体积变化情况不知道，根据气态方程可知，其压强变化不确定，可能增加也可能减小，故A正确

B．布朗运动是悬浮在水中花粉颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映.故B错误.

C．液晶是一种特殊的物态，液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故C正确.

D．饱和汽压与温度有关，且随着温度升高而增大，故D错误

E．根据热力学第二定律可以知道，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故E正确.

14.如图有一热气球停在地面，下端开口使球内外的空气可以流通，球内有温度调节器，以便调节球内空气的温度，设气球的总体积V1＝400m3球壳体积忽略不计，除球内空气外，热气球总质量M＝150kg。已知地面附近大气的温度T1＝300K，密度ρ1＝1.20kg/m3，大气可视为理想气体，重力加速度g＝10m/s2。

Ⅰ.求当气球内温度调节到多少K时，气球内剩余气体质量占原来球内气体质量的80%?

Ⅱ.当气球内温度调节到500K时，判断热气球是否会升起？若不能升起，请说明理由；若能升起，求出上升时加速度大小（保留两位小数）。

【答案】Ⅰ.375K   Ⅱ.0.96m/s2

【解析】

【详解】Ⅰ．球内气体有等压变化，气球内剩余气体质量占原来球内气体质量80%时，原球内气体体积为：

由等压变化规律可知：

代入数据可得

Ⅱ．设气球刚好从地面飘起时气球内的气体温度为T，密度为，则气球升起时浮力等于气球和内部气体的总重力即：

因为气球内的气体温度升高时压强并没有变化，则原来的气体温度升高时体积设为V，根据质量相等则有：

原来的气体温度升高后压强不变，体积从变为V，根据等压变化关系得：

联立计算得出：，由500K>436K知热气球会升起.

当球内温度为500K时，气体由升高前体积V1，温度T1，密度的气体变为体积为V3、温度等于、密度为的气体，则有

代入数据联立解得

对气体受到自身重力、空气浮力根据牛顿第二定律有：

代入数据计算得出：

答：Ⅰ.当气球内温度调节到多少375K时，气球内剩余气体质量占原来球内气体质量的80%.

Ⅱ.会升起；时加速度为0.96m/s2。

15.一列简谐横波沿x轴的正向传播，振幅为2cm，周期为T．已知在t=0时刻波上相距50cm的两质点a、b的位移都是，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，如图所示，下列说法正确的是（  ）

A. 该列简谐横波波长可能为37.5cm

B. 该列简谐横波波长可能为12cm

C. 质点a﹑质点b的速度在某一时刻可以相同

D. 当质点b的位移为+2cm时，质点a的位移为负

E. 在时刻质点b速度最大

【答案】BCE

【解析】

由三角函数可知，sin=sin=，则有+nλ=50 cm（n=0,1,2,…），得λ=cm（n=0,1,2,…），n=4时，λ=12 cm，波长不可能为37.5 cm，A错误，B正确；两质点不为反相点，两质点振动时，可能在某一时刻速度相同，C正确；当质点b的位移为正的2 cm，即到波峰位置时，质点a还未到达平衡位置，位移为正的，D错误；经过时间质点b在平衡位置，速度最大，E正确。

16.如图为某种透明介质的截面图，△AOC为等腰直角三角形，BC为半径R＝10cm的四分之一的圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点，由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i＝45°，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑，已知该介质对红光和紫光的折射率分别为 。

（1）判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色；

（2）求两个亮斑间的距离。

【答案】（1）AM红色；AN红色与紫色的混合色（2）（5+10）cm

【解析】

【详解】(1)设红光和紫光的临界角分别为C1、C2，则有

得.

同理可得：

那么：

.

所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，由几何关系可知，反射光线与AC垂直，所以在AM处产生的亮斑P1为红色，在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色.

(2)画出如图所示的光路图，设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2，根据折射定律：

求得：，由几何知识可得：

解得：

再由几何关系可得为等腰直角三角形，所以解得，所以有：

答：(1)在AM和AN两处产生亮斑的颜色分别为红色和红色与紫色的混合色；

(2)两个亮斑间的距离。