新疆乌鲁木齐市第八中学2020届高三上学期月考物理试题

乌鲁木齐市八中2020届高三第二次月考物理试卷一、单项选择题1.如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为 （ ）A.  B.  C. 1:2 D. 2:1【答案】D【解析】【详解】将两小球看做一个整体分析，可知整体受到重力、轻弹簧A、C的拉力共3个力的作用而处于平衡状态，将轻弹簧A的拉力沿竖直方向和水平方向分解可知水平方向上满足，故，据题意可知三个弹簧的劲度系数相同，由胡克定律可知弹簧A、C的伸长量之比为2:1，故D项正确，ABC三项错误．2.如图所示为甲、乙两个质点运动的位移－时间图象，由此可知(图中虚线与曲线相切)(　　)A. 甲做匀减速直线运动，乙做变减速直线运动B. 甲、乙两质点从x＝2x0位置同时出发，同时到达x＝0位置C. 在0～t0时间内的某时刻，甲、乙两质点的速度大小相等D. 在0～t0时间内，乙的速度大于甲的速度，t0时刻后，乙的速度小于甲的速度【答案】C【解析】【详解】A．根据位移－时间图象的斜率表示速度可知，甲沿x轴负方向做匀速直线运动，乙沿x轴负方向做速度逐渐减小的直线运动，选项A错误；B．甲、乙两质点从x＝2x0位置同时出发，乙质点在t1时刻先到达x＝0位置，甲质点在2t0时刻到达x＝0位置，选项B错误；C．在0～t0时间内的某时刻，甲、乙两质点的位移－时间图象的斜率相等，说明两质点的速度大小相等，选项C正确；D．过位移－时间图象中虚线与乙质点的位移－时间图线的切点作t轴的垂线，与t轴的交点为t′，如图所示，在0～t′时间内，乙的速度大于甲的速度，t′时刻后，乙的速度小于甲的速度，选项D错误．3.在圆轨道上运动着质量为m的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R，地球表面重力加速度为g，则（　　）A. 卫星运动的加速度为B. 卫星运动的周期为C. 卫星运动的速度为D. 卫星受到的地球引力为【答案】B【解析】【详解】A．卫星运动的加速度故A错误；B．卫星运动的周期故B正确；C．根据解得卫星运动的速度故C错误；D．卫星受到的地球引力为故D错误。故选B。4.如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是（　　）A. O点的电场强度为零，电势最高B. O点的电场强度不为零，电势最低C. 从O点沿x轴正方向，电场强度一直减小，电势一直降低D. 从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直升高【答案】D【解析】【详解】AC．对于孤立的带电体，无穷远处电势为零，负电荷周围的电势均为负，而且电势为标量，各个点电荷在某点电势的叠加为代数和，故在x轴上O点电势最低，从O点沿x轴正方向，电势一直增加，所以AC错误；BD．把圆环分成许多小段，则每小段均可视为点电荷，这些点电荷在O点产生的场强叠加为矢量和，结合对称性可知，O点的合场强为零，从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，并且电势一直升高，故B错误，D正确。故选D5.如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。下列说法正确的是（　　）A. 若仅将B板向右平移距离d，则金属板A、B间的电压将变为原来的2倍B. 若仅将B板向右平移距离d，再将甲电子仍然以速率v0从O点沿OP方向运动，甲电子仍然恰能运动到P′点C. 若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度不同D. 若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则乙电子运动到O点的速率为2v0【答案】A【解析】【详解】A．将B板向右平移距离d时，金属板AB组成的平行板电容带电量不变，根据电容的决定式以及电容的决定式联立得金属板AB间的电压将变为原来的2倍，故A正确；B．甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点，则有所以则甲电子具有的动能小于从O点到P'点静电力做的功，所以无法到达P′点，故B错误；C.根据匀强电场电场强度的公式电容定义式以及电容的决定式联立得则知，在电量Q不变的情况下，仅改变两板间距离，场强不变，电子所受的电场力相同，加速度相同，故C错误；D.甲电子从O到P过程有乙电子从P'到O过程有解得乙电子运动到O点的速率为故D错误。故选A。6.如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一条直线。具有初动能的物块1向其它4个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后5个物块粘成一个整体。则首次碰撞和最后一次碰撞中，损失的动能之比为（           ）​A. 1 B. 10 C. 5 D. 【答案】B【解析】【详解】根据动量守恒有又因为则碰撞之后物块1和2的动能为同理，第二次碰撞后第三次碰撞后第四次碰撞后首次碰撞损失的动能为最后一次碰撞损失的动能为所以首次碰撞和最后一次碰撞中，损失的动能之比为10:1，故ACD错误，B正确。故选B。二、多项选择题7.下列说法正确的是（　　）A. 两个分子的间距从小于r0逐渐增大到10r0的过程中，它们之间的分子势能先减小后增大B. 液晶具有流动性，其光学性质具有各向异性C. 显微镜下观察到水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，这反映了花粉分子运动的无规则性D. 液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力【答案】AB【解析】【详解】A．两个分子的间距从小于r0逐渐增大到10 r0的过程中，分子之间的作用力开始时是斥力，当距离大于r0后表现为引力，所以该过程中分子力先做正功，后做负功，它们之间的分子势能先减小后增大。故A正确；B．液晶具有流动性，其光学性质具有各向异性，故B正确；C．显微镜下观察到水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，这反映了水分子运动的无规则性，故C错误；D．液体表面层的密度比较小，分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，故D错误。故选AB。8.如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法正确的是（　　）A. B对A的摩擦力一定为3μmgB. B对A的摩擦力一定为3mω2rC. 转台的角速度可能等于D. 转台角速度可能等于【答案】BC【解析】【详解】AB．对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有故A错误，B正确；CD．由于A、AB 整体、C 受到的静摩擦力均提供向心力，故对A有对AB整体有对物体C有解得故C正确，D错误。故选BC。9.如图所示，质量为m的小球用长为L的细线拴住，细线所受拉力达到一定值时就会被拉断。现将摆球拉至水平位置而后释放，小球摆到悬点的正下方时细线恰好被拉断。若小球上端悬点到水平地面的高度不变，改变细线的长度L，仍将摆球拉至水平位置后释放，则（P点在悬点的正下方）：（       ）A. 若L变长，小球摆到悬点的正下方时细线可能不会被拉断B. 若L变长，小球落地处到地面上Ｐ点的距离可能不会变长C. 若L变短，小球落地处到地面上Ｐ点的距离一定变短D. 若L变短，小球摆到悬点的正下方时细线一定会被拉断【答案】BD【解析】【详解】AD．根据机械能守恒定律可知最低点由向心力公式可得解得与绳长无关，故不论绳子变长还是变短细线均会被拉断，故A错误，D正确；BC．若L变短，则小球的水平速度变小，但离地高度变大则可知落地时间变长，由平抛运动规律可知水平位移当时，水平射程最大，则可知L变化时,无法确定射程的变化情况，故B正确，C错误。故选BD。10.如图所示，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放置。杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种电荷连线的中点，且AO=BO。现有一套在杆上的带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0。则关于小圆环的运动，下列说法正确的是（　　）A. 圆环的电势能先增大后减小B. 圆环运动到O点的速度等于C. 圆环运动过程中的加速度先变大再变小D. 若圆环再能从B点返回到A点，则圆环从A运动到B和从B运动到A损失的机械能相等【答案】CD【解析】【详解】A．一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，所以圆环的电势能不变，故A错误；B．设AB之间的距离为2L，小圆环从A到B的过程中电场力不做功，重力和摩擦力做功小圆环从A到O的过程中，电场力不做功，重力和摩擦力做功联立解得故B错误；C．等量异号电荷的连线的中垂线上，从A到B电场强度先增大后减小，所以小圆环受到的电场力先增大后减小，小圆环受到的摩擦力所以小圆环受到的摩擦力先增大后减小，它的加速度先增大后减小，故C正确；D．若圆环再能从B点返回到A点，说明整个过程只有摩擦力做功，所以圆环从A运动到B和从B运动到A损失的机械能相等，均为克服摩擦力做的功，故D正确。故选CD。11.如图所示，弧形轨道固定于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置两小球B和C，小球A从弧形轨道上离地面高h处由静止释放。小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，B球与C球碰撞后粘在一起，A球弹回后再从弧形轨道上滚下，已知所有接触面均光滑，A，C两球的质量相等，B球的质量为A球质量的3倍，如果让小球A从处静止释放，则下列说法正确的是（重力加速度为） （　　）A. A球从h处由静止释放则最后不会与B球再相碰B. A球从h处由静止释放则最后会与B球再相碰C. C球的最后速度为D. A球释放后，能够达到的最大高度为0.05m【答案】BD【解析】【详解】AB．设A球的质量为m，A从弧形轨道滑到水平轨道的过程中，根据动能定理得解得A与B发生弹性正碰，则碰撞过程中，AB系统的动量守恒，机械能也守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得解得，B与C碰撞过程中，BC组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得解得所以最后A球会与B球再相碰，故A错误， B正确；C．上述计算可知C求得速度为故C错误；D．由动能定理得解得故D正确。故选BD。12.如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体P以速度向右运动并压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现将弹簧一端连接另一质量为m的物体Q，物体P、Q都以的速度相向运动并压缩弹簧（如图乙所示），测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（　　）A. 弹簧压缩量最大时弹性势能为1.5mv02B. 图乙中，在弹簧压缩过程中，P、Q组成的系统动量改变量大小为2mv0C. 图乙中，在弹簧压缩过程中，弹簧的弹力对P、Q的冲量大小相等D. 图乙中，在弹簧压缩过程中，弹簧的弹力对P、Q做的功数值相等【答案】AC【解析】【详解】A．图甲中，当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，P的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得，弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于P的初动能，设P的质量为mp，即有图甲中，当P、Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取P的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得弹簧压缩量最大时弹性势能为故A正确；B．由动量守恒定律可知在弹簧压缩过程中，P、Q组成的系统动量没有改变，故B错误；C．弹簧对P、Q的弹力大小相等，作用时间相等，所以对P、Q的冲量大小相等，故C正确；D．弹簧的弹力对P做的功为弹簧的弹力对Q做的功为所以弹簧的弹力对P、Q做的功数值不相等，故D错误。故选AC。三、实验题13.利用图（a）所示的装置验证动量守恒定律。在图（a）中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A质量m1=0.310kg，滑块B的质量m2=0.108kg，遮光片的宽度d=1.00cm；打点计时器所用的交流电的频率为f=50Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰；碰后光电计时器显示的时间为△tB=3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图（b）所示。(1)由图（b）所示纸带可知，碰撞前A的速度：vA=_______m/s，碰撞后A的速度vA′=______m/s，碰撞后B的速度：vB′=_________m/s；(2)碰撞后系统总动量为_________；(3)若实验允许的相对误差绝对值（|×100%）最大为5%，由此可计算本实验的相对误差绝对值为__________。【答案】    (1). 2m/s    (2). 0.97m/s    (3). 2.86m/s    (4). 0.61kg•m/s    (5). 1.6%【解析】【详解】（1）[1][2][3]打点计时器的打点时间间隔由图(b)所示纸带可知，碰撞前A的速度碰撞后A的速度碰撞后B的速度（2）[4] 碰撞前后系统总动量分别为（3）[5] 绝对误差四、计算题14.如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10–5 C，匀强电场的场强E=3.0×103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.，求：(1)小球的质量m；(2)将电场突然改为竖直向下，小球回到最低点时对轻质细绳的拉力的大小。【答案】⑴4.0×10-3kg；⑵9.8×10-2N【解析】【详解】（1）根据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，如图所示根据共点力平衡条件和图中几何关系有代入数据解得（2）将电场突然改为竖直向下，小球将受到竖直向下的重力mg和电场力F，以及绳的拉力T的作用。由动能定理得联立解得15.如图所示，一汽缸竖直放在水平地面上，缸体质量M＝10 kg，活塞质量是m＝4 kg，活塞横截面积S＝2×10－3 m2，活塞上面封闭了一定质量的理想气体，活塞下面与劲度系数k＝2×103 N/m的竖直轻弹簧相连，汽缸底部有气孔O与外界相通，大气压强p0＝1.0×105 Pa。当汽缸内气体温度为27 ℃时，弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1＝20 cm。g取10 m/s2，缸体始终竖直，活塞不漏气且与缸壁无摩擦。求：当缸内气柱长度L2＝22 cm时，缸内气体温度为多少？【答案】412.5 K【解析】【详解】由题意知，，对活塞受力分析则有则汽缸内的压强为当缸内气柱长度L2＝22 cm时，汽缸内的压强为根据理想气体状态方程得联立解得16.如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以v0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=。重力加速度g取10m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？【答案】(1)3m/s2；8 m/s ；(2)30°；N【解析】【详解】（1）设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得联立解得，（2）设物块所受支持力为FN ,所受摩擦力为Ff ,拉力与斜面间的夹角为α,，受力分析如图所示由牛顿第二定律得联立解得由数学知识得可知对应最小F的夹角α=30°，代入数据得F的最小值为17.如图所示，电动机带动倾角为θ＝37°的传送带以v＝8m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDP平滑连接，B、C间距L＝20m；传送带在上端点B恰好与固定在竖直平面内的半径为R＝0.5m的光滑圆弧轨道相切，一轻质弹簧的右端固定在P处的挡板上，质量M＝2kg可看做质点的物体靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距x＝1m，PD段光滑，DC段粗糙・现将M压缩弹簧一定距离后由静止释放，M经过DC冲上传送带，经B点冲上光滑圆孤轨道，通过最高点A时对A点的压力为8N．上述过程中，M经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向．已知与传送带同的动摩擦因数为μ＝0.8、与CD段间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2．求：（1）在圆弧轨道的B点时物体的速度（2）M在传送带上运动的过程中，带动传送带的电动机由于运送M多输出的电能E．（3）M释放前，系统具有的弹性势能Ep【答案】（1）50m/s（2）512J．（3）19J【解析】【详解】（1）M恰能过A点，由牛顿第二定律：Mg+FA＝M 解得vA＝m/s，从B到A由机械能守恒：﹣Mg（R+Rcosθ）＝解得vB＝5.0m/s（2）M传送带上运动时由于vB小于皮带速度，可知物体一直做加速运动，由μ1Mgcosθ﹣Mgsinθ＝Ma解得a＝0.4m/s2由公式：vB2-vC2＝2aL，解得v＝3m/s由vB＝vC+at解得t＝5s；传送带在t时间内的位移：x1＝vt＝40m，由于物体对皮带有沿皮带向下的摩擦力，要维持皮带匀速运动，故电动机要额外给皮带一个沿皮带向上的牵引力，大小与物体受到的摩擦力一样大，多做的功W＝μMgcosθ•x1＝512J，多输出的电能E＝512J（3）设弹簧弹力对物体做功W，则从弹簧的压缩端到C点，对M由动能定理：W﹣μ2Mgx0＝MvC2﹣0解得：W＝19J可知Ep＝19J18.如图所示，质量为m的长木板C静止在光滑水平面上，C的右端有一块固定的档板。质量均为m的小滑块A和B，分别以、2的速度从木板的左端和中间某一位置同时水平向右滑上木板C。滑块A、B与木板间的动摩擦因数均相同。之后的运动过程中B曾以的速度与C的右档板发生过一次弹性碰撞，重力加速度为g，则对整个运动过程，试求：(1)滑块A和B的最小速度；(2)系统损失的机械能。【答案】（1）；v0；（2）【解析】【详解】（1）AB在木板上做匀减速直线运动， 加速度为而对于木板C将向右做匀加速直线运动，加速度为当滑块A与木板C的速度相等时，滑块A的速度最小，即解得最小速度为经过t时间后，滑块B的速度为并没达到碰撞的速度，所以仍需要减速直到达到碰撞速度，此时A、C的速度为解得代入解得B与C的挡板发生弹性碰撞，即同理，滑块B的速度最小应该是三者共速，由于A、B、C三者系统守恒，则联立解得（2）根据能量守恒可知解得损失的机械能转化为摩擦力做功，即。