福建省泉州十六中2020届高三上学期11月理综能力测试（二）物理试题

福建省泉州十六中2019-2020学年高三上学期11月理综能力测试（二）物理试题

一、选择题

1.如右图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点．竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则

A. a球最先到达M点 B. b球最后到达M点

C. c球最后到达M点 D. b球和c球都可能最先到达M点

【答案】B

【解析】

【分析】

由题意可知考查牛顿第二定律、匀变速直线运动综合应用，据此列式计算可得。

【详解】设圆轨道半径为R，a小球做匀加速直线运动，加速度设为

a1=gsin45°= ，

设时间为t1，由运动学分式可得

联立可得

t1=

同理可求得B的加速度大小

，

设滑到低端时间为t2，由运动学公式可求得

联立可得:

t2=

C球做自由落体运动，设运动时间为t3，由运动学公式

可得

比较以上数据可知C最先落到M点，A次之，B最后落在M点。

【点睛】方法一：ABC三个物体都做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求出加速度，三个物体运动位移都用圆轨道的半径表示，根据运动学公式求出各自的时间进行比较可得。方法二：根据“等势圆”模型，可直接判断tc< ta < tb

2.2013年12月2日凌晨1时30分，嫦娥三号月球探测器搭载长征三号乙火箭发射升空,这是继2007年嫦娥一号、2010年嫦娥二号之后，我国发射的第3颗月球探测器，也是首颗月球软着陆探测器.嫦娥三号携带有一台无人月球车，重3吨多，是我国设计的最复杂的航天器.如图所示为其飞行轨道示意图，则下列说法正确的是（）

A. 嫦娥三号在环月轨道2上运行周期比在环月轨道1上运行周期小

B. 嫦娥三号在环月轨道1上P点的加速度大于在环月轨道2上P点的加速度

C. 嫦娥三号的发射速度应该大于16.7km/s

D. 嫦娥三号在安全着陆阶段中一直处于完全失重状态

【答案】A

【解析】

【详解】A. 根据开普勒第三定律，由此可知，轨道半径越小，周期越小，故嫦娥三号在环月轨道2上运行周期比在环月轨道1上运行周期小，故A正确。

B. 根据万有引力提供合外力可知，嫦娥三号在环月轨道1上P点的加速度等于在环月轨道2上P点的加速度，故B错误。

C.因为嫦娥三号仍为脱离地球束缚，所以发射速度不可能大于16.7km/s，故C错误。

D. 嫦娥三号在安全着陆过程中，向下做减速运动，是超重状态。故D错误。

3.一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖直立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3s，那么该消防队员

A. 下滑过程中的最大速度为4 m/s

B. 加速与减速运动过程中平均速度之比为2∶1

C. 加速与减速运动过程的时间之比为1∶2

D. 加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4

【答案】C

【解析】

【分析】

由题意可知考查匀变速直线运动规律，根据运动学公式计算可得。

【详解】A．设下滑过程中的最大速度为v，由位移公式

可得

故A错误。

B．加速与减速运动过程中平均速度之比都为 ，平均速度之比为1∶1，故B错误。

C．由 可知加速度度大小和时间成反比，加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，所以加速与减速运动过程的时间之比为1∶2，故C正确。

D．加速与减速运动过程平均速度度大小相等，位移大小之比等于时间之比为1∶2，故D错误。

【点睛】消防队员先从静止匀加速运动，再做匀减速运动速度减为零，两个阶段平均速度大小相等，位移之比等于时间之比，加速度大小之比等于时间的反比。

4.两倾斜平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是

A. a环与杆有摩擦力

B. d球处于失重状态

C. 杆对a、b环的弹力大小相等

D. 细线对c、d球的弹力大小可能相等

【答案】C

【解析】

【详解】对c球单独进行受力分析，受力分析图如下，c球受重力和绳的拉力F，物体沿杆滑动，因此在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，由力的合成及牛顿第二定律可知物体合力，因a和c球相对静止，因此c球的加速度也为gsina，将a和c球以及绳看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为gsina，因此a球和杆的摩擦力为零，故A错误；

对球d单独进行受力分离，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，故d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B错；细线对c球的拉力，对d球的拉力，因此不相等，故D错误；对a和c整体受力分析有，对b和d整体受力分析，因a和b一样的环，b和d一样的球，因此受力相等，故C正确。

5.我国2019年年底将发射“嫦娥五号”，实现区域软着陆及采样返回，探月工程将实现“绕、落、回”三步走目标。若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，则在此阶段，“嫦娥五号”的动能与距离月球表面的高度h、动量p与时间t的关系图象，可能正确的是

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】AB．若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，设在此阶段合力为恒力F。由逆向思维，等效为由月球表面向上做匀加速直线运动，由动能定理知：

整理得：

故A错误，B正确。

CD．同样由逆向思维法，等效为由月球表面向上做匀加速直线运动，由动量定理：

整理得：

故CD错误。

6.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.

7.光滑的轻小滑轮用细绳OO′悬挂于O点，另一细绳跨过定滑轮，其一端连接物块A，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块B，整个系统始终处于平衡状态。若将物块B沿水平面向右缓慢移至C点，下列说法正确的是

A. 细绳对物块B的拉力大小增大

B. 物块B与水平面间的摩擦力增大

C. 细绳OO′所受拉力大小不变

D. 始终存在的角度关系

【答案】BD

【解析】

【详解】A．细绳对物块B的拉力大小等于A的重力，则大小不变，选项A错误；

B．物块B与水平面间的摩擦力，则将物块B沿水平面向右缓慢移至C点时，增大，则物块B与水平面间的摩擦力f增大，选项B正确；

C．细绳OO′所受拉力大小等于两边绳子的拉力的矢量和，因两边绳子拉力不变，夹角变大，则细绳OO′所受拉力减小，选项C错误；

D．因滑轮两边绳子拉力大小相等，可知，由几何关系可知，则始终存在的角度关系，选项D正确。

8.如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数，木板P与小滑块Q质量相等，均为m=1 kg。用大小为6 N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是

A. 木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量

B. 拉力F做功为6 J

C. 小滑块Q的最大速度为3m/s

D. 整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3J

【答案】ACD

【解析】

【详解】对系统由动量定理可得，木板P与小滑块Q组成的系统的动量增量一定等于拉力F的冲量，选项A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过，拉力F为6N，大于4N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律：F-μmg=ma，解得a=4m/s2，1s内木板P的位移x=at2=2m，拉力F做功W=Fx=12J，选项B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，据Ft=2mv共，解得v共=3m/s；选项C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知，解得Q=3J，选项D正确。

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）实验验证弹性碰撞的表达式为____，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). m1·OP2＝m1·OM 2＋m2·ON 2    (3). 弹性

【解析】

【详解】(1)[1] “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。N点是被碰小球的落点，M点是入射球碰撞后的落点，入射球与靶球的直径相同，质量分别为m1、m2，且满足m1＞m2．用水平位移代替碰撞前后的速度，所以要验证的式子是：

m1•OP=m1•OM+m2•ON

(2)[2][3] 弹性碰撞机械能守恒，用水平位移代替碰撞前后的速度

碰撞前的机械能为

碰撞后机械能为

由此看到是弹性碰撞。

10.（1）下列游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为__________cm、_________mm。

（2）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图所示的装置，打点计时器的打点频率为50Hz。

① 该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持拉力不变；得到多组数据后他应描给的图象是_________填（a-M还是a-）。

②该同学通过数据的处理作出了a-F图象，如图所示，则图中的直线不过原点的原因是_；此图中直线发生弯曲的原因是______。

【答案】    (1). 1.050cm    (2). 0.900mm    (3). a-    (4). 平衡摩擦力时木板右端垫得过高    (5). 沙和沙桶的质量没有远小于车的质量

【解析】

【详解】(1)[1][2] 游标卡尺读数为

螺旋测微器的读数

(2) ①[3] 为了更直观地反映物体的加速度a与物体质量M的关系，为了直观判断二者间的关系，应作出直线图形。探究加速度与质量的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作出a-图像。

(3) ②[4]图中当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时，小车加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力时木板右端垫得过高．

[5]从图象上可以看出：F从0开始增加，砂和砂桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂和砂桶的重力在增加，那么在后面砂和砂桶的质量就没有远小于车的质量，则绳子的拉力不能用沙和沙桶的重力代替，图象发生弯曲，所以原因是砂和砂桶的质量没有远小于车的质量．

11.如图所示，物体A、B在水平地面的同一直线上，间距s=5 m。某时刻，物体A在水平外力F作用下从静止开始向右运动，一段时间后撤去F；同时物体B以初速度v0=2 m/s向左运动，经1s停下，整个过程中两物体不相碰。己知两物体与地面的动摩擦因数相同，重力加速度g取10 m/s2，物体质量=0.5 kg。求：

（1）物体与地面间的动摩擦因数μ；

（2）外力F对物体A做功的最大值。

【答案】（1）

(2)

【解析】

【详解】(1)设物体B质量为,加速度大小为，经过停下，则

解得：

(2)设物体B经过位移停下，则：

设物体A运动过程中受到滑动摩擦力大小为，外力对物体A做功的最大值时，经停下，恰与物体B不相碰，则由运动关系和动能定理得：

解得：

12.如图所示，固定在水平面上倾角的光滑斜面底端有一垂直于斜面的挡板，可看成质点的物块A、B、C质量均为m=2.5kg，物块B、C通过一劲度系数k=72N/m的轻质弹簧相连，初始时，物块C靠在挡板上，物块B、C处于静止状态，物块A以初速度v0沿光滑的水平面进入竖直面内与水平面相切于E点、半径R=1.2m的光滑固定半圆形轨道。当物块A到达轨道的最高点D时，对轨道的压力大小为，物块A离开D点后，恰好无碰撞地由P点滑上斜面，继续运动后与静止于Q点的物块B相碰，碰撞时间极短，碰后物块A、B粘在一起，已知不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）物块A的初速度v0的大小；

（2）物块A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；

（3）设从物块A、B粘在一起到物块C恰好离开挡板这一过程经历了时间t，若t=1s，则这一过程中弹簧对物块C的冲量大小I为多少？（弹簧始终处于弹性限度内）

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【详解】（1）当物块A到达D点时，对物块A受力分析有

，解得

物块A从开始运动到D点的过程中，由动能定理得

解得

（2）当物块A离开D点后，物块A做平抛运动，到达P点时速度沿斜面向下

则

从P点到Q点的过程中，由动能定理得

解得

从物块A与物块B相碰到碰撞结束这一过程，由动量守恒定律得

解得

（3）设在碰撞前弹簧的压缩量为x1，受力分析得

kx1=mgsin37°，可得

当物块C恰好离开挡板时，弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，对物块C受力分析得

，可得

从物块A、B碰撞完到物块C恰好离开挡板，设此时物块A、B的共同速度为v1，以物块A、B为研究对象，此过程弹簧的弹力做功为零，由动能定理得

解得

从物块A、B碰撞完到物块C恰好离开挡板，设弹簧对物块A、B的冲量为，规定沿斜面向上为正方向，由动量定理得

此过程弹簧对物块C的冲量大小

13.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得       

A. 物体的质量为2 kg

B. h=0时，物体的速率为20 m/s

C. h=2 m时，物体的动能Ek=40 J

D. h=3 m时，物体的重力势能Ep=60J

E. 从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J

【答案】ADE

【解析】

【详解】A. 从图象可以看出当h=4m时势能为80J，从而求出物体的质量

故A正确。

B. h=0时，Ep=0，E总=100J，则物体的动能为

Ek=E总-Ep=100J

由

得

v0=10m/s

故B错误。

C. h=2m时，Ep=40J，E总=90J，则物体的动能为

Ek=E总-Ep=50J

故C错误。

D.从图中可以看出 h=3 m时，物体的重力势能Ep=60J，故D正确。

E. 从地面至h=4m，物体的机械能减少了20J，重力势能增加了80J，因此，物体的动能减少100J，故E正确。

14.如图所示，在光滑水平地面上有一质量为m2=4.0kg的平板小车，小车的左端有一固定的圆弧形光滑轨道，轨道足够高．小车右端有一质量为m1=0.9kg的软木块（可视为质点），开始小车和木块均处于静止状态，小车上表面光滑．一质量m0=0.1kg的子弹以v0=20m/s的水平速度向左飞来打到木块内面没有射出，已知作用时间极短．重力加速度g=10m/s2．求：

（1）子弹刚打到软木块内后，木块的速度大小；

（2）木块相对小车水平上表面沿圆弧形轨道上升的最大高度．

【答案】（1）2m/s；（2）0.1375m．

【解析】

【详解】（1）子弹刚打到软木块的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：

m0v0=（m0+m1）v1；

解得木块获得的速度为：

v1=2m/s

（2）当木块上升到圆弧轨道的最高点时，木块与小车的速度相同，设为v2，最大高度设为h．根据系统水平方向动量守恒得：

（m0+m1）v1=（m0+m1+m2）v2

根据能量守恒定律得：

（m0+m1）v12=（m0+m1+m2）v22+（m0+m1）gh

联立解得：

h=0.1375m