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D

5.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3μmg

B. B对A的摩擦力一定为3mω2r

C. 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1.5mv02

B. 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2mv0

C. 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＝19J

18.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。