安徽省六安市第一中学2020届高三下学期自测卷(二)线下考试物理试题 PDF版含答案

六安一中2020 届高三年级物理自测试卷（二）命题人：时间：90分钟满分：100分一、选择题（1~8单选，9~12多选，每题4分，共48分）1．一质量为m ＝60kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t ＝0.2s ，以大小v ＝1m/s 的速度离开地面，取重力加速度g ＝10m/s 2，在这0.2s 内()A ．重力对运动员的冲量大小为0B ．地面对运动员的冲量大小为60N·sC ．地面对运动员做的功为30JD ．地面对运动员做的功为零2．如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A 点，物体用细线拉在A 点将弹簧压缩，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B 端粘在B 端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法不．正确．．的是()A ．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒B ．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒C ．不论物体滑动中有没有摩擦力，小车的最终速度与断线前相同D ．不论物体滑动中有没有摩擦力，系统损失的机械能相同3．如图所示，在光滑水平面上，质量为m 的A 球以速度v 0向右运动，与静止的质量为5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与固定挡板P 发生弹性碰撞，若要使A 球能再次追上B 球并相撞，则系数a 可以是()A.14 B.25C.61D.174．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A ，斜面质量为M 、底边长为L ，如图所示．将一质量为m 且可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为F N ，则下列说法中正确的是()A ．F N ＝mg cos αB ．滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为F N t cos αC ．滑块B 下滑的过程中A 、B 组成的系统动量守恒D ．此过程中斜面向左滑动的距离为m M ＋mL 5．如图所示，吊车下方吊着一个质量为500kg 的重物，二者一起保持恒定的速度v ＝1m/s 沿水平方向做匀速直线运动．某时刻开始，吊车以10kW 的恒定功率将重物向上吊起，经t ＝5s 重物达到最大速度．忽略空气阻力，取g ＝10m/s 2.则在这段时间t 内()A ．重物的最大速度为2m/sB ．重物克服重力做功的平均功率为9.8kWC ．重物做匀变速曲线运动D ．重物处于失重状态6．地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图2所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，()A ．矿车上升所用的时间之比为3∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶57．如图，第一次，小球从粗糙的14圆形轨道顶端A 由静止滑下，到达底端B 的速度为v 1，克服摩擦力做功为W 1；第二次，同一小球从底端B 以v 2冲上14圆形轨道，恰好能到达A 点，克服摩擦力做功为W 2，则()A ．v 1可能等于v 2B ．W 1一定小于W 2C ．小球第一次运动机械能变大了D ．小球第一次经过圆弧某点C 的速率大于它第二次经过同一点C 的速率8．如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中，下列说法错误的是()A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差9．如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧与A 、B 物块相连，A 、C 物块由跨过光滑定滑轮的轻绳连接．初始时刻，C 在外力作用下静止，与C 相连的绳子与斜面平行伸直且恰好无拉力，与A 相连的绳子沿竖直方向．B 放置在水平面上，A 静止．现撤去外力，物块C 开始沿斜面向下运动，当C 运动到最低点时，B 刚好离开地面．已知A 、B 的质量均为m ，弹簧始终处于弹性限度内，滑轮质量不计，则在上述过程中()A ．A 、B 、C 三物块组成的系统机械能守恒B ．C 的质量m C 大于mC ．C 的速度最大时，A 加速度为零D ．C 的速度最大时，弹簧恰好恢复原长10．一物体在竖直方向的升降机中，由静止开始竖直向上做直线运动，运动过程中小球的机械能E 与其上升高度h 的关系图象如图所示，其中0～h 1过程的图线为曲线，h 1～h 2过程中的图线为直线．下列说法正确的是()A ．0～h 1过程中，升降机对小球的支持力一定做正功B ．0～h 1过程中，小球的动能一定在增加C ．h 1～h 2过程中，小球的动能可能不变D．h1～h2过程中，小球重力势能可能不变11．如图所示，图甲为水平传送带，图乙为倾斜传送带，两者长度相同，均沿顺时针方向转动，转动速度大小相等，将两个完全相同的物块分别轻放在图甲、乙传送带上的A端，两物块均由静止开始做匀加速运动，到B端时均恰好与传送带速度相同，则下列说法正确的是()A．图甲中物块运动时间等于图乙中物块运动时间B．图甲、乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量相等C．图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块动能的增加量D．图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量12．如图所示，竖直平面内放一直角杆，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑，两部分各套有质量均为1kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，A与水平杆之间的动摩擦因数μ＝0.2，初始A、B均处于静止状态，已知：OA＝3m，OB＝4m．若A球在水平拉力F的作用下向右缓慢地移动1m(取g＝10m/s2)，那么该过程中()A．小球A受到的摩擦力大小为7.5NB．小球B上升的距离为1mC．拉力F做功为12JD．拉力F做功为14J选择题答题卡题号123456789101112答案二、填空题（每空2分，共10分）13．某实验小组想通过如图甲所示的实验装置来“探究功与速度变化的关系”．实验中通过改变拉伸的橡皮筋的条数来改变外力对小车做功W的数值，用速度传感器测出每次小车获得的速度v.（1）下列关于本实验的说法中正确的是________．A．本实验需要先平衡摩擦力B．实验中必须测出小车的质量mC．实验中必须测出橡皮筋对小车做功的具体数值D．每次所用的橡皮筋应该是相同规格的，且每次都拉伸到同一位置（2）某次实验中同学们通过速度传感器得到小车沿木板运动的速度随时间变化的关系图象如图乙所示，图中0～t 1内的图线为曲线，t 1～t 2内的图线为直线．由此可知，该实验中存在的不当之处是______________________．14．某同学设计了一个探究碰撞过程中不变量的实验，实验装置如图甲所示．在粗糙的长木板上，小车A 的前端装上撞针，给小车A 某一初速度，使之向左匀速运动，并与原来静止在前方的小车B (后端粘有橡皮泥，橡皮泥质量可忽略不计)相碰并粘合成一体，继续匀速运动．在小车A 后连着纸带，纸带穿过电磁打点计时器，电磁打点计时器所接电源频率为50Hz.（1）在用电磁打点计时器做“探究碰撞过程中的不变量”实验时，下列说法正确的有．A ．实验时要保证长木板水平放置B ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起C ．先接通电磁打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车D ．先释放拖动纸带的小车，再接通电磁打点计时器的电源（2）纸带记录下碰撞前A 车和碰撞后两车的运动情况如图乙所示，则碰撞前A 车的运动速度大小为m/s ，A 、B 两车的质量比值m A m B 等于．(以上结果均保留一位有效数字)三、计算题（共42分）15．（8分）如图所示，水平地面上有两个静止的小物块A 和B (均可视为质点)，A 的质量为m＝1.0kg.B 的质量为M ＝4.0kg ，A 、B 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与物块接触而不拴连．在水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与半径为R ＝0.2m 的圆轨道相切．将弹簧压缩后再释放(A 、B 分离后立即撤去弹簧)，物块A 与墙壁发生弹性碰撞后，在水平面上与物块B 相碰并黏合在一起(A 、B 黏合前B 未滑上圆弧轨道)．取重力加速度g ＝10m/s 2，不计一切摩擦，若黏合体能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求压缩弹簧具有的弹性势能的最大值．(结果保留三位有效数字)．16．（10分）如图所示，在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道．半径R＝1.6m，BC是长度为L1＝3m的水平传送带，CD是长度为L2＝3.6m的水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑．参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m＝60kg，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5，g取10m/s2，求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力大小；（2）若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；17．（12分）某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带长度L＝15m，传送带以恒定速度v＝5m/s顺时针转动，三个质量均为m ＝1kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，滑块B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0＝6m/s沿滑块B、C连线方向向滑块B运动，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ＝37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，取重力加速度g ＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；（2）滑块C刚滑上传送带时的速度；（3）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q.18.（12分）如图所示，质量M ＝0.6kg 的滑板静止在光滑水平面上，其左端C 距锁定装置D 的水平距离l ＝0.5m ，滑板的上表面由粗糙水平面和14光滑圆弧面在B 点平滑连接而成，粗糙水平面长L ＝4m ，圆弧的半径R ＝0.3m ．现让一质量m ＝0.3kg 、可视为质点的小滑块以大小v 0＝5m/s 、方向水平向左的初速度从滑板的右端A 滑上滑板．若滑板到达D 处即被锁定，滑块返回B 点时装置D 即刻解锁，已知滑块与滑板的粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10m/s 2.求：（1）滑板到达D 处前瞬间的速率；（2）滑块到达最大高度时与圆弧顶点P 的距离；（3）滑块与滑板间摩擦产生的总热量．六安一中2020届高三年级物理自测试卷（二）参考答案1、答案D 解析重力对人的冲量为mg Δt=120N·s ，人的速度原来为零，起跳后变为v ，以向上为正方向，由动量定理可得：I －mg Δt ＝mv －0，故地面对人的冲量为：I ＝mv ＋mg Δt ＝60×1N·s ＋600×0.2N·s ＝180N·s ，故AB 错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故C 错误，D 正确．2、答案A3、答案B 解析A 和B 发生碰撞，根据动量守恒可知：mv 0＝5mv B －mav 0，要使A 球能再次追上B 球并相撞，因A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，则av 0>v B ，由以上两式可解得：a>14，故B 正确．4、答案D 解析当滑块B 相对于斜面加速下滑时，斜面A 水平向左加速运动，所以滑块B 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力F N 不等于mg cos α，A 错误；滑块B 下滑过程中支持力对B 的冲量大小为F N t ，B 错误；由于滑块B 有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C 错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A 、B 两者水平位移大小分别为x 1、x 2，则Mx 1＝mx 2，x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝m M ＋mL ，D 正确．5、答案B 解析竖直方向重物能达到的最大速度v y m ＝P mg ＝10000500×10m/s ＝2m/s ，则重物的最大速度为v m ＝v 2＋v y m 2＝5m/s ，选项A 错误；达到最大速度时克服重力做功：W G ＝Pt －12mv y m 2＝104×5J －12×500×22J ＝49000J ，则重物克服重力做功的平均功率为P ＝W G t ＝490005W ＝9.8kW ，选项B 正确；因竖直方向做加速度减小的变加速运动，故合运动不是匀变速运动，选项C 错误；重物向上做加速运动，故处于超重状态，选项D 错误．6、答案C 解析由图线①知，上升总高度h ＝v 02·2t 0＝v 0t 0.由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度之和h 1＝v 022·＝14v 0t 0匀速阶段：h －h 1＝12v 0·t ′，解得t ′＝32t 0故第②次提升过程所用时间为t 02＋32t 0＋t 02＝520，两次上升所用时间之比为2t 0∶52t 0＝4∶5，A 项错误；由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B 项错误；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F －mg ＝ma ，F ＝m (g ＋a )第①次在t 0时刻电机输出功率最大，功率P 1＝F ·v 0，第②次在t 02时刻，功率P 2＝F ·v 02，第②次在匀速阶段P 2′＝F ′·v 02＝mg ·v 02<P 2，可知，电机输出的最大功率之比P 1∶P 2＝2∶1，C 项正确；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做的功相同，故两次电机做的功也相同，D 项错误．7、答案B 8、答案A 解析在M 和N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，知在M 处时弹簧处于压缩状态，在N 处时弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A 错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g ；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g ，则有两个时刻的加速度大小等于g ，选项B 正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由动能定理得，W F ＋W G ＝ΔE k ，因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F ＝0，即W G ＝ΔE k ，选项D 正确．9、答案BCD 10、答案AC 解析设小球所受支持力大小为F ，由功能关系得Fh ＝E ，所以E －h 图象的斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小，由题图知机械能增大，所以升降机对小球的支持力做正功，在0～h 1过程中切线斜率的绝对值逐渐减小，故在0～h 1内小球所受的支持力逐渐减小，所以0～h 1过程中先加速运动，当支持力减小后，可能继续加速，也可能减速，A 正确，B 错误；由于小球在h 1～h 2过程中E －h 图线的斜率不变，所以小球所受的支持力保持不变，故物体可能做匀速运动，动能不变，但高度增大，故小球的重力势能增大，C 正确，D 错误．11、答案AD 解析设传送带长度为L ，速度为v ，根据L ＝v 2t ，知t ＝2L v ，L 、v 相等，所以时间t 相等，故A 正确；物块与传送带间的相对位移Δx ＝vt －L ＝vt 2，可知相对位移大小相等，由a ＝v t，知加速度大小相等．根据牛顿第二定律得：题图甲中有F f1＝ma ，题图乙中有F f2－mg sin α＝ma ，可得F f1<F f2，摩擦生热Q ＝F f Δx ，所以题图乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量较大，B 错误；题图甲中只有摩擦力对物块做功，由动能定理知，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量．题图乙中传送带、重力都对物块做功，且重力做负功，由动能定理知，题图乙中传送带对物块做的功大于物块动能的增加量，故C 错误；根据功能关系可知，题图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量，故D 正确．12、答案BD 解析对AB 整体受力分析，受拉力F 、重力G 、支持力F N 、向左的摩擦力F f 和向左的弹力F N1，如图，根据共点力平衡条件，竖直方向有：F N ＝(m 1＋m 2)g ，水平方向：F ＝F f ＋F N1，其中F f ＝μF N ，解得F N＝20N ，F f ＝4N ，A 错误；移动前，绳长L ＝32＋42m ＝5m ，A 球移动1m 后，OA 长变为4m ，故OB 长为l ＝52－42m ＝3m ，所以小球B 上升了1m ，B 正确；对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得W F －F f s －m 2gh ＝0，故有W F ＝F f s ＋m 2gh ＝4×1＋1×10×1J ＝14J ，C 错误，D 正确．13、答案(1)AD (2)平衡摩擦时倾角过大解析(1)为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力做的功，必须在实验前让木板有适当的倾角以平衡摩擦力，A 正确；只要小车的质量保持不变，就可以得到小车获得的速度与合外力做功的关系，B 错误；只要用规格相同的橡皮筋，使它们伸长相同的长度，即每次拉伸到同一位置，就可以用W 、2W 、3W 、……表示外力各次做的功，而不需要测出每次做功的具体数值，C 错误，D 正确．(2)0～t 1时间内为橡皮筋逐渐恢复原长的过程，小车做加速度减小的加速运动，而t 1～t 2时间内橡皮筋完全恢复原长后，小车还在做匀加速运动，这一定是平衡摩擦时倾角过大造成的．14、答案(1)BC (2)0.6215、答案15.6J解析压缩弹簧释放后，设物块A 的速度为v 1，物块B 的速度为v 2，取向右为正方向，由动量守恒定律得Mv 2－mv 1＝0A 与墙壁碰撞反弹后追上B ，设碰后黏合体的速度为v ，由动量守恒定律得：mv 1＋Mv 2＝(m ＋M )v黏合体能滑上圆轨道，且仍能沿轨道滑下，则黏合体最多上升到圆弧上与圆心等高处时，速度为零，由机械能守恒定律得：12(m ＋M )v 2＝(m ＋M )gR 由机械能守恒得，弹簧被压缩后具有的弹性势能的最大值为：E pm ＝12mv 12＋12Mv 22联立解得：E pm ≈15.6J.16、答案(1)参赛者从A 到B 的过程，由机械能守恒：mgR (1－cos 60°)＝12mv B 2，得：v B ＝4m/s在B 点，对参赛者，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v B 2R代入数据得：F N ＝1200N 由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力大小为：F N ′＝F N ＝1200N （2）参赛者由C 到D 的过程，由动能定理得：－μ2mgL 2＝0－12mv C 2，解得：v C ＝6m/s>v B ＝4m/s 所以传送带运转方向为顺时针方向．假设参赛者在传送带上时一直加速，设到达C 点的速度为v ，由动能定理得：μ1mgL 1＝12mv －12mv B 2解得：v ＝210m/s>v C ＝6m/s ，所以传送带速率为6m/s.17、答案(1)9J (2)4m/s (3)8J解析（1）)A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为v 1，选取向右为正方向，对A 、B 有：mv 0＝2mv 1碰撞时损失的机械能为：ΔE ＝12mv 02－12×2mv 12解得ΔE ＝9J.（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为v B ，C 的速度为v C ，由动量守恒定律得：2mv 1＝2mv B ＋mv C由机械能守恒定律得：12×2mv 12＝12×2mv B 2＋12mv C 2解得：v C ＝4m/s.（3）C 以v C 滑上传送带，假设匀加速直线运动位移为x 时与传送带共速，由运动学公式有：a 1＝μg cos θ－g sin θ＝0.4m/s 2；v 2－v C 2＝2a 1x ；联立解得x ＝11.25m<L 加速运动的时间为t ，有：v ＝v C ＋a 1t 所以相对位移Δx ＝vt －x代入数据得：Δx ＝1.25m 摩擦生热Q ＝μmg cos θ·Δx ＝8J.18、答案(1)1m/s (2)0.05m (3)3.1J解析（1）对滑块，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 1，对滑板，由牛顿第二定律有：μmg ＝Ma 2，解得a 1＝2m/s 2，a 2＝1m/s 2，设滑板到达D 处前瞬间的速率为v ，假定此时滑块还在AB 之间的E 处，速率为v 1由运动学规律有：l ＝12a 2t 2，v ＝a 2t ，v 1＝v 0－a 1t ，x ＝v 0t －121t 2，解得t ＝1s ，v ＝1m/s ，v 1＝3m/s ，x ＝4m ，x AE ＝x －l ＝3.5m ，因x AE <L ，假定成立，所以滑板到达D 处前瞬间的速率：v ＝1m/s.（2）滑板被锁定后，设滑块从E 滑至B 处的速率为v 2，由运动学规律有：v 22－v 12＝－2a 1(L －x AE )，解得v 2＝7m/s 沿圆弧上升到最大高度的过程中，由机械能守恒定律有：mgH ＝12mv 22，解得H ＝0.35m 所以滑块达到最大高度时与圆弧顶点P 的距离：h ＝H －R ＝0.05m.（3）滑块从A 至B 产生的热量：Q 1＝μmgL ，解得Q 1＝2.4J ，滑块返回B 时的速率仍为v 2，此时滑板刚好解锁，此后滑块与滑板在相互间的摩擦力作用下分别向右做减速与加速运动，假定达到共同速率v 3时，滑块仍在滑板上，对滑块、滑板分别由运动学规律列式有：v 3＝v 2－a 1t ′，v 3＝a 2t ′，x 1＝v 2t ′－12a 1t ′2，x 2＝12a 2t ′2，解得：Δx ＝x 1－x 2＝76m<L ，假定成立．所以这一过程产生的热量：Q 2＝μmg Δx ，解得Q 2＝0.7J ，产生的总热量：Q ＝Q 1＋Q 2＝3.1J.。