1、江西省抚州市南城县第二中学2019-2020学年高二物理下学期5月月考试题（含解析）一、选择题1. AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球现用沿杆的恒力F拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖直方向夹角为，则以下说法正确的是（）A. 杆对物块的支持力为MgB. 细线上的拉力为C. D. 物块和小球的加速度为【答案】C【解析】【详解】对小球和物块组成的整体，分析受力如图1所示，根据牛顿第二定律得：水平方向：，竖直方向：故A错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图2所示，由牛顿第二定律得：；,故B错误；对整体在水平方向：，
2、故选项C正确，选项D错误【点睛】以小球和物块整体为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律研究横杆对M的摩擦力、弹力与加速度的关系对小球研究，根据牛顿第二定律，采用合成法研究细线与竖直方向的夹角、细线的拉力与加速度的关系2. 质量为m的物体P置于倾角为1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角2时（如图），下列判断正确的是（ ）A. P的速率为vB. 绳的拉力等于mgsinlC. P的速率为vcos2D. 绳的拉力小于mgsin1【答案】C【解析】【详解】将小车的速度v进行分解如图所
3、示，则vp=vcos2，小车向右运动，2减小，v不变，则vp逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律T-mgsin1=ma，可知绳子对A的拉力Tmgsin1，故C正确，ABD错误；故选C.【点睛】解决本题的关键得出A、B的速度关系，由牛顿第二定律分析绳子的拉力与重力的大小关系，运用外推法，即极限法分析A物体的加速度如何变化是难点3. 一物体沿竖直方向运动，以竖直向上为正方向，其运动的图象如图所示下列说法正确的是 A. 时间内物体处于失重状态B. 时间内物体机械能守恒C. 时间内物体向下运动D. 时间内物体机械能一直增大【答案】D【解析】A、以竖直向上为正方向，在图象中，斜率代表
4、加速度，可知时间内物体向上做加速运动，加速度的方向向上，处于超重状态故A错误；B、由图可知，时间内物体向上做匀速直线运动，动能不变，重力势能增大，所以机械能增大故B错误；C、由图可知，时间内物体向上做减速运动故C错误；D、时间内物体向上做加速运动，动能增大，重力势能也增大；时间内物体向上做匀速直线运动，动能不变，重力势能增大，所以时间内物体机械能一直增大故D正确故选D 4. 如图所示，、两物块的质量分别为和，让它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑已知斜面的倾角为，斜面始终保持静止则在此过程中物块对物块的压力为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】对、组成的整体受力分析可知，整体
5、受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，；则再对由牛顿第二定律可知：；合力等于的重力沿斜面向下的分力；故说明间没有相互作用力，故ABD错误，C正确故选C5. 如图所示，质量分别为M和m的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态，现将m竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当m到达最高点时，M恰好对地面无压力已知弹簧劲度系数为k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g，则A. 当m到达最高点时，m的加速度为B. 当m到达最高点时，M的加速度为gC. 当m速度最大时，弹簧的形变最为D. 当m速度最大时，M对地面的压力为Mg【答案】A【解析】【详解】当弹簧处于伸长至最长状态时，
6、M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，所以弹簧对m的作用力也是Mg，所以m的加速度为：故A正确；当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，M受到的合力为零，加速度为零，故B错误；由题可知开始时弹簧对m的弹力大于m的重力，m向上做加速运动，当弹簧的弹力小于m的重力时，m做减速运动，所以弹簧中弹力等于Mg时此时M有最大速度，由胡克定律得：mg=kx，得：故C正确；对M受力分析FN+kx-Mg=0，解得FN=Mg-mg故D错误故选AC.6. 如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平恒力向右拉木板，当物块相
7、对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（）A. 物块先向左运动，再向右运动B. 木板向右运动，速度逐渐减小，直到为零C. 物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动D. 木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零【答案】C【解析】【详解】撤掉拉力后，物块仍受到向右的摩擦力，因此物块继续向右做加速运动，而木板则受到向左的摩擦力，因此木板向右做减速运动。两者速度达到相等时一起向右做匀速运动。故ABD错误，C正确。故选C。7. 水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v
8、-t图线如图所示，图中ABCD。则整个过程中（）A. F1的冲量等于F2的冲量B. F1的冲量大于F2的冲量C. 摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D. 合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量【答案】D【解析】【详解】C由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。但a的运动总时间小于b的时间，根据可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误。AB根据动量定理，对整个过程研究得，由图看出，则有即F1的冲量小于F2的冲量，故AB错误；D根据动量定理可知，合外力的冲量等于物
9、体动量的变化量，ab两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确。故选D。8. 如图a，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t=1s时刻撤去恒力F，物体运动的图象如图b，重力加速度，则（）A. 物体在3s内的位移B. 恒力F与摩擦力f大小之比C. 物体与地面的动摩擦因数为D. 3s内恒力做功与克服摩擦力做功之比【答案】BC【解析】【详解】A.根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可得物体在3s内的位移：故A错误；B.物体在第1s内的位移为 对整个过程，由动能定理得：解得故B正确；C. 物体在和2s内位移为对后2s内物体的运动过程，由动能定理得解得故C正确；D.对整个过程，由动
10、能定理得可得故D错误。故选BC。9. 如图所示，倾角的传动带以的恒定速率沿逆时针方向运行，传送带的上、下两端相距。时，将质量的物体可视为质点轻放在传送带上端，物体与传送带之间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。则（）A. 时物体的加速度大小为B. 物体离开的传送带时的速率为C. 物体离开的传送带时的速率为D. 摩擦力对物体做的总功为【答案】ACD【解析】【详解】A物体在传送带上滑动时产生的滑动摩擦力大小为物体的重力沿斜面向下的分力大小为时，物体沿斜面向下加速，加速度为设经过时间t1，物体速度与传送带相同，则所以当时物体的加速度大小为10m/s2。故A正确；BC根据运动学公式然后物体继
11、续向下滑动，但所受的摩擦力沿斜面向上，大小仍为4N。此时加速度为设经过时间t2，物体到达底端，则解得所以物体到达底端的速度大小为故B错误，C正确；D摩擦力对物体做的总功为故D正确。故选ACD10. 如图所示，质量为m物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）A. 物体在传送带上划痕长B. 传送带克服摩擦力做的功为C. 电动机多做的功为D. 电动机增加的功率为【答案】ACD【解析】【详解】A对物体，根据牛顿第二定律可知物体与传送带共速用时划
12、痕即传动带与物块的相对位移故A正确；B所以传送带克服摩擦力做的功为故B错误；C电动机所做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即为故C正确；D电动机增加的功率大小等于克服摩擦力的功率，即为故D正确。故选ACD。二、实验题11. 物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动多
13、次调整倾角，直至打出的纸带上点迹_，测出此时木板与水平面间的倾角，记为0（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是（ ）A纸带上的点迹间距先增加后减小至零B纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变D纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变（3）为了测定物体所带电量q，除0、
14、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有（ ）A物块A质量MB物块B的质量mC物块A与木板间的动摩擦因数 D两物块最终的速度v（4）用重力加速度g，磁感应强度B、0和所测得的物理量可得出q的表达式为_【答案】 (1). 间距相等（或均匀） (2). D (3). BD (4). 【解析】【详解】试题分析：（1）此实验平衡摩擦力后，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的（2）设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力根据平衡条件可知：f=Mgsin0，FN=Mgcos0又因为f=FN，所以；当存在磁场时，以A
15、B整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsin0）-（Bqv+Mgcos0）=（M+m）a由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式x=at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变故D正确、ABC错误故选D（3）（4）根据（mg+Mgsin0）-（Bqv+Mgcos0）=（M+m）a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则（mg+Mgsin0）-（Bqv+Mgcos0）=0化
16、简得，把=tan0代入，得由此可知为了测定物体所带电量q，除0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v，故选BD考点：带电粒子在磁场中的运动【点睛】此题考查了测量物体的带电量的实验，是一个设计性实验；解题时要明确实验原理及实验步骤，理解实验为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，正确的受力分析是关键；此题意在考查学生对物理实验的理解能力及对数据的处理能力.12. 某小组研究匀变速直线运动规律，实验装置如图甲所示.（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a实验中打出的一条纸带如图乙所示从某个清晰的点O开始，每5个打点取一个计数点，依次标出1、2、3，量出1、2、3点到
17、O点的距离分别为,从O点开始计时，1、2、3点对应时刻分别为,求得， 作出图象如图丙所示图线的斜率为k，截距为b则木块的加速度a=_；b的物理意义是_（2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数= _【答案】 (1). 2k (2). O点的瞬时速度 (3). 【解析】（1）图线纵轴截距是0时刻对应的速度，即表示O点的瞬时速度各段的平均速度表示各段中间时刻的瞬时速度，以平均速度，为纵坐标，相应的运动时间t的一半为横坐标，即的图象的斜率表示加速度a，图象的斜率的2倍表示加速度，即a=2k（2）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定
18、律得：，解得：【点睛】分析图象的斜率的物理含义与加速度的关系；对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数三、计算题13. 质量为10kg的物体在F200N的水平推力作用下，从固定斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，已知斜面的倾角37，物体与斜面间的动摩擦因数0.2，斜面足够长求（已知sin370.6，cos370.8，重力加速度g取10m/s2）（1）物体向上运动的加速度大小；（2）若物体上行4m后撤去推力F，则物体还能沿斜面向上滑行多少距离？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）沿斜面方向牛顿定律，解出代入数据解出：（2）撤去F瞬间，物体速度设为，由，
19、解出撤去F后，动能定理：，解出：【点睛】本题综合考查牛顿运动定律及动能定理，要求学生应能正确受力分析及过程分析，并选择合适的过程应用物理规律求解14. 如图所示，一倾角=37的斜面底端与一传送带左端相连于B点，传送带以v=6m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以0=4m/s的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C点水平抛出，最后落到地面上的D点，已知斜面长度L1=8m，传送带长度L2=18m，物块与传送带之间的动摩擦因数2=0.3，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数l；
20、（2）求物块在传送带上运动时间；（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53，求C点到地面的高度和C、D两点间的水平距离【答案】（1）（2）4s；（3）4.8m【解析】试题分析：（1）从A到B由动能定理即可求得摩擦因数（2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；（3）物体做平抛运动，在竖直方向自由落体运动，解：（1）从A到B由动能定理可知代入数据解得（2）物块在传送带上由牛顿第二定律：2mg=maa=达到传送带速度所需时间为t=s加速前进位移为18m滑块在传送带上再匀速运动匀速运动时间为故经历总时间为t总=t+t=4s（3）设高度为h，
21、则竖直方向获得速度为联立解得h=3.2m下落所需时间为水平位移为xCD=vt=60.8s=4.8m答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数l为（2）求物块在传送带上运动时间为4s；（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53，C点到地面的高度为3.2m和C、D两点间的水平距离为4.8m【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解15. 如图所示，两根质量同为m、电阻同为R、长度同为L的导体棒a，b，用两条等长的、质量和电阻均可忽略的长直导线连接后，放在距地面足够高的光滑绝缘水平桌面上，两根导
22、体棒均与桌边缘平行，一根在桌面上，另一根移动到靠在桌子的光滑绝缘侧面上。整个空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为开始时两棒静止，自由释放后开始运动。已知两条导线除桌边缘拐弯处外其余部位均处于伸直状态，导线与桌子侧棱间无摩擦。求：(1)刚释放时，导体棒的加速度大小；(2)两导体棒运动稳定时的速度大小；(3)若从开始下滑到刚稳定时a棒下降的高度为h，求此过程中安培力做的功。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)刚释放时，两导体棒的加速度大小相等，根据牛顿第二定律解得(2)对a棒分析，有根据平衡条件联立解得(3)对整个过程使用动能定理解得16. 如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑
23、的半圆轨道，轨道半径R=0.6m，平台上静止放置着两个滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上。小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，PQ间距离为L，滑块B与PQ之间的动摩擦因数为=0.2，Q点右侧表面是光滑的。点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA=6m/s，而滑块B则冲向小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2.，求
24、 (1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；(2)若L=0.8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内【答案】(1)1N，方向竖直向上(2)(3)0.675mL1.35m【解析】【详解】(1)A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：在最高点由牛顿第二定律：滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：FN=1N由牛顿第三定律得：滑块对轨道压力大小为1N，方向向上 (2)爆炸过程由动量守恒定律：解得：vB=3m/s滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：由能量关系：解得EP=0.22J(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由能量守恒定律得：联立解得：L1=1.35m若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得：联立解得：L2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是0.675mL1.35m- 18 -
