1、1六安一中 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（18 单选，912 多选，每题 4 分，共 48 分）1一质量为 m60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经 t0.2 s，以大小 v1 m/s 的速度离开地面，取重力加速度 g10 m/s2，在这 0.2 s 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 60 NsC地面对运动员做的功为 30 JD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
2、 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 v0 向右运动，与静止的质量为 5m 的 B球碰撞，碰撞后 A 球以 vav0(待定系数 a1)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.14B.25C.61D.174光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为的
3、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 FN，则下列说法中正确的是()AFNmgcos B滑块下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 FNtcos C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mMmL5如图所示，吊车下方吊着一个质量为 500 kg 的重物，二者一起保持恒定的速度 v1 m/s 沿水平方向做匀速直线运动某时刻开始，吊车以 10 kW 的恒定功率将重物向上吊起，经 t5s 重物达到最大速度忽略空气阻力
4、，取 g10 m/s2.则在这段时间 t 内()A重物的最大速度为 2 m/sB重物克服重力做功的平均功率为 9.8 kWC重物做匀变速曲线运动D重物处于失重状态26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次和第次提升过程，()A矿车上升所用的时间之比为 35B电机的最大牵引力之比为 21C电机输出的最大功率之比为 21D电机所做的功之比为 457如图，第一次，小球从粗糙的14圆形轨道
5、顶端 A 由静止滑下，到达底端 B 的速度为 v1，克服摩擦力做功为 W1；第二次，同一小球从底端 B 以 v2 冲上14圆形轨道，恰好能到达 A 点，克服摩擦力做功为 W2，则()Av1 可能等于 v2BW1 一定小于 W2C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ONMOMNvB，由以上两式可解得：a14，故 B 正确4、答案D解析当滑块 B 相对
6、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 FN 不等于 mgcos，A 错误；滑块 B 下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 FNt，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 x1、x2，则Mx1mx2，x1x2L，解得 x1mMmL，D 正确5、答案B解析竖直方向重物能达到的最大速度 vym Pmg 10 00050010 m/s2 m/s，
7、则重物的最大速度为 vm v2vym2 5 m/s，选项 A 错误；达到最大速度时克服重力做功：WGPt12mvym21045 J1250022 J49 000 J，则重物克服重力做功的平均功率为 P WGt 49 0005W9.8 kW，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解析由图线知，上升总高度 hv02 2t0v0t0.由图线知，加速阶段和减速阶段上升高度之和 h1v022t02t02 14v0t0匀速阶段：hh112v0t，解得 t32t0故第次提升过程所用时间为t023
8、2t0t0252t0，两次上升所用时间之比为 2t052t045，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，Fmgma，Fm(ga)第次在 t0 时刻电机输出功率最大，功率 P1Fv0，第次在t02时刻，功率 P2Fv02，第次在匀速阶段 P2Fv02mgv02P2，可知，电机输出的最大功率之比 P1P221，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B8、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ONMOMN2，知在 M处时弹簧处于压缩状态，在
9、 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，WFWGEk，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8功特点知 WF0，即 WGEk，选项 D 正确9、答案BCD10、答案AC解析设小球所受支持力大小为 F，由功能关系得 FhE，所以 Eh 图象的斜率的绝对值等于小球所受支持
10、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 0h1 过程中切线斜率的绝对值逐渐减小，故在 0h1 内小球所受的支持力逐渐减小，所以 0h1 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 h1h2 过程中 Eh 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 Lv2t，知 t2Lv，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xvtLvt2，可知相对位移大小相等，由
11、avt，知加速度大小相等根据牛顿第二定律得：题图甲中有 Ff1ma，题图乙中有 Ff2mgsin ma，可得 Ff1vB4 m/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：1mgL112mv12mvB2解得：v2 10 m/svC6 m/s，所以传送带速率为 6 m/s.17、答案(1)9 J(2)4 m/s(3)8 J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 v1，选取向右为正方向，对 A、B 有：mv02mv1碰撞时损失的机械能为：E12mv02122mv12解得E9
12、 J.（2）设 A、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时 AB 的速度为 vB，C 的速度为 vC，由动量守恒定律得：2mv12mvBmvC由机械能守恒定律得：122mv12122mvB212mvC2解得：vC4 m/s.（3）C 以 vC 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：a1gcos gsin 0.4 m/s2；v2vC22a1x；联立解得 x11.25 mL加速运动的时间为 t，有：vvCa1t所以相对位移xvtx代入数据得：x1.25 m摩擦生热 Qmgcos x8 J.18、答案(1)1 m/s(2)0.05 m(3)3.1 J解析（1）对滑块，由
13、牛顿第二定律得：mgma1，对滑板，由牛顿第二定律有：mgMa2，解得 a12 m/s2，a21 m/s2，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 v1由运动学规律有：l12a2t2，va2t，v1v0a1t，xv0t12a1t2，解得 t1 s，v1 m/s，v 13 m/s，x4 m，xAExl3.5 m，因 xAEL，假定成立，所以滑板到达 D 处前瞬间的速率：v1 m/s.（2）滑板被锁定后，设滑块从 E 滑至 B 处的速率为 v2，由运动学规律有：v22v122a1(LxAE)，解得 v2 7 m/s沿圆弧上升到最大高度的过程中，由机械能守恒定律有：mgH12mv22，解得 H0.35 m所以滑块达到最大高度时与圆弧顶点 P 的距离：hHR0.05 m.（3）滑块从 A 至 B 产生的热量：Q1mgL，解得 Q12.4 J，滑块返回 B 时的速率仍为 v2，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 v3 时，滑块仍在滑板上，对滑块、滑板分别由运动学规律列式有：v3v2a1t，v3a2t，x1v2t12a1t2，x212a2t2，解得：xx1x276 mL，假定成立所以这一过程产生的热量：Q2mgx，解得 Q20.7 J，产生的总热量：QQ1Q23.1 J.
