1、东平高级中学高三年级第二次质量检测物理试题2020.10一、单选题（每题3分，共24分）1. 用一不可伸长的细绳吊一小球（可视为质点）于天花板上，小球质量m=0.20kg，细绳长L=0.80m，把小球拿至悬点静止释放，从释放开始计时，经过时间t=0.45s，细绳刚好被拉断。不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，细绳被小球拉断过程中细绳承受的平均拉力的大小为（）A. 14NB. 16NC. 18ND. 20N【答案】C【解析】【详解】由公式可知，细绳被拉紧时的速度为所用的时间为则细绳拉断过程所用的时间为取竖直向上为正方向，对小球由动量定理可得即故选C。2. 如图所示，在水平向左的推力F作用
2、下，a、b、c悬空靠墙均处于静止状态，对于a、b、c三物体的受力情况，下列说法正确的是（）A. a受到的两个静摩擦力方向均竖直向上B. b总共受到四个力的作用C. c总共受到四个力的作用D. a与墙壁摩擦力的大小随F的增大而增大【答案】C【解析】【详解】C对c进行受力分析，受到重力，压力F和b对c向右的弹力，b对c竖直向上的摩擦力，共4个力的作用，故C正确；B对b进行受力分析，受重力，c对b向左的弹力，a对b向右的弹力，c对b竖直向下的摩擦力和a对b竖直向上的摩擦力，共5个力的作用，故B错误；A对a进行受力分析，受重力，b对a向左的弹力，墙对a向右的弹力，b对a竖直向下的摩擦力，墙对a竖直向上
3、的摩擦力，故A错误；D对abc整体进行受力分析，可知a与墙壁摩擦力的大小等于三个物体的重力，不会随F的增大而增大，故D错误。故选C。3. 如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上已知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等现对木块施加一水平向右的拉力F，则（ ）A. 当时，木块与长木板一起运动B. 当时，只能拉动木块，而长木板始终不会被拉动C. 当时，木块与长木板都不动D. 当时，木块与长木板一定以相同加速度一起加速运动【答案】B【解析】【详解】A物块与长木板之间的最大静摩擦力为：f1m=1m1g；地面与长木板的最大静
4、摩擦力为：f2m=2（m1+m2）g，当1m1g2（m1+m2）g时，无论外力F多大，长木板都始终处于静止状态故A不符合题意B由上分析可知，当时，无论外力F多大，长木板都始终处于静止状态，所以当只能拉动木块，而长木板始终不会被拉动故B符合题意C当时，拉力会拉动长木板运动故C不符合题意D对长木板有：f1m-f2m=m2a0，对整体有：，解得：当时，木块和长木板将相对滑动，因为不知道F与的关系，所以不能确定木块与长木板是否以相同加速度一起加速运动故D不符合题意4. 如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和5m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与
5、木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为53时，物块A、B刚好要滑动，（sin53=0.8，cos53=0.6）则的值为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据题意分析，物块A、B刚好要滑动时，应该是物体A相对物体B向上滑动，设绳子拉力为F，对A受力分析，由平衡条件得F=mgsin53+mgcos53物体B相对斜面向下滑动，对B受力分析，由平衡条件得5mgsin53=F+mgcos53+（5m+m）gcos53联立解得故C正确，ABD错误。故选C5. 小明有一把塑料玩具枪，某次在无风环境下他将枪筒竖直向上发射子弹，发
6、射子弹的间隔时间为1s，前两颗子弹在离枪口10m高处相碰，（忽略一切空气阻力，且子弹每次离开枪口时速度相同，g=10m/s2），则子弹离开枪口时的速度大小为（）A. 10m/sB. 15m/sC. 20m/sD. 25m/s【答案】B【解析】【详解】设第二颗子弹运动时间t后与第一颗子弹碰撞，取向上为正方向，则有且第一颗有联立解得故选B。6. 2016年2月11日，美国自然科学基金召开新闻发布会宣布，人类首次探测到了引力波. 2月16日，中国科学院公布了一项新的探测引力波的“空间太极计划”. 由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年7月正式启动. 计划从2016年到2035年分
7、四阶段进行，将向太空发射三颗卫星探测引力波. 在目前讨论的初步概念中，天琴将采用三颗全同的卫星（SC1、SC2、SC3）构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行探测，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”. 则下列有关三颗卫星的运动描述正确的是A. 三颗卫星一定是地球同步卫星B. 三颗卫星具有相同的加速度C. 三颗卫星的线速度比月球绕地球运动的线速度大且大于第一宇宙速度D. 若知道引力常量G、三颗卫星绕地球运转周期T及地球的半径R，则可估算出地球的密度【答案】D【解析】【详解】同步轨道卫星的半
8、径约为42400公里，是个定值，而三颗卫星的半径约为10万公里，所以这三颗卫星不是地球同步卫星，故A错误；根据，解得：，由于三颗卫星到地球的距离相等，则它们的加速度大小相等，但是方向不同，故B错误；第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，则三颗卫星线速度都小于第一宇宙速度，故C错误；根据，若知道万有引力常量G及三颗卫星绕地球运转周期T可以求出地球的质量M，再知道地球半径R，所以可以求出地球的密度，故D正确7. 如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h处由静止开始下滑。下列说法正确的是（）A. 物块第一次被反弹后一
9、定不能再次回到槽上高h处B. 从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零C. 物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒D. 物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒【答案】A【解析】【详解】A物块压槽下滑过程槽向左运动，物块与槽分离后槽的速度向左，物块的速度向右，物块被弹簧反弹后速度向左，如果物块的速度小于槽的速度，物块不能追上槽，物块不能回到槽上h高处，如果物块的速度大于槽的速度，物块可以追上槽，物块与槽组成的系统水平方向动量守恒，当两者速度相等时物块上升到最大高度，由于此时两者速度相等且不为零，此时系统动能不为零，整个过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，物块不能上升
10、到槽上高h处，故A正确；B从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块始终有弹力作用且弹力方向始终向左，弹簧对物块的冲量不等于零，故B错误；C物块沿槽下滑过程中，物块在竖直方向有加速度，系统的合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的量不守恒，故C错误；D物块沿槽下滑过程中，重力与槽的支持力对物块做功，物块的机械能不守恒，故D错误。故选A。8. 如图所示，在光滑水平面上有一质量为M，长度为L的木板甲，木板的上表面粗糙、下表面光滑，木板甲上有一质量为m的物块乙，物块乙与木板甲间的动摩擦因数为。若用水平恒力F将物块乙从木板甲的一端拉到另一端，当物块乙与木板甲分离时，木板甲的速度为v。要使v减小，下
11、列操作可行的是（）A. 增大物块乙的质量mB. 增大物块乙上受的力FC. 增大木板甲与物块乙间的动摩擦因数D. 在木板甲长度L不变的条件下，减小其质量M【答案】B【解析】详解】A对物块乙分析可知，受拉力和摩擦力作用，根据动量定理有对木板甲分析，根据动量定理有要使物块与木板分离，则木块的位移与木板间的位移差等于板长，则有联立则有解得可知，增大物块乙的质量m，时间t增大，根据知速度v变大，故A错误；B根据可知，增大物块乙上受的力F，则t减小，根据可知速度v减小，故B正确；C根据可知，增大木板甲与物块乙间的动摩擦因数 ，可知t增大，根据可知速度v变大，故C错误。D根据可知，在木板甲长度L不变的条件下
12、，减小其质量M，可知t增大，根据可知速度v变大，故D错误。故选B。二、多选题（每题4分，共16分）9. 如图甲所示，一质量为1kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从t=1s时刻开始，拉力F随时间均匀减小，物体受到的摩擦力Ff随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A. t=3s时物体刚好停止B. 1-3s内，物体开始做匀减速运动C. t=2s时，物体的加速度大小为1m/s2D. 3s-5s内，摩擦力对物体做负功【答案】AC【解析】【详解】A3s后，摩擦力随F的减小而减小，可知物体在t=3s时刚好停止，然后静摩擦力的大小等于拉力的大小，故A正确；B物体在开始在F作用下
13、做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为4N，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，即在1s时物体开始做减速运动，故B错误；Ct=2s时，拉力大小为3N，则加速度大小故C正确；D由图可知，从3s开始，物体处于静止，故t=3s至t=5s时间内中，摩擦力对物体不做功，故D错误。故选AC。10. 矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示质量为的子弹以速度水平射向滑块若射击上层，则子弹刚好不穿出；如图甲所示：若射击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示则比较上述两种情况比较，以下说法正确的是：（ ）A. 两次子弹对滑块做功一样多B. 两次滑块所受冲量一样大C.
14、子弹击中上层过程中产生的热量多D. 子弹嵌入下层过程中对滑块做功多【答案】AB【解析】【分析】子弹嵌入滑块的过程，符合动量守恒，所以我们判断出最后它们的速度是相同的，由动量定理知滑块受到的冲量一样大，然后利用动能定理或者是能量守恒得出系统产生的热能是相等的；【详解】A、根据动量守恒知道最后物块获得速度（最后物块和子弹的共速）是相同的，即物块获得的动能是相同的，根据动能定理，物块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对物块做的功一样多，故A正确，D错误；B、由动量和动能的关系知道，滑块的动量也是相同的，由动量定理知滑块受到的冲量一样大，故B正确；C、子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等
15、于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（子弹初末速度相等），物块增加的动能也一样多，则系统减小的动能一样多，故系统产生的热量一样多，故C错误【点睛】本题是考查动量和能量的综合题，关键是用动量守恒知道子弹只要留在滑块中，他们的最后速度就是相同的11. 物块A以3m/s的初速度在光滑水平面上运动，与静止的物块B发生弹性正碰。已知物块A、B的质量分别是2kg和1kg，则碰后物块A、B的速度大小v1、v2为（）A. v1=1m/sB. v1=2m/sC. v2=4m/sD. v2=2m/s【答案】AC【解析】【详解】物块A、B发生弹性正碰，故由动量守恒定律及能量守恒定律有联立两式，代入数据解得及（不
16、合理舍去）故把代入，对应求得所以选项BD错误，AC正确；故选AC。12. 如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的小物块从木板最右端以速度v0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（）A 木板先加速再减速，最终做匀速运动B. 整个过程中弹簧弹性势能的最大值为C. 整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为D. 弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为【答案】AB【解析】【详解】A物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被
17、压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以A正确；B当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木板看做系统，由动量守恒定律可得得从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得则最大的弹性势能为所以B正确；C根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为所以是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量
18、大小，所以C错误；D由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为又系统克服摩擦力做功为则即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为，所以D错误。故选AB。三、实验题（共14分）13. 某学习小组用如图所示装置来研究碰撞中的动量守恒，其实验步骤如下：将斜槽固定在桌面上，调节轨道的末端水平；在一个平木板表面上依次铺上白纸和复写纸，用图钉固定，然后将该木板竖直贴紧槽口放置，让小球a从斜槽轨道上某一位置由静止开始滚下，撞到木板，在白纸上留下砸痕O；将木板向右平移适当距离，使小球a从同一位置由静止释放，撞到木板，在白纸上留下砸痕；把另一个半径相同、质量较小的小球b放在斜槽轨道出口处，让小球a仍从原位置由静止开
19、始滚下，与b球相碰后，两球撞在木板上，在白纸上留下两个砸痕；根据以上操作回答下列问题：（1）图中在木板白纸上留下的三个砸痕P、M、N中哪一个是被碰小球b撞击留下的：_（填“P点”“M点”或“N点”）。（2）本实验除了测量三个砸痕与O的距离OP、OM、ON以外，还需测量的物理量（并写出相应的符号）是_。（3）若用（2）中所测得的物理量来表示两球碰撞过程动量守恒，其表达式为_。【答案】 (1). P点 (2). 小球a的质量ma、小球b的质量mb (3). 【解析】【详解】（1）1被碰小球b从槽口飞出的速度最大，则小球b从槽口飞出到撞击木板所用时间最短，由平抛运动规律可知，小球b竖直方向的位移最小
20、，所以砸痕P是被碰小球b撞击留下的。（2）2设小球a单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为va，两球碰撞后a、b的速度分别为va和vb，若两球碰撞动量守恒，则设槽口到木板的距离为x，根据平抛运动规律得，解得则有，联立可得，若两球碰撞动量守恒，应满足的表达式为所以本实验还需测量的物理量是小球a的质量ma和小球b的质量mb。（3）3由（2）的分析可知，两球碰撞过程动量守恒的表达式为14. 某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为6V的交流电和直流电，交流电的频率为重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机
21、械能守恒定律他进行了下面几个操作步骤：A.按照图示的装置安装器件；B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C.用天平测出重锤的质量；D.先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；E.测量纸带上某些点间的距离；F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中没有必要进行的步骤是_，操作不当的步骤是_这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示其中0点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计数点根据纸带上的测量数据，当打B点时重锤的速度为_保留3位有效数字他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴画出的图象，应是图丙中的_
22、【答案】 (1). C (2). B (3). 1.84 (4). C【解析】【详解】（1）将打点计时器接到电源的“交流输出”上，故B错误，操作不当；因为我们是比较mgh、的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C没有必要（2）匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出B点的速度大小为：；（3）他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴画出的图象，根据，所以应是图中的C四、解答题（共46分）15. 一质量为m2 kg的小球从光滑的斜面上高h3.5 m处由静止滑下，斜面底端紧接着一个半径R1 m的光滑圆环，如图所示，求：(1)小球滑到圆
23、环顶点时对圆环的压力；(2)小球至少应从多高处由静止滑下才能越过圆环最高点？(g取10 m/s2)【答案】（1）（2）【解析】（10分）（每问5分）（1）由动能定理，列方程当小球到达在圆环最高点时，有解得（2）由动能定理，列方程当小球到达在圆环最高点时，有解得16. 如图所示，一质量为m=0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，小物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，与墙发生碰撞（碰撞时间极短）。碰前瞬间的速度v1=7m/s，碰后以v2=6m/s反向运动直至静止已知小物块与地面间的动摩擦因数=0.32，取g=10m/s2。求：（1）A点距墙面的距离x；（2）碰撞过程中，墙对小物块的
24、冲量大小I；（3）小物块在反向运动过程中，克服摩擦力所做的功W。【答案】（1）5m;（2）6.5 Ns;（3）9J【解析】【详解】（1）小物块由A到B过程做匀减速运动，由动能定理可得解得x=5 m；（2）选初速度方向为正方向，由动量定理得I =-mv2 - mv1解得I=-6.5 Ns，即冲量大小为6.5 Ns；（3）物块反向运动过程中，由动能定理得W=-9 J，即克服摩擦力所做的功为9 J。17. 如图所示，半径R1=1.8m的光滑圆弧轨道与半径R2=0.5m的半光滑圆弧轨道固定交错连接，衔接处有小孔，可以让看成质点的小球自由通过。现让质量m2=2kg的小球静止于B处，质量m1=1kg的小球
25、从光滑圆弧顶部的A处由静止释放，小球m1下滑至B处和m2发生弹性碰撞；假设小球与圆弧轨道撞时，沿半径方向的速度减为零，切线方向的速度保持不变，碰撞后小球沿圆弧运动。重力加速度g=10m/s2。（1）求小球m1和m2碰撞后瞬间的速度大小和方向；（2）求小球m2滑到半圆轨道底部C处时所受支持力大小；（3）求小球m1滑到半圆轨道底部C处时所受支持力大小。【答案】（1），方向水平向左； 方向水平向右；（2）164N；（3）62.48N【解析】【详解】（1）小球有圆弧最高点滑到B处时解得v0=6m/s小球m1和m2碰撞过程满足动量守恒和能量守恒，则 解得方向水平向左； 方向水平向右；（2）因可知小球m2
26、从最高点沿圆轨道能滑到C点，则到达C点时 解得 （3）小球m1反弹沿圆弧面上滑到最高点后再次返回到B点时的速度仍为，因为可知小球m1将从B点做平抛运动，则 由几何关系 解得t=0.2sx=0.4my=0.2m此时 即此时速度方向与水平方向夹角为45，合速度为 由几何关系可知小球与轨道碰撞点与轨道圆心的连线与水平方向夹角为37，则与轨道碰后沿切向方向的速度为则从此位置到C点，由机械能守恒定律可得 解得18. 如图所示，一足够长的水平传送带以速度v=2m/s匀速运动，质量为m1=1kg的小物块P和质量为m2=1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端
27、以速度v0=4m/s冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速度为g=10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：(1)物块P刚冲上传送带时的加速度大小；(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量；【答案】(1)8m/s2 ；(2)【解析】【详解】(1)物块P刚冲上传送带时，设P、Q的加速度为，轻绳的拉力为，因P的初速度大于传送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用，对P由牛顿第二定律得对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用，由牛顿第二定律得联立解得(2)P先减速到与传送带速度相同，设位移为，则共速后，由于摩擦力故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右，设此时的加速度为，轻绳的拉力为，对P由牛顿第二定律得 对Q由牛顿第二定律得联立解得设减速到0位移为，则P、Q系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功
