1、天津市和平区耀华中学2020届高三物理上学期11月试题（含解析）一选择题1.大小相等的力F按如图所示的四种方式作用在相同的物体上，使物体能沿不同粗糙程度的水平面匀速运动，则物体与水平面间的摩擦力最大的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】几种情况下均处于平衡状态，即合力0AA图中摩擦力等于拉力FBB图中将力沿着水平和竖直方向正交分解，则摩擦力CC图中将力沿着水平和竖直方向正交分解，则摩擦力DD图为将拉力沿水平和竖直方向正交分解，则摩擦力则可知A图中摩擦力最大，故A正确，BCD错误。故选A。2.我国ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间一辆汽
2、车以20 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s的时间速度减为5 m/s且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s2，假设汽车可视为质点则下列说法正确的是（ ）A. 汽车开始减速时距离自动收费装置110 mB. 汽车加速4 s后速度恢复到20 m/sC. 汽车从开始减速到速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 mD. 汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s【答案】C【解析】【详解】根据平均速度的推论知，汽车开始减速时距离自动收费装置的距离，A错误；汽车恢复到20m/s所需的时间，B错误；汽车加速运动的位移，则总路程，C正确；这段路程
3、匀速运动通过的时间，则通过自动收费装置耽误的时间，故D错误3.如图所示，水平地面上固定一斜面，斜面倾角为，初始时将一物体A轻放在斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g下列分析正确的是（）A. 若tan，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动B. 若tan，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将以大于a的加速度沿斜面向下加速运动C. 若tan，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将仍以加速度a沿斜面向下加速运动D. 若tan，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F
4、，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动【答案】B【解析】【详解】AD若tan，重力下滑分力小于或等于最大静摩擦力，物体静止，施加F后相当于增加重力，物体仍静止，故A错误，D错误.BC若tan，重力下滑分力大于最大静摩擦力，物体加速下滑：施加F后合外力增大，但质量不变，故加速度增大，故B正确，C错误.4.如图，将一质量为2m的重物悬挂在轻绳一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离A为d处现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（）A. 环到达B处时，重物上升的高度
5、B. 环能下降的最大距离为C. 环到达B处时，环与重物的速度大小之比为D. 环从A到B减少的机械能等于重物增加的机械能【答案】BD【解析】【详解】根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h=dd，故A错误；环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为，根据机械能守恒有，解得：h=d，故B正确对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45=v重物，所以，故C错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故D正确；故选BD5.质量为m的小车中挂有一个单摆，摆球的质
6、量为m0，小车和单摆以恒定的速度v0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为m1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，可能发生的情景有：小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为v1、v2和v3，且满足：（m+m0）v0mv1+m1v2+m0v3摆球的速度不变，小车和木块的速度为v1、v2，且满足：mv0mv1+m1v2摆球的速度不变，小车和木块的速度都为v，且满足：mv0（m+m1）v小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，且满足：（m+m0）v0（m+m0）v1+m1v2其中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在碰撞
7、的瞬间不发生改变，可以认为没有参与碰撞，若小车和木块碰撞后的速度分别为v1和v2，则根据动量守恒定律，有：mv0mv1+m1v2若小车和木块碰撞后的速度均为v，则根据动量守恒定律，有：mv0（m+m1）v故都可能发生，故选B6.在X星球表面，字航员做了一个实验：如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在坚直平面内做半径为R的圆周运动小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其Fv2图象如图乙所示已知X星球的半径为R0，万有引力常量为G，不考虑星球自转则下列说法正确的是（）A. X星球的第一宇宙速度v1B. X星球的密度C. X星球的质量MD. 环绕X星球运行的离星球表
8、面高度为R0的卫星的周期T4【答案】D【解析】【详解】A小球在最高点时有：所以可得：将图线与横轴交点带入则得：X星球的第一宇宙速度为：故A错误.BC根据：则X星球的质量为：X星球的密度为：故B错误，C错误.D根据：解得：则环绕X星球运行的离星球表面高度为R0的卫星周期为：故D正确.二多选题7.如图所示，斜面除AB段粗糙外，其余部分都是光滑的，物体与AB段的摩擦因数又处处相等，一个从顶点滑下的物体，经过A点时速度与经过C点时的速度相等，且ABBC，则以下说法中正确的是()A. 物体在AB段和BC段加速度大小相等B. 物体在AB段和BC段的运动时间相等C. 重力在以上两段运动中对物体做的功相等D.
9、 物体在以上两段运动中动量变化量相同【答案】BC【解析】【详解】由题设知， AB段粗糙，物体受重力、支持力和摩擦力，BC段仅受重力和支持力，合力大于AB段的合力，根据牛顿第二定律，知BC段的加速度大于AB段的加速度，故A错误；经过A点时的速度与经过C点时的速度相等，根据，知AB段和BC段的平均速度相等，两段位移相等，所以运动时间相等，故B正确；重力做功与首末位置的高度差有关，在两段运动过程中，高度差相同，所以重力做功相等，故C正确；A到B、B到C速度变化量的大小相等，根据，知动量变化的大小相等，但方向不同，故D错误所以选BC8.雨滴在空中下落的过程中，空气对它的阻力随其下落速度的增大而增大。若
10、雨滴下落过程中其质量的变化及初速度的大小均可忽略不计，以地面为重力势能的零参考面。从雨滴开始下落计时，关于雨滴下落过程中其速度的大小v、重力势能Ep随时间变化的情况，如图所示的图象中可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】AB根据牛顿第二定律得：mgfma得：随着速度增大，雨滴受到的阻力f增大，则知加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，雨滴做匀速直线运动，故vt图象切线斜率先减小后不变，故A错误，B正确；CD以地面为重力势能的零参考面，则雨滴的重力势能为：Epmghmgat2Ep随时间变化的图象应该是开口向下的，故CD错误；故选B.9.在倾角为的
11、光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g) ，下列说法正确的是( ) A. 物块A运动的距离为B. 物块A加速度为C. 拉力F做的功为mv2D. 拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量【答案】AD【解析】【详解】开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：mgsin=kx1解得：；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡
12、克定律，有；mgsin=kx2； 解得：；故物块A运动的距离为：xx1+x2，故A正确；此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：F-mgsin-T=ma弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：T=mgsin，故：a=2gsin，故B错误；拉力F做的功等于物体A、物体B和弹簧系统机械能的增加量，为：W=mgxsin+mv2+EP弹，故C错误；由于质量相等，那么刚好要离开挡板时候的弹性势能和刚开始相同，同时B物体机械能没有变化，那么整个过程中外力F做的功全部用于增加物块A的机械能，故D正确；故选AD【点睛】本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的B物体恰好要滑动
13、的临界状态，然后结合功能关系分析，不难10.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为0.75h0（不计空气阻力），则（）A. 小球和小车组成的系统动量守恒B. 小车向左运动的最大距离为RC. 小球离开小车后做斜上抛运动D. 小球第二次冲过A能上升的最大高度0.5h0h0.75h0【答案】BD【解析】【详解】A小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B系统水平方向
14、动量守恒，以向右为正方向在水平方向由动量守恒定律得：即：计算得出小车的位移：，所以B正确;C小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误;D小球第一次车中运动过程中,由动能定理得：为小球克服摩擦力做功大小，计算得出：即小球第一次在车中滚动损失的机械能为，因为小球第二次在车中滚动时对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：而小于，所以D正确;三实验题11.在“验证机械能守恒定律”的实验中： A. B. C
15、. D. (1)纸带将被释放瞬间的四种情景如照片所示，其中操作最规范的是_.(2)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材为完成此实验，除了所给的器材，从下图还必须选取的实验器材是_(填字母代号) (3)若实验中所用重锤的质量为m，某次实验打出的一条纸带如图所示在纸带上选取五个连续的点A、B、C、D和E，量得相邻点间的距离分别为S1、S2、 S3、 S4，当地的重力加速度为g.本实验所用电源的频率为f.从打下点B到打下点D的过程中，重锤重力势能减小量Ep=_，重锤动能增加量Ek=_在误差允许的范围内，通过比较就可以验证重物下落过程中机械能是否守恒【答案】 (1). D (2). AEF (3
16、). (4). 【解析】【详解】（1）在验证机械能守恒定律的实验中，实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放故D正确，ABC错误（2）试验中除了铁架台、夹子、导线、纸带等器材还必须选取的实验器材是电火花打点计时器、刻度尺和重锤，故选AEF；（3）打下点B到打下点D的过程中，重锤重力势能减小量Ep= mg(s2+s3)； B点的瞬时速度 ，D点的瞬时速度；则动能的增加量Ek12.下图为验证动量守恒定律的实验装罝，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验： 用天平测出两个小球的质量分别为为m1和为m2; 安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的
17、末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；先不放小球m2,让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位罝P;将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞， 分别标记小球m1,、m2在斜面上的落点位置；用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离图中从M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为SM、SP、SN依据上述实验步骤，请回答下面问题：（1）两小球的质量m1、m2应满足m1_m2(填写“”，“=”或“m2（2）要验证动量守恒定律，需测量小球的质量和三个落点到B点的距离故提供的测量工具中必需的是
18、AC（3）碰撞前，小球m1落在图中的P点，设其水平初速度为小球m1、m2发生碰撞后，m1的落点在图中的M点，设其水平初速度为，m2的落点在图中的N点，设其水平初速度为设斜面与水平间的倾角为，由平抛运动规律得：、解得：同理可得：、只要满足即，就可以说明两球碰撞前后动量是守恒的四解答题13.如图所示，半圆形竖直光滑轨道bc固定在水平地面上，轨道半径R0.6m，与水平粗糙地面ab相切，质量m20.2kg的物块B静止在水平地面上b点，另一质量m10.6kg物块A在a点以v010m/s的初速度沿地面滑向物块B，与物块B发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两物块粘在一起，之后冲上半圆轨道，到最高点c时，两物块对
19、轨道的压力恰好等于两物块的重力已知ab两点间距L3.6m，A与B均可视为质点，空气阻力不计，g取10m/s2求：（1）物块A与B刚碰后一起运动的速度v；（2）物块A和地面间的动摩擦因数【答案】(1)6m/s(2)0.5【解析】【详解】(1)在轨道的最高点，根据牛顿定律：从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒：联立各式代入数据解得(2)两物块碰撞的过程中，根据动量守恒定律：物块A从a运动到b的过程中，根据动能定理：联立各式并代入数据得：答：(1)物块A与B刚碰后一起运动的速度；(2)物块A和地面间的动摩擦因数14.如图所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A、B，右端N处与水平传送带理想连接
20、，传送带水平部分长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度v0=2m/s匀速转动物块A、B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为=0.2，物块A、B质量均为m=1kg开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质短弹簧现解除锁定，弹簧弹开A、B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高h=0.8m，Q点与水平台面间右端间的距离S=1.6m，g取10m/s2（1）求物块A脱离弹簧时速度的大小；（2）求弹簧储存的弹性势能；（3）求物块B在水平传送带上运动的时间【答案】（1）4m/s；（2）16J；（3）4.5s【解析】【详解】（1）A作平抛运动，竖直方向：，水平方向：解得：vA=4m/s
21、（2）解锁过程系统动量守恒：由能量守恒定律：解得：Ep=16J （3）B作匀变速运动，由牛顿第二定律，解得：B向右匀减速至速度为零，由，解得SB=4mL=8m，所以B最终回到水平台面设B向右匀减速的时间为t1：设B向左加速至与传送带共速的时间为t2，由，共速后做匀速运动的时间为t3：总时间：15.为登月探测月球，上海航天研制了“月球车”，如图甲所示，某探究性学习小组对“月球车”的性能进行研究，他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图乙所示的vt图象，已知0t1段为过原点的倾斜直线：t110s内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P=1.
22、2kW，710s段为平行F横轴的直线；在10s未停止遥控，让“月球车”自由滑行，“月球车”质量m=100kg，整个过程中“月球车”受到的阻力f大小不变（1）求“月球车”所受阻力f的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小；（2）求“月球车”在加速运动过程中的总位移s；（3）求013s内牵引力所做的总功【答案】（1）“月球车”所受阻力f大小为200N，“月球车”匀速运动时的速度大小为2m/s2；（2）求“月球车”在加速运动过程中的总位移s为28.5m；（3）求013s内牵引力所做的总功为11100J【解析】【详解】（1）在10 s末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f作用下做匀减速运动，由图象可知，加
23、速度：a=，由牛顿第二定律得，其阻力：f=ma，710 s内“月球车”匀速运动，设牵引力为F，则F=f由P=Fv1可得“月球车”匀速运动时的速度：v1=，解得v1=6 m/s，a=2m/s2，f=200N（2）“月球车”的加速度运动过程可分为：0t1时间内的匀加速运动、t17 s时间内的变加速运动两个阶段t1时功率为P=1.2kW，速度为：vt=3 m/s，由P=F1vt可得，此时牵引力为F1=400N，由牛顿第二定律：F1f=ma1，解得0t1时间内的加速度大小为：a1=2m/s2，匀加速运动的时间：t1=1.5 s，匀加速运动的位移：s1=a1t12=2.25m，07s内，由动能定理得：F1s1+P（7t1）fs=mv12mv02，解得“月球车”在加速运动过程中的总位移s=28.5m（3）在01.5 s内，牵引力做功：W1=F1s1=4002.25J=900J，在1.510 s内，牵引力做功：W2=Pt=1 200（101.5）J=10200J，10s后，停止遥控，牵引力做功为零，013s内牵引力所做的总功：W=W1+W2=11100J答：（1）“月球车”所受阻力f的大小为200N，“月球车”匀速运动时的速度大小为2m/s2；（2）求“月球车”在加速运动过程中的总位移s为28.5m；（3）求013s内牵引力所做的总功为11100J
