1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年安徽省铜陵一中高三（上）周考物理试卷（12.9）一、选择题1质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.5s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（）A500NB1000NC1200ND1400N2一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的物体A放在B上现在A和B正一起竖直向上运动，如图所示，当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长则从A、B分离起至A到达最
2、高点的这一过程中，弹簧的弹力对B的冲量大小为（g取10m/s2）（）A1.2NsB8NsC6NsD4Ns3在光滑的水平面上有a、b两球在t=2s时发生正碰，其质量分别为ma、mb，两球在碰撞前后的vt图象如图所示a、b两球质量之比是（）Ama：mb=1：2Bma：mb=2：5Cma：mb=2：1Dma：mb=5：24如图所示，从地面上的A点以速度v竖直向上抛出一小球，上升至最高点B后返回，O为A、B的中点，小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变下列说法正确的是（）A小球上升至O点时的速度等于0.5vB小球上升至O点时的速度小于0.5vC小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量D小球在
3、上升过程中动能的减少量等于下降过程中动能的增加量5质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示则（）A甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力属于内力作用，故系统动量守恒B当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C甲物块的速率可能达到5m/sD当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为06在水平面上有一木块，一颗子弹在射入木块前的动能为E1，动量大小为P1；射穿木块后子弹的动能为E2，动量大小为P2；若木块对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木块过程中（）A产生的热能为E1E2B产生的热能
4、小于 E1E2C平均速度大小为D平均速度大小为7如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）A小球在半圆槽内由A向B运动做圆周运动，由B向C运动也做圆周运动B小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D小球离开C点以后，将做斜抛运动二、非选择题8为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞（碰撞过程中没有机械能损失），某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下
5、述步骤做如下实验：用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1m2；按照如图所示的那样，安装好实验装置将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平，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处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1仍从斜槽顶端A处静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置；用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF根据该同学的实验，回答下列问题：（1）在没有放m2时，让小球m1从斜
6、槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点是图中的点；（2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式，则说明碰撞中动量是守的；（3）用测得的物理量来表示，只要再满足关系式，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞9如图所示，质量为3.0kg的小车以1.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是1/4光滑圆弧，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度E为40N/C，磁感应强度B为2.0T现有一质量为1.0kg、带负电且电荷量为1.0102C的滑块以8m/s的水平速度向右冲上小车，当它通过D点时速度为5.0m/s（滑块可
7、视为质点，g取10m/s2），求：（计算结果保留两位有效数字）（1）滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能；（2）如果圆弧轨道半径为1.0m，求滑块刚过D点时对轨道的压力；（3）若滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，此圆弧的最小半径2016-2017学年安徽省铜陵一中高三（上）周考物理试卷（12.9）参考答案与试题解析一、选择题1质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.5s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（）A500NB1000NC1200
8、ND1400N【考点】动量定理【分析】安全带被拉直前，工人做自由落体运动，根据运动学公式求出安全带被拉直瞬间工人的速度，设安全带的平均作用力为F，选向上方向为正，由动量定理即可求出安全带对工人的平均拉力，从而得到安全带所受的平均冲力的大小【解答】解：工人下落过程为自由落体运动，安全带被拉直瞬间工人的速度为：v0=10m/s；取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带的拉力F，取向上方向为正，由动量定理得：Ftmgt=0（mv0）所以F=mg+=600+=1000N；根据牛顿第三定律知，安全带所受的平均冲力大小为1000N故选：B2一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一
9、端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的物体A放在B上现在A和B正一起竖直向上运动，如图所示，当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，弹簧的弹力对B的冲量大小为（g取10m/s2）（）A1.2NsB8NsC6NsD4Ns【考点】动量定理【分析】A、B分离后A做竖直上抛运动，求出A的初速度与运动时间，然后由动量定理求出弹簧对B的冲量【解答】解：A、B物体分离时也是弹簧恢复原长时，此时A、B的速度相同，这以后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度；上升到最高点所需的时间；A到最高点弹簧恰恢复原长，此时B的
10、速度为2m/s，方向竖直向下，对B在此过程内用动量定理（规定向下为正方向）得：mBgt+IN=mBv（mBv），解得：IN=6Ns；选项C正确故选：C3在光滑的水平面上有a、b两球在t=2s时发生正碰，其质量分别为ma、mb，两球在碰撞前后的vt图象如图所示a、b两球质量之比是（）Ama：mb=1：2Bma：mb=2：5Cma：mb=2：1Dma：mb=5：2【考点】动量守恒定律【分析】a、b碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列出方程，结合图象信息即可求得两球质量关系【解答】解：由图可知b球碰前静止，设碰撞前，a球的速度为v0，碰后a球速度为v1，b球速度为v2，物体碰撞过程中动量守恒，规定
11、a的初速度方向为正，由动量守恒定律有：mav0=mav1+mbv2；由图知，v0=4m/s，v1=1m/s，v2=2m/s，代入上式解得：ma：mb=2：5故ACD错误，B正确故选：B4如图所示，从地面上的A点以速度v竖直向上抛出一小球，上升至最高点B后返回，O为A、B的中点，小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变下列说法正确的是（）A小球上升至O点时的速度等于0.5vB小球上升至O点时的速度小于0.5vC小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量D小球在上升过程中动能的减少量等于下降过程中动能的增加量【考点】动量定理【分析】上升过程阻力向下，下降过程阻力向上，根据牛顿第二定律求加速度
12、大小，然后根据运动学公式列式比较，重力的冲量p=mgt，根据动能定理求动能的变化【解答】解：A、B、上升过程，阻力向下，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma1；根据运动学公式，v2=2ahv2=2a解得v=v0.5v，故 AB错误C、下降过程，阻力向上，根据牛顿第二定律，有：mgf=ma2；故a1a2；根据h=at2可知，t1t2；重力的冲量p=mgt，故C正确；D、由于运动的整个过程，重力做功为零，阻力做负功，故末动能小于初动能，故E上E下，故D错误；故选：C5质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图
13、所示则（）A甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力属于内力作用，故系统动量守恒B当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C甲物块的速率可能达到5m/sD当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0【考点】动量守恒定律【分析】根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零判断动量是否守恒竖直方向上甲乙两物体所受的重力与水平面的支持力平衡水平方向系统不受外力当两物块相距最近时速度相同，根据动量守恒定律求出物块甲的速率物块甲的速率为1m/s时，速度方向可能与原来方向相同，也与原来方向相反，由动量守恒研究乙的速率若物块甲的速率为5m/s，由动量守恒求出乙的速率，根据系统的机械能是否守恒判断
14、速率为5m/s是否可能【解答】解：A、甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得到mv乙mv甲=2mv，解得v=0.5m/s故B错误C、若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则：mv乙mv甲=mv甲+m乙v乙，代入数据代入解得：v乙=6m/s两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则：mv乙mv甲=mv甲+m乙v乙，代入数据解得：v乙=4m/s，可以，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增
15、加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故C错误D、甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得：mv乙mv甲=mv甲+m乙v乙，代入数据解得：v乙=2m/s；若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得：mv乙mv甲=mv甲+m乙v乙，代入数据解得：v乙=0，故D正确故选：AD6在水平面上有一木块，一颗子弹在射入木块前的动能为E1，动量大小为P1；射穿木块后子弹的动能为E2，动量大小为P2；若木块对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木块过程中（）A产生的热能为E1E2B产生的热能小于 E1E2C平均速度大小
16、为D平均速度大小为【考点】动量定理；平均速度；动能定理【分析】先得到速度与动量、动能的关系式，即可得到子弹的初速度和末速度木板对子弹的阻力大小恒定，子弹做匀减速运动，平均速度=求解【解答】解：A、子弹减小的动能一部分转化为木块增加的动能，一部分转化为热能，所以产生的热能小于E1E2，所以B正确A错误；C、根据动能Ek=mv2动量P=mv得：v=故得到子弹的初速度为v1= 末速度为v2=木板对子弹的阻力大小恒定，子弹做匀减速运动，则平均速度=+所以D正确C错误；故选：BD7如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆
17、弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）A小球在半圆槽内由A向B运动做圆周运动，由B向C运动也做圆周运动B小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D小球离开C点以后，将做斜抛运动【考点】动量守恒定律【分析】小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽也会向右运动水平方向满足动量守恒在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒小球离开C点以后，既有竖直向上
18、的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动【解答】解：A、小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则小球机械能守恒，从A到B做圆周运动，系统在水平方向上动量不守恒；从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上动量守恒，则B到C小球的运动不是圆周运动，故A、B错误，C正确D、小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动故D正确故选：CD二、非选择题8为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞（碰撞过程中没有机械能损失），某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做如下实验：用天平测出两个小球的
19、质量分别为m1和m2，且m1m2；按照如图所示的那样，安装好实验装置将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平，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处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1仍从斜槽顶端A处静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置；用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF根据该同学的实验，回答下列问题：（1）在没有放m2时，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点是
20、图中的E点；（2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式m1=m1+m2，则说明碰撞中动量是守的；（3）用测得的物理量来表示，只要再满足关系式m1LE=m1LD+m2LF，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞【考点】验证动量守恒定律【分析】（1）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出；（2）设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律求出碰撞前后小球m1和小球m2的速度，表示出动量的表达式即可求解；（3）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失【解答】解：（1）小球m1和小球m2相撞后比没有碰撞时m1的变小，碰撞后m1的水平位移变
21、小，碰撞后m1的速度小于m2的速度，由图示可知，在没有放m2时，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点是图中的E点，碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点；（2）碰撞前，小于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2 设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：LDsin=gt2，LDcos=v1t，解得：v1=，同理可解得：v1=，v2=，所以只要满足m1v1=m2v2+m1v1，即：m1=m2+m1，m1=m1+m2，则说明两球碰撞过程中动量守恒；（3）
22、若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失则要满足关系式： m1v12=m1v12+m2v22，整理得：m1LE=m1LD+m2LF；故答案为：（1）E；（2）m1=m1+m2；（3）m1LE=m1LD+m2LF9如图所示，质量为3.0kg的小车以1.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是1/4光滑圆弧，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度E为40N/C，磁感应强度B为2.0T现有一质量为1.0kg、带负电且电荷量为1.0102C的滑块以8m/s的水平速度向右冲上小车，当它通过D
23、点时速度为5.0m/s（滑块可视为质点，g取10m/s2），求：（计算结果保留两位有效数字）（1）滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能；（2）如果圆弧轨道半径为1.0m，求滑块刚过D点时对轨道的压力；（3）若滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，此圆弧的最小半径【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，可求出滑块到达D点时车的速度，系统损失的机械能等于系统动能的减小（2）滑块通过D时受到重力、支持力、电场力和洛伦兹力，合
24、力提供向心力，写出动力学方程即可求出轨道对滑块的支持力；然后根据牛顿第三定律说明；（3）要使滑块不冲出圆弧轨道，滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同速度v，根据动量守恒定律和能量的转化与守恒定律求得结果【解答】解：（1）设滑块运动到D点时的速度为v1，小车在此时的速度为v2滑块从A运动到D的过程中系统动量守恒mv0+Mv2=mv1+Mv2小车的速度为v2=0小车与滑块组成的系统损失的机械能为E，E=21J（2）设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为N，得N=35.5N滑块对轨道压力N=N=35.5N（3）滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同速度v由动量守恒定律mv1=（m+M）v设圆弧轨道的最小半径为Rmin由能量守恒关系代人数据解得：Rmin=0.90m答：（1）小车、滑块组成的系统损失的机械能是21J；（2）滑块刚过D点时对轨道的压力35.5N；（3）若滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，此圆弧的最小半径为0.90m2016年12月31日高考资源网版权所有，侵权必究！