上饶县中学2022届高三年级上学期第二次月考物理试卷(零班)一、选择题(本题12小题，每小题4分，共48分，其中4、6、7、10、11题为多选题，全部选对的4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分)。1.对于环绕地球做圆周运动的卫星来说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化，某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r与周期T的关系作出如下图所示图像，则可求得地球质量为(已知引力常量为G)A.B.C.D.【答案】A【解析】试题分析：根据万有引力提供向心力，得到轨道半径与周期的函数关系，再结合图象计算斜率，从而可以计算出地球的质量．由万有引力提供向心力有，得，由图可知，所以地球的质量为，故A正确．2.一质量为m的物体在竖直向上的拉力F作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如下图所示，其中0～x1为一曲线，x1～x2为一与横轴平行的直线，x2～x3-15-\n为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，下列说法不正确的是A.0～x1过程中拉力F逐渐减小B.x1～x2过程中物体的重力势能可能不变C.x2～x3过程中拉力F为恒力D.0～x3过程中物体的机械能增加【答案】B【解析】【详解】根据动能定理得F合△x=△Ek，得F合=，即Ek-x图象的斜率大小等于合外力大小，则知0～x1过程中合外力逐渐减小，而拉力大于重力，所以拉力F逐渐减小，故A正确。x1～x2过程中物体向上匀速运动，重力势能增加，故B错误。x2～x3过程中合外力为恒力，则拉力F为恒力，故C正确。0～x3过程中，拉力一直做正功，物体的机械能增加，故D正确。此题选择不正确的选项，故选B。【点睛】解决本题的关键根据动能定理列式，分析出图象的斜率等于合外力，明确除了重力以外其他力做功等于物体机械能的变化．3.如图所示，质量均为m，半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两轨道通过一小段圆弧平滑连接。若两小球运动过程中始终接触，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为A.0B.mgRsinθC.2mgRsinθD.2mgR【答案】C【解析】【详解】两球运动到最高点时速度相等，动能相等，则两球机械能的差值等于重力势能的差值，为△E=mg•2Rsinθ=2mgRsinθ，故选C。-15-\n4.如下图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O点时弹簧处于自然状态。现将小物块向右移到a点，然后由静止释放，小物块最终停在O点左侧的b点(图中未画出)，以下说法正确的是A.小物块在b点处于平衡状态B.从O至b的过程中，小物块的加速度逐渐减小C.小物块在O点时的速度最大D.从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功【答案】AD【解析】【详解】因小物块最终停在O点左侧的b点，则物块在b点处于平衡状态，选项A正确；从O到b的过程中，根据牛顿第二定律得：a=，弹力逐渐增大，则加速度逐渐增大，故B错误；物块从a向b先做加速运动，后做减速运动，当加速度等于0时，速度最大，此时弹簧弹力等于滑动摩擦力，不在O点，故C错误；从a到b的过程中，初末动能都为零，根据能量守恒定律可知，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，故D正确。故选AD。【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、胡克定律、能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物块的运动情况和受力情况，知道当加速度等于0时，速度最大．5.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的P处，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ．为保持木板的运动速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，对木板施一水平向右的作用力F，力F要对木板做功，做功的数值可能为（）A.B.C.mv2D.2mv2【答案】C【解析】-15-\nM对m的摩擦力向右，则m对M的摩擦力向左，m做匀加速直线运动，当速度达到v和M一起做匀速运动．匀加速运动的时间t=，则木板运动的位移x=vt=．所以滑动摩擦力对木板做的功为W=μmgx=mv2根据动能定理知，拉力做的功等于滑动摩擦力做的功．故C正确，A、B、D错误．故选C．6.水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，乙的斜面倾角大，甲、乙斜面长分别为S、L1，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B可视为质点同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C，而小滑块B滑到底端P后沿水平面滑行到D处（小滑块B在P点从斜面滑到水平面的速度大小不变），在水平面上滑行的距离PD=L2，且S=L1+L2．小滑块A、B与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则（）A.滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B.两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同C.A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D.A、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同【答案】AC【解析】解：A、研究滑块A到达底端C点的过程，根据动能定理得mgh﹣μmgcosαS=m研究滑块B到达D点时的过程，根据动能定理得mgh﹣μmgcosθL1﹣μmgL2=mS=L1+L2．根据几何关系得cosαS＞cosθL1+L2．-15-\n所以m＜m，故A正确B、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以动能不同，故B错误C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于滑块B先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确D、A、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故D错误故选AC．【点评】本题主要考查动能定理和功能关系．关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量．7.如下图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是A.球1的机械能守恒B.球6在OA段机械能增加C.球6的水平射程最小D.六个小球落地点各不相同【答案】BC【解析】【分析】6个小球都在斜面上运动时，整个系统的机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以从球6到4，这些小球离开A的速度不断增大，最后3个小球离开A点的速度相同，由速度关系分析水平射程关系。【详解】6-15-\n个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒。当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球2对1的作用力做负功，故球1的机械能减少，故A错误；球6、5、4在OA段运动时，斜面上的球在加速，动能增加，机械能都增加，故B正确；由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故C正确；由于离开A点时，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三个球在水平面上运动时不再加速，3、2、1的速度相等，水平射程相同，所以六个球的落点不全相同，故D错误。故选BC。8.质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是A.Δp＝2kg·m/s W＝－2JB.Δp＝－2kg·m/s W＝2JC.Δp＝0.4kg·m/s W＝－2JD.Δp＝－0.4kg·m/s W＝2J【答案】A【解析】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p=mv2-mv1=0.2×4-0.2×（-6）=2kg•m/s，方向竖直向上．由动能定理可知，合外力做功：W=mv22-mv12=×0.2×42-×0.2×62=-2J；故选A．点睛：此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量．动量变化量也是矢量，同样要注意方向．应用动能定理可以求出合外力做的功．9..如图所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A.1.8m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.3.0m/s【答案】B【解析】以A.B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零的过程中，由动量守恒定律得：-15-\n(M−m)v0=MvB1代入数据解得：vB1=2.67m/s当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M−m)v0=(M+m)vB2代入数据解得：vB2=2m/s则在木块A正在做加速运动的时间内，B的速度范围为：2m/s<vB<2.67m/s故选：B点睛：对木板和木块组成的系统，合外力保持为零，系统的总动量守恒，A先向左减速，到速度减小为零后向右加速到速度与B相同，此过程A正在做加速运动，根据动量守恒定律求出A的速度为零时B的速度，以及两者相对静止时共同速度，确定出A正在做加速运动时，B的速度范围，再进行选择．10.在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球构成菱形，其带电量如下图所示。下图中－q与－q的连线跟－q与＋Q的连线之间夹角为α，若该系统处于平衡状态，则正确的关系式为A.cos3α＝B.cos3α＝C.sin3α＝D.sin3α＝【答案】AC【解析】【详解】由题意可知，对左边Q受力分析，如图所示，两个-q对左边+Q的库仑力的合力与右边+Q对左边+Q的库仑力等值反向，-15-\n设菱形的边长为a，则对图中Q有：，解得：8qsin3α=Q；即为sin3α=；对q，有：，可得cos3α=，故选AC。11.如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心（到四个顶点的距离均相等）．关于A、B、C、D四点的电势高低，下列判断正确的是（）A.φA=φBB.φA=φDC.φB＞φCD.φC＞φD【答案】BC【解析】试题分析：两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，过中垂面是一等势面，A、D在同一等势面上，电势相等，根据几何关系分析电势．解：B、由题如图，两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过ab和cd之间的中垂面是一等势面，由题目描述知A、D在同一等势面上，电势相等，故B正确；ACD、由图可知，电场线方向由B指向C一侧，依据沿电场线方向电势降低，由几何关系可知φB＞φC，φB＞φA，φD＞φC，故C正确，AD错误．故选：BC．【点评】本题要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住对称性，结合里面的几何关系，即可分析电势的关系．-15-\n12.在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如下图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物放在传送带上的A点，经过1.2s到达传送带的B点。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2。由vt图像可知A.A、B两点的距离为2.4mB.货物与传送带间的动摩擦因数为0.25C.货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为11.2JD.货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.6J【答案】C【解析】【详解】物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为：x=×2×0.2+（2+4）×1=3.2m。故A错误。由v-t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为：，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+f=ma1，即：mgsinθ+μmgcosθ=ma1…①同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为：得：mgsinθ-f=ma2，即：mgsinθ-μmgcosθ=ma2…②联立①②解得：cosθ=0.8，μ=0.5，故B错误；根据功能关系，由B中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1匀加速直线运动，由图象知位移为：x1=×2×0.2=0.2m，物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：Wf1=fx1=4×0.2=0.8J，同理做a2匀加速直线运动，由图象知位移为：x2=×（2+4）×1=3m，物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：Wf2=-fx2=-4×3=-12J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J-0.8J=11.2J，故C正确；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1-15-\n匀加速直线运动，位移为：x1=×2×0.2=0.2m，皮带位移为：x皮=2×0.2=0.4m，相对位移为：△x1=x皮-x1=0.4-0.2=0.2m，同理：做a2匀加速直线运动，位移为：x2=×（2+4）×1=3m，x皮2=2×1=2m，相对位移为：△x2=x2-x皮2=3-2=1m，故两者之间的总相对位移为：△x=△x1+△x2=1+0.2=1.2m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=f△x=4×1.2=4.8J，故D错误；故选C。【点睛】本题一方面要分析货物的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移．二、实验题（10分）13.某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz．（1）通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点__________和______之间某时刻开始减速．（2）计数点5对应的速度大小为_______m/s，计数点6对应的速度大小为________m/s．（保留三位有效数字）（3）物块减速运动过程中加速度的大小为a=________m/s2，若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值_______（填“偏大”或“偏小”）．【答案】①6；7；②1.00；1.20；③2.00，偏大【解析】-15-\n①从纸带上的数据分析得知：在计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速。②匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：③由纸带可知,计数点7往后做减速运动,根据逐差法有：由于物块运动过程中，还要受到打点计时器的阻力、空气阻力等其他阻力，因此加速度比摩擦阻力产生的加速度大，用来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g为重力加速度)，则计算结果比动摩擦因数的真实值大。三、计算题（共42分）14.如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0＝2m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90kg，乙和他的装备总质量为M2＝135kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5s，求甲与A的相互作用力F的大小。【答案】(1)5.2m/s(2)432N【解析】试题分析：①甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，说明甲乙的速度相等，以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的速度方向为正方向，-15-\n由动量守恒定律得：，以乙和A组成的系统为研究对象，以乙的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得：；②以甲为研究对象，以乙的初速度方向为正方向，由动量定理得：，解得：；考点：考查了动量守恒定律，动量定理15.如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为+Q的点电荷.一质量为m、带电荷量为+q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A点时受到的轨道的支持力大小.(2)点电荷+Q产生的电场在B点的电势大小.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：-15-\n（1）根据受力分析则即（2）根据动能定理则，且，因此考点：受力分析、动能定理、电场力做功点评：此类题型解题过程并不复杂，主要是对题目信息的提取是关键。通过动能定理比较容易得到结果16.如下图所示，在倾角为30°的光滑斜面体上，一劲度系数为k＝200N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C，另一端连接一质量为m＝4kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B使细绳刚好没有拉力，然后由静止释放，求：(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力；(2)物体A的最大速度大小。【答案】(1)30N(2)1m/s【解析】【详解】（1）回复原长时，对B：mg-T=ma对A：T-mgsin30°=ma代入数据解得：T=30N（2）初始位置，弹簧的压缩量为：x1＝＝10cm，当A速度最大时，有：mg=kx2+mgsin30°弹簧的伸长量为：x2＝＝10cm因为x1=x2，所以弹簧的弹性势能没有改变，由系统机械能守恒得：mg（x1+x2）-mg（x1+x2）sin30°=•2m•v2解得：v=g＝1m/s-15-\n【点睛】本题解题的关键是根据两个物体的受力分析判断运动情况，知道当A加速度为0时，A速度最大，此时AB受力都平衡，运动过程中A、B及弹簧组成的系统机械能守恒．17.如下图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝2kg。物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失。已知物块的质量m＝1kg，A点到B点的竖直高度为h＝1.8m，BC长度为L＝3m，BD段光滑。g取10m/s2。求在运动过程中：(1)弹簧弹性势能的最大值；(2)物块第二次到达C点的速度。【答案】(1)12J(2)－2m/s【解析】【详解】(1)由A点到B点的过程中，由动能定理得：mgh＝mvB2解得vB＝＝6m/s由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，mvB＝(M＋m)v此时的弹性势能最大，由能量守恒可得：Ep＝mvB2－(M＋m)v2由以上两式可得Ep＝12J(2)物块由B点至第二次到达C点的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，mvB＝mvC＋Mv′物块由B点至第二次到C点的整个过程机械能守恒mvB2＝mvC2＋Mv′2由以上两式可解得：vC＝－2m/s；vC＝6m/s(第一次到C点的速度，舍去)即物块第二次到达C点的速度为－2m/s。【点睛】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的应用，本题运动过程复杂，有一定的难度，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，搞清能量转化的关系．-15-\n-15-
