1、- 1 -上饶县中学 2018 届高三年级上学期第二次月考物 理 试 卷(特招班)一、选择题(本题 12 小题，每小题 4 分，共 48 分，其中 2、4、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
2、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 -2.如图所示，质量为 m1和 m2的两物块放在光滑的水平地面上，用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力 F 作用在 m1上时，两物块均以加速度 a 做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为 x；若用水平力 F作用在 m1上时，两物块均以加速度 a2 a 做匀加速运动，此时弹簧伸长量为 x。则下列关系正确的是A. F2 F B. x2 xC. F2 F D. x2 x【答案】AB【解析】【详解】当用水平力 F 作用在 m1上时，根据牛顿第二定律，知弹簧的弹力 F 弹 =m1a=kx当水平力 F作用在 m1上
3、时，两物块均以加速度 a=2a 做匀加速运动。知 F 弹 =2ma=kx知x=2x。对整体分析，F=（m 1+m2）a，F=（m 1+m2）2a，则 F=2F故 AB 正确，CD 错误。故选 AB。3.一质量为 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，下列说法正确的是A. 0 x1过程中拉力 F 逐渐增大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
4、机械能可能减少【答案】C【解析】【详解】根据动能定理得 F 合 x=E k，得 F 合 = ，即 Ek-x 图象的斜率大小等于合外力大小，则知 0x 1过程中合外力逐渐减小，而 F 合 =F-mg，所以拉力 F 逐渐减小，故 A 错误。x1x 2过程中物体向上匀速运动，重力势能增加，故 B 错误。x 2x 3过程中合外力为恒力，- 3 -则拉力 F 为恒力，故 C 正确。0x 3过程中，拉力一直做正功，物体的机械能增加，故 D 错误。故选 C。【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4.如图所示，一质量为 M 的斜面体静
5、止在水平地面上，质量为 m 的木块沿粗糙斜面加速下滑h 高度，速度大小由 v1增大到 v2，所用时间为 t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为 。在此过程中A. 斜面体受水平地面的静摩擦力为零B. 木块沿斜面下滑的距离为 tC. 如果给质量为 m 的木块一个沿斜面向上的初速度 v2，它将沿斜面上升到 h 高处速度变为v1D. 木块与斜面摩擦产生的热量为 mgh mv22 mv12【答案】BD【解析】【详解】对整体分析可知，因物块加速下滑，则整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受向左的外力；即受到地面对斜面体的静摩擦力；故 A 错误；由平均速度公式可知，物体的下滑的平均速
6、度为： ；故下滑的位移为：；故 B 正确；由于物体在斜面上受摩擦力，故向上滑的加速度一定大于向下滑的加速度；故上升 h 时的速度一定小于 v1；故 C 错误；由能量守恒定律可知：mgh+ mv12= mv22+Q；故有：Q= mgh+ mv12- mv22；故 D 正确；故选 BD。5.如图所示，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 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- 4 -A. 小物块在 b 点加速度方向为水平向右B. 从
7、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】D【解析】【详解】因小物块最终停在 O 点左侧的 b 点，则物块在 b 点加速度为零，选项 A 错误；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
8、擦力所做的功，故 D 正确。故选 D。【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6.如图所示，一块长木板 B 放在光滑的水平面上，在 B 上放一 A 物体，现以恒定的外力拉B，使 A、 B 间产生相对滑动，如果以地面为参考系， A、 B 都向前移动一段距离。在此过程中A. 外力 F 做的功等于 A 和 B 动能的增量B. B 对 A 的摩擦力所做的功，等于 A 的动能增量C. A 对 B 的摩擦力所做的功，等于 B 对 A 的摩擦力所做的功D. 外力 F 对 B 做的功等于 B 的动能的
9、增量【答案】B【解析】【详解】根据功能关系可知，外力 F 做的功等于 A 和 B 动能的增量与产生的内能之和，故 A错误；以 A 物体作为研究对象，A 物体所受的合外力等于 B 对 A 的摩擦力，对 A 物体，运用动能定理，则有 B 对 A 的摩擦力所做的功等于 A 的动能的增量，故 B 正确；A 对 B 的摩擦力与 B 对 A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于 A 在 B 上滑动，- 5 -A、B 对地的位移不等，故二者做功不相等，故 C 错误；对 B 应用动能定理，有 WF-WFf=EkB，即 WF=E kB+WFf就是外力 F 对 B 做的功，等于 B 的动能
10、增量与 B 克服摩擦力所做的功之和，故 D 错误；故选 B。【点睛】运用动能定理时，研究对象如果是系统，系统的内力做功也要考虑一般情况下两物体相对静止，系统的内力做功为 0如果两物体有相对位移，那么系统的内力做功有可能就不为 07.如图所示，质量为 m 的小球，从离地面高 H 处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h 深度而停止，设小球受到空气阻力为 f，重力加速度为 g，则下列说法正确的是A. 小球落地时动能等于 mgHB. 小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C. 整个过程中小球克服阻力做的功等于 mg(H h)D. 小球在泥土中受到的平均阻力为【答案】C【解析
11、】【详解】取从静止开始释放到落到地面得过程，应用由动能定理得：mgH-fH=E k-0，可得Ek=mgH-fH，故 A 错误。研究小球陷入泥中的过程，应用由动能定理得：mgh-W f=0-Ek Wf为克服泥土阻力所做的功 Wf=mgh+Ek ，故 B 错误。取整个过程为研究，应用由动能定理：mg（h+H）+W f=0 可得：W f=-mg（H+h） ，所以整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H+h） ，故 C 正确。克服泥土阻力所做的功 Wf=mgh+Ek=mg（H+h）-fH；所以小球在泥土中受到的平均阻力 f= +mg故 D 错误，故选 C。【点睛】动能定理的应用范围很广，可以求速度、力
12、、功等物理量一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究8.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 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- 6 -的差值为A. 0 B. mgRsin C. 2mgRsin D. 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=mg2Rsin=2mgRsin，故选 C。9.如图所示，一质量为 m 的小球固定于轻质弹簧的一
13、端，弹簧的另一端固定于 O 点。将小球拉至 A 点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到 O 点正下方与 A 点的竖直高度差为 h 的 B 点时，速度大小为 v。已知重力加速度为 g，下列说法正确的是A. 小球运动到 B 点时的动能等于 mghB. 小球由 A 点到 B 点重力势能减少 mv2C. 小球由 A 点到 B 点克服弹力做功为 mghD. 小球到达 B 点时弹簧的弹性势能为 mgh mv2【答案】D【解析】【详解】小球由 A 点到 B 点重力势能减少 mgh。小球在下降过程中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以小球运动到 B 点时的动能小于 mgh。故 AB 错误。根据动
14、能定理得：mgh+w 弹 = mv2，所以由 A 至 B 小球克服弹力做功为 mgh- mv2，故 C 错误。弹簧弹力做功量度弹性势能的变化。所以小球到达位置 B 时弹簧的弹性势能为 mgh- mv2，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题要注意我们研究的系统是小球而不是小球与弹簧，若说明是小球与弹簧系统则机械能守恒；而只对小球机械能是不定恒的；熟悉功能的对应关系- 7 -10.如图所示，将质量为 m 的小球以速度 v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为 h。若将质量分别为 2m、3m、4m、5m 的小球，分别以同样大小的速度 v0从半径均为 R h 的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，
15、轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。则质量分别为2m、3m、4m、5m 的小球中，能到达的最大高度仍为 h 的是（小球大小和空气阻力均不计）A. 质量为 2m 的小球 B. 质量为 3m 的小球C. 质量为 4m 的小球 D. 质量为 5m 的小球【答案】C【解析】试题分析：甲图将质量为 m 的小球以速度 v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为 h，此时速度为零；乙图将质量为 2m 的小球以速度 v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为 h，则此时速度不为零，根据动能与重力势能之和，大于初位置的动能与重力势能，因此不可能；丙图将质量为 3m 的小球以速度 v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，
16、则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到 h 高度；丁图将质量为 4m 的小球以速度 v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为 h，则此时速度为零，根据机械能守恒定律可知，满足条件；戊图将质量为 5m 的小球以速度 v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到 h 高度；故选 C。考点：机械能守恒定律【名师点睛】考查机械能守恒定律的应用，掌握曲线运动时，最高点的速度不为零，而直线运动最高点速度为零，是解题的关键。11.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
17、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- 8 -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 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
18、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。12.质量为 0.2 kg 的小球竖直向下以 6 m/s 的速度落至水平地面上，再
19、以 4 m/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 p 和合外力对小球做的功 W，下列说法正确的是A. p2 kgm/s W2 J B. p2 kgm/s W2 JC. p0.4 kgm/s W2 J D. p0.4 kgm/s W2 J【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=mv 2-mv1=0.24- 9 -0.2（-6）=2kgm/s，方向竖直向上由动能定理可知，合外力做功：W= mv22-mv12= 0.242- 0.262=-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
20、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二、实验题（10 分，每空 2 分）13.在探究动能定理的实验中,某实验小组组装了一套如图甲所示的装置,拉力传感器固定在小车上,一端与细绳相连,用拉力传感器记录小车受到拉力的大小。穿过打点计时器的纸带与小车尾部相连接,打点计时器打点周期为 T,实验的部分步骤如下:甲（1）平衡小车所受的阻力:不挂钩码,调整木板右端的高度,用手轻推小车,直到打点计时器在纸带上打出一系列_的点。（2）测量小车和拉力传感器的总质量 m,按图组装好仪器,并连接好所需电路,将小车停在打点计时器附近,先接通拉力传感器和打点计时器的电源,然后_,打出一条纸带,关
21、闭电源。（3）在打出的纸带中选择一条比较理想的纸带如图乙所示,在纸带上按打点先后顺序依次取O、 A、 B、 C、 D、 E 等多个计数点,各个计数点到 O 点间的距离分别用 hA、 hB、 hC、 hD、 hE、表示,则小车和拉力传感器在计时器打下 D 点时的动能表达式为_,若拉力传感器的读数为 F,计时器打下 A 点到打下 D 点过程中,细绳拉力对小车所做功的表达式为_。 乙(4)某同学以 A 点为起始点,以 A 点到各个计数点动能的增量 Ek为纵坐标,以 A 点到各个计数点拉力对小车所做的功 W 为横坐标,得到一条过原点的倾角为 45的直线,由此可以得到的结论是_。- 10 -【答案】 (
22、1). 间距相等 (2). 释放小车 (3). (4). F(hD-hA) (5). 外力所做的功等于物体动能的变化量【解析】平衡小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器打出一系间距相等的点。打下 D 点时的速度 vD= ，打下 D 点时的动能 EKD= MvD2= ；拉力传感器的读数为 F，计时器打下 A 点到打下 D 点过程中，细绳拉力对小车所做的功W=F（h D-hA） 。由动能定理得：E K=W，以 A 点到各个计数点动能的增量为纵坐标，以 A 点到各个计数点拉力对小车所做的功 W 为横坐标，得到一条过原点的倾角为 45的直线，由此可以得到的结论是：外
23、力所做的功，等于物体动能的变化量。三、计算题（共 42 分）14.河宽 d60 m，水流速度 v16 m/s，小船在静水中速度 v23 m/s，则：(1)小船渡河的最短时间是多少；(2)小船渡河的最短航程是多少【答案】 （1）20s（2）120m【解析】【详解】 （1）当船头垂直河岸渡河时，渡河时间最短故最短渡河时间： =20s（2）由于水流速度大于船速，故当船头与合速度垂直渡河时，航程最短即最短渡河位移为：其中 为实际航线与河岸的夹角。【点睛】 （1）由合运动和分运动具有等时性可知，当船头方向的分位移最小时，渡河时间最短，故当船头垂直河对岸航行时，渡河时间最短；（2）根据矢量合成的三角形定则
24、，可以确定，当船速和实际速度垂直时，合位移最小。15.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- 11 -甲、乙都以大小为 v02 m/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 M190 kg，乙和他的装备总质量为 M2135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为 m45 kg 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
25、)将物体 A 推出？(2)设甲与物体 A 作用时间为 t0.5 s，求甲与 A 的相互作用力 F 的大小。【答案】(1) 5.2 m/s (2) 432 N【解析】试题分析：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，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： ；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16.竖直平面内半径为 R 的光滑圆弧轨道 CDM 与左侧光滑
26、斜面体 ABC 相切于 C 点，倾角分别如图所示。 O 为圆弧圆心， D 为圆弧最低点， C、 M 在同一水平高度。斜面体 ABC 固定在地面上，顶端 B 安装一个光滑的定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮分别连接小物块 P、 Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，此时 P、 Q 两物块在斜面上保持静止。若 PC 间距 L10.25 m，物块P 质量 m13 kg。(取 g10 m/s 2。sin 370.6，cos 370.8)求：- 12 -(1)小物块 Q 的质量 m2；(2)若烧断细绳后，物块 P 第一次过 D 点时对轨道的压力大小为 78 N，则圆弧面的半径 R 是多少？【答案】(1) 4 kg
27、 (2) 0.5 m【解析】【详解】(1) P、 Q 两物块在斜面上保持静止，根据平衡条件得：对 P 受力分析： m1gsin 53 T 对 Q 受力分析： T m2gsin 37 由式代入数据解得： m24 kg。 (2)物块 P 运动到 D 过程由机械能守恒定律得： m1gh m1vD2 由几何关系得： h L1sin 53 R(1cos 53) 物块 P 运动到 D 点时，根据牛顿第二定律： FD m1g m1 由代入数据得： R0.5 m。17.如图所示，一质量 m=0.4kg 的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数 =0.1 的水平轨道上的 A 点现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，
28、外力的功率恒为 P=10.0W经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至 B 点后水平飞出，恰好在 C 点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点 D 处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为 25.6N已知轨道 AB 的长度 L=2.0m，半径 OC 和竖直方向的夹角 =37，圆形轨道的半径 R=0.5m （空气阻力可忽略，重力加速度 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）滑块运动到 C 点时速度 vc的大小；（2）B、C 两点的高度差 h 及水平距离 x；- 13 -（3）水平外力作用在滑块上的时间 t【答案】 （1）5m/s；
29、（2）0.45m；1.2m；（3）0.4s【解析】试题分析：（1）滑块运动到 D 点时，由牛顿第二定律得：F Nmgm滑块由 C 点运动到 D 点的过程，由机械能守恒定律得：mgR（1cos） mv mv联立解得 。（2）滑块在 C 点时，速度的竖直分量为：B、C 两点的高度差为 h 045 m滑块由 B 运动到 C 所用的时间为 ty 03 s滑块运动到 B 点时的速度为B、C 间的水平距离为（3）滑块由 A 点运动到 B 点的过程，由动能定理得：PtmgL mv解得 。考点：动能定理、牛顿第二定律、机械能守恒定律【名师点睛】本题考查了动能定理、机械能守恒和圆周运动、平抛运动的综合，知道圆周运动向心力的来源和平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。
