1、- 1 -牡一中 2016级高三学年上学期 10月月考物 理 试 题一、选择题（每题 4分，共 48分，其中 17题为单选，812 题为多选，选对但不全得 2分）1.如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上 O点，跨过滑轮的细绳连物块a、 b， a、 b都处于静止状态现将物块 b移至 C点后， a、 b仍保持静止，下列说法中正确的是 A. b与水平面间的摩擦力减小B. 地面对 b的弹力减小C. 悬于墙上的绳所受拉力不变D. a、 b静止时，图中 三角相等【答案】D【解析】【详解】对物体 a分析，由于 a处于静止，故绳子的拉力等于 a的重力；绳子对 b的拉力也保持不变，等于 a的重力；再对
2、物体 b分析，b 向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向 b受力平衡，摩擦力增大，故 A错误；物体 b向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳拉力竖直分量减小，则地面对 b的弹力变大，故 B错误；由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小，故 C错误；对滑轮分析，由于 A一直竖直，故绳子与墙平行，故 =；因拉 A的绳子与拉 B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故 、 三角始终相等，故 D正确；故选 D。【点睛】本题要注意分别对 A、B 及滑轮分析，根据共点力的平衡条件可得出各物体受力的关系；同时注意要
3、根据力的合成与分解等知识进行讨论2.汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的 0.1倍，汽车能达- 2 -到的最大速度为 vm，则当汽车速度为 时，汽车的加速度为(重力加速度为 g)A. 0.1 g B. 0.2 g C. 0.3 g D. 0.4g【答案】A【解析】试题分析：汽车在运动过程中受到牵引力和摩擦阻力，因为当牵引力等于阻力时，加速度为零，速度最大，因为 ， 故有 ，当速度为 时， ，此时加速度，故 A正确考点：考查了机车启动【名师点睛】关键是知道汽车达到速度最大时，汽车的牵引力和阻力相等，根据功率 ，可以根据题意算出汽车发动机的功率 P，当速度为 时，在运用一
4、次 即可求出此时的F，根据牛顿第二定律就可求出此时的加速度3.质量 m20kg 的物体，在大小恒定的水平外力 F的作用下，沿水平面做直线运动,02s内 F与运动方向相反，24s 内 F与运动方向相同，物体的 v t图象如图所示。 g取10m/s2，则A. 拉力 F的大小为 100NB. 物体在 4s时拉力的功率大小为 120WC. 4s内拉力所做的功为 720JD. 4s内物体克服摩擦力做的功为 320J【答案】B【解析】【详解】由图象可得：02s 内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：，匀减速过程有 F+f=ma1，匀加速过程加速度大小为：- 3 -，有 F-f=ma2，解得： f=40N，
5、 F=60N，故 A错误；物体在 4 s时拉力的瞬时功率为 P=Fv=602W=120W，故 B正确；4s 内物体通过的位移为，拉力做功为 W=-Fx=-480J，故 C错误；4s 内物体通过的路程为 ，摩擦力做功为 Wf=-fs=-4012J=-480J，故 D错误。所以 B正确，ACD 错误。4.一质量为 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 0x 1为一曲线，x 1x 2为一与横轴平行的直线，x 2x 3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. 0x 1过程中拉力 F逐渐减小B. x1
6、x 2过程中物体的重力势能可能不变C. x2x 3过程中拉力 F为恒力D. 0x 3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=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，而拉力大于重力，所以拉力 F逐渐减小，故 A正确。x 1x 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，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
7、确除了重力以外其他力做功等于物体机械能的变化5.如图所示，大气球质量为 100 kg，载有质量为 50 kg的人，静止在空气中距地面 20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）- 4 -A. 10 m B. 30 m C. 40 m D. 60 m【答案】B【解析】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度 v1，气球的速度 v2，设运动时间为 t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得： m1v1-m2v2=0，则， ， ，则绳子长度 L=s 气球 +s 人=1
8、0m+20m=30m，即绳子至少长 30m长，故选 B。【点睛】本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，关键要找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系6.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 m1 kg 的货物放在传送带上的 A点，经过 1.2 s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 g10 m/s 2。由 vt图像可知A. A、B 两点的距离为 2.4 mB. 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
9、物做功大小为 11.2 JD. 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 4.6 J【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= 20.2+ （2+4）- 5 -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：mgsin+f=ma 1，即：mgsin+mgcos=ma 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
10、为：得：mgsin-f=ma 2，即：mgsin-mgcos=ma 2联立解得：cos=0.8，=0.5，故 B错误； 根据功能关系，由 B中可知：f=mgcos=0.51010.8=4N，做 a1匀加速直线运动，由图象知位移为：x 1= 20.2=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=40.2=0.8J，同理做 a2匀加速直线运动，由图象知位移为：x 2= （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：W f2=-fx2=-43=-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
11、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=mgcos=0.51010.8=4N，做a1匀加速直线运动，位移为：x 1= 20.2=0.2m，皮带位移为：x 皮 =20.2=0.4m，相对位移为：x 1=x 皮 -x1=0.4-0.2=0.2m，同理：做 a2匀加速直线运动，位移为：x 2= （2+4）1=3m，x 皮 2=21=2m，相对位移为：x 2=x2-x 皮 2=3-2=1m，故两者之间的总相对位移为：x=x 1+x 2=1+0.2=1.2m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fx=41.2=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
12、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7.如图所示，两质量均为 m的小球 1、2(可视为质点)用一轻质杆相连并置于图示位置，质量也为 m的小球 3置于水平面 OB上，半圆光滑轨道与水平面相切于 B点。由于扰动，小球1、2 分别沿 AO、OB 开始运动，当小球 1下落 h0.2 m 时，杆与竖直墙壁夹角 37，此时小球 2刚好与小球 3相碰，碰后小球 3获得的速度大小是碰前小球 2速度大小的 ，并且小球 3恰好能通过半圆轨道的最高点 C，取 g10 m/s 2，cos 370.8，sin 37- 6 -0.6
13、，一切摩擦不计，则( )A. 小球 1在下落过程中机械能守恒B. 小球 2与小球 3相碰时，小球 1的速度大小为 1.6 m/sC. 小球 2与小球 3相碰前，小球 1的平均速度大于小球 2的平均速度D. 半圆轨道半径大小为 R0.08 m【答案】D【解析】【详解】小球 1与 2连在一起，小球 1向下运动的过程中小球 2将向右运动，小球 1的重力势能减小，小球 2的重力势能不变，两个球的动能都增大。由于对 1和 2球只有重力做功，两个球组成的系统的机械能守恒，但 1的机械能不守恒。故 A错误；小球 1下落 h=0.2m时，杆与竖直墙壁夹角 =37，将两个小球的速度分解如图：设当小球 1下落 h
14、=0.2m时小球 1的速度是 v1，小球 2的速度是 v2，由图中几何关系，则：v1cos37=v2sin37；由机械能守恒得： ；联立得：v1=1.2m/s，v 2=1.6m/s。故 B错误；设杆的长度为 L，由几何关系可得：L-Lcos37=h，代入数据得：L=1.0m，所以小球 2到 O点的距离：x 2=Lsin37=1.00.6=0.6m；由于两个小球运动的时间相等，而小球 2的位移大小大于小球 1的位移的大小，所以小球 2与小球 3相碰前，小球 1的平均速度小于小球 2的平均速度。故 C错误；碰后小球 3获得的速度大小是碰前小球 2速度的 ，所以碰撞后小球 3的速度： v3 1.62
15、m/s；小球 3恰好能通过半圆轨道的最高点 C，此时的重力提供向心力，所以： ；小球 3从 B到 C的过程中机械能守恒，则： ；联立以上方程得：R=0.08m。故 D正确。故选 D。- 7 -【点睛】该题考查速度的合成与分解、机械能守恒定律与牛顿第二定律的应用，注意机械能守恒的判定，掌握几何关系的运用，正确找出小球 1与 2的速度关系是解答的关键。8.如图所示，发射升空的卫星在转移椭圆轨道上 A点处经变轨后进入运行圆轨道A、B分别为轨道的远地点和近地点则卫星在轨道上A. 经过 A点的速度小于经过 B点的速度B. 经过 A点的动能大于在轨道上经过 A点的动能C. 运动的周期大于在轨道上运动的周期
16、D. 经过 A点的加速度等于在轨道上经过 A点的加速度【答案】AD【解析】【详解】由 B运动到 A引力做负功，动能减小的，所以经过 A点的速度小于经过 B点的速度，故 A正确；同在 A点，只有加速它的轨道才会变大，所以经过 A点的动能小于在轨道上经过 A点的动能，故 B错误；轨道的半长轴小于轨道的半径，根据开普勒第三定律，在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期，故 C错误；根据 a= ，在轨道上经过 A的加速度等于在轨道上经过 A的加速度，故 D正确；故选 AD。【点睛】解决本题的关键理解卫星绕地球运动的规律要注意向心力是物体做圆周运动所需要的力，比较加速度，应比较物体实际所受到的力，即万有
17、引力9.如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块 A、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻，A、B 处于同一高度并恰好静止。剪断轻绳后 A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块( )A. 速度的变化大小相同- 8 -B. 动能的变化相同C. 重力势能的变化相同D. 重力的平均功率相同【答案】AD【解析】【详解】刚开始 AB处于静止状态，所以有 mBgsin=m Ag，则 mBm A，剪断轻绳后 A自由下落，B沿斜面下滑，AB 都只有重力做功，根据机械能守恒定律得： mv2=mgh；得 v= ，速度的变化量v=v-0=v，可知两个物体落地速
18、度大小相等，速度的变化大小相同，动能的变化不相同，故 A正确，B 错误；下落的高度相同，故重力做功 WA=mAgh，W B=mBgh，由于质量不同，故重力做功不同，重力势能的变化不同，故 C错误；初始时刻，A、B 处于同一高度并恰好处于静止状态。当剪断后，A 的合力为 mAg，加速度为 g，B 的合力为 mBgsin，根据牛顿第二定律可知 B的加速度为 gsin。对 A，由 h= gtA2，得 tA= ；对 B，由 ，则得 ，A 重力做功的平均功率为： ；B 重力做功的平均功率为：，所以重力做功的平均功率相等，故 D正确；故选 AD。【点睛】重力做功决定重力势能的变化与否，若做正功，则重力势能
19、减少；若做负功，则重力势能增加，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值.10.在一水平向右匀速运动的传送带的左端 A点，每隔相同的时间 T，轻放上一个相同的工件已知工件与传送带间动摩擦因数为 ，工件质量为 m.经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为 L.已知重力加速度为 g，下列判断正确的有( )A. 传送带的速度大小为B. 工件在传送带上加速时间为C. 传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为D. 每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为- 9 -【答案】AC【解析】【详解】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可
20、知 x=vT，解得传送带的速度 v=L/T故 A正确。设每个工件匀加速运动的时间为 t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为 g，根据 v=v0+at，解得：故 B错误。工件与传送带相对滑动的路程为： ，则摩擦产生的热量为：Q= mg x 故 D错误。根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量 E= mv2+ mg x 故 C正确。故选 AC。【点睛】解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，知道各个工件在传送带上的运动规律相同，结合牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒综合求解.11.如图所示，小球 A质量为 m，系在细线的一端，线的另一端固定在 O点， O点到光滑水平面的距离为 h.物块
21、 B和 C的质量分别是 5m和 3m， B与 C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且 B物块位于 O点正下方现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块 B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为 .小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为 g，则（ ）A. 碰撞后小球 A反弹的速度大小为B. 碰撞过程 B物块受到的冲量大小C. 碰后轻弹簧获得的最大弹性势能D. 小球 C的最大速度大小为【答案】ACD【解析】- 10 -【详解】A、设小球运动到最低点与物块 B碰撞前的速度大小为 v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有： ，
22、解得：设碰撞后小球反弹的速度大小为 v1，同理有： ；解得 ，选项 A正确。B、设碰撞后物块 B的速度大小为 v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有： mv1-mv15 mv2；解得： ；由动量定理可得，碰撞过程 B物块受到的冲量为：，选项 B错误。C、碰撞后当 B物块与 C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv28 mv3；据机械能守恒定律 ；解得： ；选项 C正确。D、对 B物块与 C物块在弹簧回到原长时， C物块有最大速度；据动量守恒和机械能守恒可解得 ；选项 D正确。【点睛】本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解
23、12.如图所示，A、B 两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为 k，木块 A和木块 B的质量均为 m。现用一竖直向下的压力将木块 A缓慢压缩到某一位置，木块 A在此位置所受的压力为 F(Fmg)，弹簧的弹性势能为 E，撤去力 F后，下列说法正确的是A. 当 A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态B. 弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对 A、B 的冲量相同C. 当 B开始运动时，A 的速度大小为D. 全程中，A 上升的最大高度为【答案】AD【解析】- 11 -由题意可知当 A受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于重力大小
24、，此时弹簧处于压缩状态，故 A项正确；由于冲量是矢量，而弹簧弹力对 A、B 的冲量方向相反，故 B项错误；设弹簧恢复到原长时 A的速度为 v，绳子绷紧瞬间 A、B 共同速度为 v1，A、B 共同上升的最大高度为 h，A 上升最大高度为 H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得，绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得 mv=2mv1，A、B 共同上升的过程中据能量守恒可得 ， ，可得 B开始运动时 A的速度大小为，A 上升的最大高度为 ，故 C项错误，D 项正确。二、实验题（每空 2分，共 16分）13.某探究小组利用气垫导轨和光电门计时器等装置探究动能定理.他们通过改变滑轮下端小盘中沙子的质量来改变滑
25、块水平方向的拉力;滑块上装有宽为 d的挡光片.实验中,用天平称出小盘和沙子的总质量为 m,滑块(带挡光片)的质量为 M,计时器显示挡光片经过光电门 1和2的时间分别为 t 1,t 2.(1)在满足_的条件下,才可以认为小盘和沙子的总重力所做的功等于绳的拉力对滑块做的功. (2)实验中还必须测量的物理量是_,若可以认为小盘和沙子的总重力所做的功等于绳的拉力对滑块做的功，试写出本次需要探究的关系式_(用测量量和已知量表示).【答案】 (1). mM (2). 两光电门之间的距离 L (3). 【解析】【详解】 （1）根据实验原理可知当小盘和沙子的总质量 m远小于滑块车的总质量 M时，可将才可以认为
26、小盘和沙子的重力看作滑块的拉力，根据动能定理可知，此时小盘和沙子的重力所做的功等于滑块动能的改变量（2）要测量滑块受到的拉力做的功，必须要知道滑块从光电门 1运动到光电门 2的距离，即还必须测量两光电门之间的距离 L- 12 -滑块所受的合外力做功为 W=mgL；由于光电门的宽度 d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门 1速度 v1= ；滑块通过光电门 2速度 v2= ；所以动能的增量 Ek Mv22 Mv12= M（ ） 2- M（ ） 2 ；故本次探究的原理表达式为 mgL=M（ ） 2- M（ ） 2 .【点睛】管是考查什么实验，首先要找到实验原理，我们就可以根
27、据实验原理找需要的实验仪器，找实验时需要注意的问题，列式求解一些需要的物理量实验中我们还要清楚研究对象和研究过程，要学会对实验误差的分析14.在“验证机械能守恒定律”实验中，利用重锤拖着纸带自由下落，通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，即可验证机械能守恒定律。(1)安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示。图中 O点为打点起始点，且速度为零。(2)本实验是否需要测定重锤质量 m：_(填“需要”或“不需要”)。(3)选取纸带上打出的连续点 A、 B、 C、,测出其中 E、 F、 G点距起始点 O的距离分别为h1、 h2、 h3，已知当地重力加速
28、度为 g，打点计时器打点周期为 T。为验证从打下 F点的过程中机械能是否守恒，需要验证的表达式是_(用题中所给字母表示)。【答案】 (1). （2）不需要 (2). （3）【解析】（2）验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量重锤的质量（3）F 点的瞬时速度 vF ，则动能的增加量 Ek mvF2 ，重力势能的减小量- 13 -E p=mgh2，则需要验证的表达式为： mgh2 ，即 gh2 。15.在“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图所示。槽口末端在水平地面上的竖直投影为 O点，实验中可供选择的碰撞小球均为直径相同的硬质小球，碰撞时都可认
29、为是弹性碰撞。设入射小球的质量为 m1，被碰小球的质量为 m2。（1）为了使入射小球在碰撞后不被反弹，则应使 m1_m2。 （填“” “”或“v,物块相对传送带向上滑,物块向上做减速运动的加速度大小为 a2=gsin +g cos = 10 m/s2物块速度减小到与传送带速度相等的时间 t2= =0.2 s,在 t2时间内物块向上的位移 L1= t2=1 m此过程中物块相对传送带向上的位移 s2=L1-vt2=0.2 m物块速度与传送带速度相等后相对传送带向下滑,物块向上做减速运动的加速度大小a3=gsin -g cos = 2 m/s2,物块速度减小到零的时间 t3= =2 s,- 17 -
30、在 t3时间内物块向上的位移 L2= t3=4 m此过程中物块相对传送带向下的位移 s3=vt3-L2=4 m摩擦生热 Q=mg (s1+s2+s3)cos = 100.8 J(2)多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的总功E 电 Ff(x 传送带 1x 传送带 2x 传送带 3)mgcos(vt 1vt 2vt 3)76.8J即传送带多消耗的电能为 76.8J.(3)物体返回上升到最高点时速度为零，以后将重复上述过程，且每次碰后反弹速度、上升高度依次减小，最终达到一个稳态：稳态的反弹速度大小应等于传送带速度 4m/s，此后受到的摩擦力总是斜向上，加速度为 a4=gsingcos2m/s 2，方向斜向下，物体相对地面做往返“类竖直上抛”运动，对地上升的最大位移为 xm 4m，往返时间为T 4s；传送带受到的摩擦力大小始终为 Ffmgcos，稳态后方始终斜向下，故电动机的输出功率稳定为 PF fvmgcosv16W.【点睛】本题为多过程问题，过程较为复杂，解题的关键理清每一段过程，分别运用牛顿定律和运动学知识进行研究要求思路要清晰，按步骤一步步进行即可求解.
