福建省福州四中2020届高三物理上学期第二次月考试题【含解析】

1、福建省福州四中2020届高三物理上学期第二次月考试题（含解析）一、单项选择题1.关于机械能，下列说法正确的是（ ）A. 机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用B. 物体处于平衡状态时，机械能必守恒C. 一个系统所受外力为零时，系统机械能守恒D. 物体所受的外力不等于零，其机械能也可以守恒【答案】D【解析】【详解】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，物体除了受重力和弹力的作用，还有可能受其他力的作用，但是其他力做功为零故A错误物体处于平衡状态时，所受的合力为零，机械能不一定守恒，例如物体匀速上升，动能不变，重力势能增大，故BC错误；物体所受合外力不等于零时，机械能可能守恒，例如自由下

2、落的物体，故D正确故选D2.下列关于运动和力的叙述中，正确的是（ ）A. 做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B. 物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C. 物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同D. 物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动【答案】D【解析】【详解】A、做曲线运动的物体，其速度一定变化，但加速度不一定变化，比如平抛运动，故A错误；B、物体做圆周运动，所受的合力不一定指向圆心，当是匀速圆周运动时，由于速度大小不变，所以加速度垂直于速度，因此合力一定指向圆心，故B错误；C、物体运动的速率在增加，则一定有加速度存在，但不一定与运动方向相同，比如平抛

3、运动，合力方向与运动方向不相同故C错误；D、当物体所受合力方向与运动方向相反，则一定做减速且直线运动，故D正确；故选D.【点睛】曲线运动有加速度，所以必定是变速，可能是匀变速曲线，比如：平抛运动也可能是速率不变，方向变化比如：匀速圆周运动3.下列关于冲量与动量的说法中正确的是( )A. 物体所受合外力越大，其动量变化一定越快B. 物体所受合外力越大，其动量变化一定越大C. 物体所受合外力的冲量越大，其动量变化可能越小D. 物体所受合外力的冲量越大，其动量一定变化越快【答案】A【解析】【详解】根据动量定理公式，得，故物体所受合外力越大，其动量变化一定越快，故A正确；根据动量定理公式，可知合外力越

4、大，可能时间很短，故动量变化不一定越大，故B错误；根据动量定理公式，可知合外力的冲量越大，其动量的变化一定越大，故CD错误；故选A.4.火星是太阳系中与地球最为类似的行星，人类对火星生命的研究在2015年因“火星表面存在流动的液态水”的发现而取得了重要进展若火星可视为均匀球体，其表面的重力加速度为，半径为，自转周期为，引力常量为，则下列说法正确的是（ ）A. 火星的平均密度为B. 火星的同步卫星距火星表面的高度为C. 火星的第一宇宙速度为D. 火星的同步卫星运行的角速度为【答案】B【解析】【详解】A.由，得，A项错误；B.由，得，B项正确；C.由，得，C项错误；D.同步卫星的角速度，D项错误5

5、.如图所示，一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内运动，圆盘半径为R，甲、乙两物体的质量分别为M和m（Mm），它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的倍，两物体用长为L的轻绳连在一起，LR若将甲物体放在转轴位置上，甲、乙连线正好沿半径方向拉直，要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则圆盘旋转的角速度最大不得超过（两物体看作质点）：A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】当绳子的拉力等于甲的最大静摩擦力时，角速度达到最大，有：T+mg=mL2，T=Mg解得：A. 与计算结果不相符，故A错误； B. 与计算结果相符，故B正确； C. 与计算结果不相符，故C错误； D. 与计算结果不相符，故D错误6.高

6、空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A. mgB. mgC. mgD. mg【答案】A【解析】【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前

7、要先规定正方向此处有视频，请去附件查看】7.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角=60，AB两点高度差h=1m，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为（）A. m/sB. m/sC. m/sD. m/s【答案】C【解析】【分析】根据竖直高度差求平抛运动的时间，再求竖直分速度，最后根据矢量三角形求合速度【详解】根据得 竖直分速度： 刚要落到球拍上时速度大小 故应选C【点睛】本题考查平抛运动的处理方法，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，一定要记住平抛

8、运动的规律8.如图所示，质量为m的小球用OB和OB两根轻绳悬挂，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30和60，此时OB绳的拉力大小为F1若烧断OB绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1F2等于 A. 14B. 13C. 12D. 11【答案】A【解析】【详解】烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据几何关系得：F1=mgsin30；烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：mgL（1-sin30）=mv2在最低点，有 F2-mg=m 联立解得 F2=2mg；故F1：F2等于1：4；故A正确， BCD错误9.已知地球两极

9、的重力加速度大小为，赤道上的重力加速度大小为g若将地球视为质量均匀分布、半径为R的球体，地球同步卫星的轨道半径为A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】地球同步卫星公转周期等于地球自转的周期，根据万有引力提供向心力及在地球两极表面万有引力等于重力，列式即可解题【详解】设地球质量为M，地球赤道上物体的质量为m，地球同步卫星的轨道半径为h，地球的自转周期为T，则地球两极的物体受到引力等于其重力，即为，而赤道上物体受到引力与支持力差值提供向心力，即为，同步卫星所受万有引力等于向心力，故地球同步卫星轨道半径为，故A正确10.某同学用半径相同的两个小球a、b来研究碰撞问题，实验装置示意图如图所示

10、，O点是小球水平抛出点在水平地面上的垂直投影实验时，先让入射小球a多次从斜轨上的某一确定位置由静止释放，从水平轨道的右端水平抛出，经多次重复上述操作，确定出其平均落地点的位置P；然后，把被碰小球b置于水平轨道的末端，再将入射小球a从斜轨上的同一位置由静止释放，使其与小球b对心正碰，多次重复实验，确定出a、b相碰后它们各自的平均落地点的位置M、N；分别测量平抛射程OM、ON和OP已知a、b两小球质量之比为6：1，在实验误差允许范围内，下列说法中正确的是（ ）A. a、b两个小球相碰后在空中运动的时间之比为OM：ONB. a、b两个小球相碰后落地时重力的瞬时功率之比为6OM：ONC. 若a、b两个

11、小球在碰撞前后动量守恒，则一定有6 ON =6OM +OPD. 若a、b两个小球的碰撞为弹性碰撞，则一定有OP+ OM= ON【答案】D【解析】【分析】两球碰撞后均做平抛运动，根据高度比较平抛运动的时间，根据重力的瞬时功率公式，结合竖直方向上的分速度得出瞬时功率之比；碰撞过程中动量守恒，运用水平位移代替速度得出动量守恒的表达式，若为弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒；【详解】A、根据知，高度相同，则两球运动的时间相同，故A错误；B、根据可知两球落地时的竖直分速度相等，根据知，a、b两球的质量之比为6:1，则重力的瞬时功率之比为6:1，故B错误；C、开始a球平抛运动的初速度，碰撞后，a球的速度，b球

12、的速度，根据动量守恒有：，则有：，故C错误；D、若为弹性碰撞，根据动量守恒有：，根据机械能守恒有：，则有：，联立解得，故D正确；故选D【点睛】关键知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，知道弹性碰撞的过程中，动量守恒，机械能守恒，由于时间相等，则碰撞前后的速度可以通过水平位移表示二、多项选择题11.如图所示，质量 M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为x，若木块对子弹的阻力F恒定，则下列关系式中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【

13、详解】AB. 根据能量守恒定律知，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，有Fx=mv02-（m+M）v2故选项A符合题意，选项B不合题意；C.对木块运用动能定理，有FL=Mv2-0故选项C符合题意；D.对子弹，由动能定理-F（L+x）=mv2-mv02则故选项D符合题意12.如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30，质量分别为M、m的两个物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板开始时用手按住物体A，此时A与挡板的距离为s，B静止于地面，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态已知M2m，空气阻力不计松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是()A.

14、 A和B组成的系统机械能守恒B. 当A的速度最大时，B与地面间的作用力为零C. 若A恰好能到达挡板处，则此时B的速度为零D. 若A恰好能到达挡板处，则此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和【答案】BD【解析】A. 对于M、m、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，但对于M和m组成的系统机械能不守恒，故A错误；B. 根题得：M的重力分力为Mgsin=mg；可知物体M先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，此时m所受的拉力为T=mg，故m恰好与地面间的作用力为零，故B正确；C. 从m开始运动至到M到达底部过程中，弹力的大小一直大于m的重力，故m一直

15、做加速运动，M到达底部时，m的速度不为零，故C错误；D.M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和，故D正确故选BD13.如图甲所示，一处于竖直平面内的光滑轨道，由水平轨道AB与半径为R的四分之一圆规轨道BC组成，轨道AB和轨道BC在B点处平滑连接一质量为m的物块（可视为质点）静止在A点，A、B之间的距离为R现对物块施加一水平外力F使其从静止开始运动，力F随物块的水平方向位移x变化的图像如图乙所示，物块运动到B点后力F保持恒定，到C点时撤去力F，物块继续上升，达到的最高点距C点的距离为不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是A. F0=

16、mgB. 物块从A到C的过程中，其机械能先增大再不变C. 运动过程中物块对轨道的最大压力大小为D. 运动过程中物块对轨道的最大压力大小为4mg【答案】AD【解析】【详解】A.从A点开始到物体上升到最高点的过程，由能量关系可知：，解得F0=1.5mg，选项A正确；B. 物块从A到C的过程中，F一直做正功，则物体的机械能一直增加，选项B错误；CD.F和mg的等效合力为，则物体到达此平衡位置时对轨道的压力最大，此位置与圆心连线与竖直方向夹角为=37，则由动能定理： ；由牛顿第二定律：，联立解得：，选项C错误，D正确.14.如图所示，木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在

17、b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，已知木块a的质量的m，木块b的质量是2m，此时弹簧具有的弹性势能为Ep.当撤去外力后，下列说法中正确的是A. 在弹簧长度最大时木块 a的速度为B. a、b 组成的系统总动量始终为C. 在弹簧长度最大时弹簧具有的弹性势能为D. 在弹簧第二次达到自然长度时木块时木块 b的速度为0【答案】AC【解析】【详解】B设弹簧恢复原长时b的速度为v0，由能量守恒得：，解得：系统总动量为：。故B错误。AC弹簧长度最大时ab由相同的速度，由动量守恒定律得：2mv0=3mv1，解得：此时弹簧具有的弹性势能为：故AC正确。D设弹簧第二次达到自然长度时ab的速度分别为va，vb，由动量

18、守恒定律得：2mv0=mva+2mvb，由能量守恒得：，联立解得：故D错误。故选AC。三、实验题15.在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图甲所示的实验装置（1）实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是_（多选，填选项前的字母）A接通电源的同时释放小车B保证细线与长木板平行C把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力D保证钩码的质量远小于小车的质量（2）如图乙所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T = 0.10 s，图中S1 =

19、 4.00 cm，S2 = 10.00 cm，S = 10.50 cm测出小车的质量为M = 0.45 kg，钩码的总质量为m = 0.05 kg从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是_，小车动能的增量是_（g=9.8m/s2,结果保留2位有效数字）【答案】 (1). BCD (2). 0.051 (3). 0.047【解析】【分析】（1）由于小车运动过程中会遇到（滑轮和细绳、小车和木板、打点计时器和纸带之间等）阻力，所以要平衡摩擦力平衡摩擦力时，要轻推一下小车，观察小车是否做匀速运动；由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，小ma，勾码重量越小，ma越小，拉力与重量越接进（2）对

20、系统研究，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，从而得出系统动能的变化量，判断系统动能的增加量与合力做功是否相等【详解】（1）在实验过程中需要先接通电源的后释放小车，故A错误；由于小车运动过程中会遇到阻力，同时由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，故要使拉力接近钩码的重量，要平衡摩擦力，把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力，以及要使钩码的质量远小于小车的质量，同时保证细线与长木板平行，故BCD正确；故选BCD.（2）从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功为：W=mgh=mgs=0.059.80.1050J=0.051J；根据中间时刻的速度等于平均速度得：，小车动能的增

21、量为：EK=MvE2-MvB2=0.45（0.52-0.22）J=0.047J【点睛】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果16.如图甲所示装置叫做“阿特伍德机”，它是早期英国数学家和物理学家阿特伍创制的一种著名的力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示已知重力加速度为g.实验时，该同学进行了如下操作将质量均为M的重物A、B(A含挡光片及挂钩、B含挂钩)用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h；在B的下端挂上质量也为M

22、的物块C，让系统(重物A、B以及物块C中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为t；测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律(1)如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为_.(用g、h、d和表示)(2)引起该实验系统误差的主要原因有_.(写一条即可)【答案】 (1). (2). 绳子有一定的质量、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动受到空气阻力【解析】【详解】第一空.重物A经过光电门时的速度，增加量，系统重力势能的减小量为Mgh，系统机械能守恒应满足的关系式为：，化简得.第二空.系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能是：绳子有一定的质量

23、、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动受到空气阻力.三、计算题17.如图所示，在水平路段AB上有一质量为2kg的玩具汽车，正以10m/s的速度向右匀速运动，玩具汽车前方的水平路段AB、BC所受阻力不同，玩具汽车通过整个ABC路段的v-t图象如图所示（在t=15s处水平虚线与曲线相切），运动过程中玩具汽车电机的输出功率保持20W不变，假设玩具汽车在两个路段上受到的阻力分别有恒定的大小.(解题时将玩具汽车看成质点)(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1;(2)求汽车刚好开过B点时的加速度a(3)求BC路段的长度.【答案】(1)f15N (2) a1.5 m/s2 (3)x=58m【解析】【分析】根据

24、“汽车电机的输出功率保持20W不变 ”可知，本题考查机车的启动问题，根据图象知汽车在AB段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求出；由图知，汽车到达B位置将做减速运动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑在t=15s处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与BC段阻力再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值，由牛顿第二定律可得汽车刚好到达B点时的加速度；BC段汽车做变加速运动，但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小.【详解】(1)汽车AB路段时，有F1f1PF1v1联立解得：f15N(2)t15 s时汽车处于平衡态，有F2f

25、2 PF2v2联立解得：f22N t5s时汽车开始加速运动，有F1f2ma解得a1.5m/s2(3)对于汽车在BC段运动，由动能定理得：解得：x=58m【点睛】抓住汽车保持功率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含条件汽车匀速运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能量的角度求解.18.我国月球探测计划“嫦娥工程”已经启动，科学家对月球的探索会越来越深入。（1）若已知地球半径为，地球表面的重力加速度为，月球绕地球运动的周期为，月球绕地球的运动近似看作匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径。（2）若宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球表面高度为的某

26、处以速度水平抛出一个小球，小球飞出的水平距离为。已知月球半径为，引力常量为，试求出月球的质量。【答案】（1） （2）【解析】【详解】(1)设地球质量为M，根据万有引力定律及向心力公式得：万有引力等于重力：联立解得：(2)设月球表面处的重力加速度为，小球飞行时间为根据题意得：下落高度：万有引力等于重力：联立解得：19.如图所示，倾角为的直角斜面体固定在水平地面上，其顶端固定有一轻质定滑轮，轻质弹簧和轻质细绳相连，一端接质量为m2的物块B，物块B放在地面上且使滑轮和物块间的细绳竖直，一端连接质量为m1的物块A，物块A放在光滑斜面上的P点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为EP不计定滑

27、轮，细绳，弹簧的质量，不计斜面，滑轮的摩擦，已知弹簧的劲度系数为k，P点到斜面底端的距离为L现将物块A缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度即变为零，求：(1)当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度；(2)在以后的运动过程中物块A的最大速度【答案】(1) A的加速度大小为，方向沿斜面向上(2)【解析】【详解】(1)B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面当B刚要离开地面时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为F B受力平衡，F=m2g对A，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向， m1gsin-F=m1a联立解得 由最初A自由静止在斜面上时，地面对B支持力不为零，推得m1gsinm2g， 即， 故A的加速度大小为，方向沿斜面向上(2)由题意，物块A将以P为平衡位置振动，当物块回到位置P时有最大速度，设为