江西省南昌市安义中学2020届高三物理上学期第五次月考(12月)试题(含解析)

1、江西省南昌市安义中学2021届高三物理上学期第五次月考12月含解析一、选择题1.2021年4月24日亚洲田径锦标赛男子110米栏决赛中,中国选手谢文骏发挥出色,跑出13秒21夺得冠军.打破了刘翔在2021年创下的13秒22赛会纪录,同时也是这个工程今年的世界最好成绩.关于谢文骏的运动过程分析正确的选项是A.在冲线时可以将谢文俊当成质点B.由题意可以求出谢文俊跑动过程中的平均速度C.运动过程中地面对运发动的冲量为零D.谢文俊在加速过程中,惯性逐渐增大【答案】B【解析】【详解】A.当物体的形状和大小对所研窕的问题没有影响时,物体就可以看成质点,冲线时,运发动的头部、脚部等部位过线,即表示冲线成功,

2、故此时不能看作质点,故A错误：B.位移为110m,时间为13s22,故平均速度X11°,CC,v=m/sx8,3nvst13.22故B正确：C.由冲量定义式/=B可知,运动过程中,地而提供支持力和摩擦力,有作用时间,所以冲量不为零,故C错误；D.惯性取决于物体的质量,质量一定,惯性一定,故D错误.应选2.以下各图,关于各图受力情况说法正确的选项是甲图中原木尸在必,两点各受一个弹力,且均竖直向上B.I乙图中为杆对绳子的弹力一定由5指向Cr乙凰s【答案】D【解析】【详解】A.甲图,在必点的弹力方向垂直地而向上,在N点的弹力方向垂直杆向上,故R错误；B.乙图中国杆斜插入墙壁,那么况杆对绳子

3、的作用力与两侧绳的拉力的合力平衡,方向不一定由5指向.,故B错误：C.丙图中铁块受重力、斜面的支持力和摩擦力而平衡,只受一个弹力,故C错误；D.弹簧对小球的弹力只能沿弹簧的轴线方向,由平衡条件知.弹簧对小球弹力沿弹簧向右,故D正确.应选：D.3.如下图,水平传送带在电动机带动下始终保持以速度匀速运动,某时刻一质量为s的物块轻放在传送带的左端.在物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程中,以下说法正确的选项是()()0-()A.皮带对物块所做功为-L加2B.物块对皮带所做的功为:2C.由于传送该物块电动机需要多做的功为加dD物块与传送带间摩擦因素越大,系统产热越多【答案】C【解析】【详解】物块

4、相对传送带静止时物块的速度等于传送带速度V：A.对物块,由动能定理得w1、W=一""2皮带对物块所做的功为W=故a错误；B.设经过时间£物块与皮带速度相等,物块的位移vtX物块=5皮带的位移：x皮带=vt=2x物块皮带对物块做功w=衣物块=5"-物块对皮带做功1/=一色皮带=一2玛块=nw2故B错误：C.由于传送该物块电动机需要多做的功等于皮带克服摩擦力所做的功,即为W=m,2故C正确：D.电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能,所以系统产生的热量为Q=W-mv2=g"八'2与动摩擦因数无关,故D错误.应选C.4.质量为卬的带正电

5、小球由空中某点看无初速度自由下落,在£秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场,再经过,秒小球又回到4点.不计空气阻力且小球从未落地,那么()A.整个过程中小球电势能变化了亍%?产B.整个过程中小球合力冲量大小为2mgtC,从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减小了,“中3D.从A点到最低点小球重力势能减小了全网中【答案】B【解析】【详解】A.小球先做自由落体运动,后做匀减速运动,两个过程的位移大小相等、方向相反.设电场强度大小为瓦加电场后小球的加速度大小为a,取竖直向下方向为正方向,那么5g广=一"一.广又u=g/,解得"=3g那么小球回到月点时的速度为vf=

6、v-at=-2gt整个过程中小球速度增量的大小为u=I/_u=_3g/速度增量的大小为30,由牛顿第二定律得qEmg=ma联立解得qE=47g整个过程中小球电势能变化了Ep=qE=2mg2rB.整个过程中小球合力冲量大小为I=mv=-2mgt故B正确：C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少乙故c错误；D.设从月点到最低点的高度为方,根据动能定理得:mgh-qE(h-gr)=O解得z2,h=三g广从A点到最低点小球重力势能减少了2,AEp=吆=二吆)2故D错误.应选B.5.一辆汽车在平直的公路上运动,运动过程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引功率,其牵引力和速度的图像如下图,假设

7、汽车的质量如牵引力耳和速度附及该车所能到达的最大速度如运动过程中阻力大小恒定,那么根据图像所给信息,以下说法正确的选项是A.汽车行驶过程中所受阻力&匕B.速度为阴时的加速度大小为mv7C.汽车运动中的最大功率为可匕D.恒定加速时,加速度为以m【答案】A【解析】【详解】AC.当速度为匕时,功率到达额定功率,为匀速行驶时,牵引力等于阻力,故故A正确,C错误:B.速度为匕时,根据牛顿第二定律,有解得故B错误；D.根据牛顿第二定律,有恒定加速时,加速度皿mmmv3故D错误.故A正确.6 .某位移式传感器的原理示意图如下图,E为电源,斤为电阻,平行金属板月、6和介质?构成电容器,在可移动介质尸向

8、左匀速移出的过程中A.电容器的电容大小不受影响B.电容器所带电荷量增大C.电容器两极板间的电压增大D.电路中电流的方向为J1R-N【答案】D【解析】【详解】在介质产向右匀速移出的过程中,根据电容的决定式:c=£44kd分析可知电容变小,电容器始终与电源相连,故电压不变,由:Q=CU可知电容器电荷量减小,电容器处于放电状态,那么流过电阻A的电流方向从W到A；0点的电势比N点的电势高,应选D.7 .如图是在购物商场里常见的电梯,左图为阶梯电梯,右图为斜而电梯,设两电梯中各站一个质量相同的乘客随电梯匀速上行,假设两电梯高度相同,速度相同,且两乘客用相同时间到达电梯顶端,那么两种情况A.摩擦

9、力对乘客做功相同8 .两乘客机械能的增量相同C.电梯对乘客支持力的做功相同D.电梯对乘客支持力的冲量相同【答案】B【解析】【详解】A.左图为阶梯电梯,进行受力分析,贝IJ为：重力与支持力,两者相平衡,不受摩擦力作用,右图为斜面电梯,受到重力、垂直于斜而的支持力与沿斜而向上的静摩擦力,所以摩擦力对乘客做功不相同,故A错误：B.由于两电梯做速度相同的匀速运动,两乘客机械能的增量为增加的重力势能,由于两乘客的质量相等,电梯高度相同,所以两乘客机械能的增量相同,故B正确；C.左图中的支持力与重力大小相等,方向竖直向上,支持力做正功,右图中的支持力与位移垂直,所以不做功,故C错误：D.左图中的支持力方向

10、竖直向上,右图的支持力垂直电梯斜向上方,所以电梯对乘客支持力的冲量方向不同,所以电梯对乘客支持力的冲量不相同,故D错误.应选8.电荷量分别为q和金的两点电荷放在*轴上的0、M两点,两电荷连线上各点电势.随x变化的关系如下图,其中4N两点的电势为零；ND段中.点电势最高.那么以下选项中错误*的是A.点的电场强度大小为零B图>|%|C.A；.两点之间连线上的电场强度方向沿x轴正方向D.将一个带负电的检验电荷从N点沿x轴正方向移动到.点的过程中,电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】A.0X图象的切线斜率等于场强瓦由图可知C点的切线斜率为零,所以电场强度为零,故A正确：8 .由图知无

11、穷远处的电势为0,4点的电势为零,由于沿着电场线电势降低,所以0点的电荷马带正电,"点电荷%带负电,由于月点距离0比拟远而距离.比拟近,所以电荷量大于久的电荷量,故B正确：C.由N到.过程电势升高,那么说明场强沿x轴负方向,故C错误；D.八一.段中,电势先高升后降低,所以场强方向先沿x轴负方向,后沿x轴正方向,将一负点电荷从N点移到.点,电场力先沿x轴正方向,后沿才轴负方向,那么电场力先做正功后做负功.故D正确.9 .如下图,在竖直向下的勾强电场中有一固定的足够长的斜而,将一带正电的小球从斜面上某点以水平向右的速度%抛出,小球最终落到斜而上.当电场强度为G时,小球从抛出至落到斜而上所

12、用的时间为*机械能的增量为A4,动能的增量为£片,动量变化量大小为M；当电场强度为七2时,小球从抛出至落到斜面上所用的时间为4,机械能的增量为AE2,动能的增量为纥动量变化量大小为鸟电场强度E2>Et那么以下判断正确的选项是【答案】BC【解析】【详解】A.小球做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得：qE+mg=ma得qE+mga=m水平方向X=卬竖直方向1,2V=at,2又V=tan0x联立解得2/«votant-qE+nig由于可知2故A错误：B.由ImvtaivOmg+qE合外力做的功W=(mg+qE)y=2m

13、vtan20可知合外力做的功与电场强度的大小无关,根据动能定理可知,小球增加的动能与电场强度无关,故B正确：c.由,=!,2=电型知,第二种情况下小球沿竖直方向向下的位移较小,那么第二种2mg+qE情况下重力做的功较少,小球在碰撞斜面时的重力势能较大,而两种情况下的动能增加量相等,所以第二种情况下机械能的增加量大,故C正确：D.两种情况下动能的增加量相等,由动能的定义式可知,两种情况下速度的增加量相等；由动量的定义式可知,两种情况下动量的增加量也相等,故D错误.10.某同学在研究电子在电场中的运动时,得到了电子由a点运动到b点的轨迹图中实线所示,图中未标明方向的一组虚线可能是电场线,也可能是等

14、势而,那么以下说法正确的判断是A.如果图中虚线是电场线,电子在a点动能较大B.如果图中虚线是等势而,电子在6点动能较小C.不管图中虚线是电场线还是等势面,a点的场强都大于6点的场强D.不管图中虚线是电场线还是等势面,a点的电势都高于占点的电势【答案】AC【解析】【详解】A.假设虚线是电场线,从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左,站曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角,故电子做减速运动,动能减小,即电子在a点动能较大,所以A正确；B.假设虚线为等势面,根据等势面与电场线处处垂直可大致画出电场线,显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角,电子加速运动,故动能增大,即电子在b点动

15、能较大,所以B错误：C.不管图中虚线是电场线还是等势而,由电场线的密集程度可看出a点的场强较大,故C正确：D.假设虚线是等势而,从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上,沿着电场线方向电势越来越低,故a点电势较小；假设虚线是电场线,从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左,故电场线方向向右,沿着电场线方向电势越来越低,故a点电势较大,故D错误.11.2021年1月3日10时26分,在反推发动机和着陆缓冲机构的“保驾护航下,“嫦娥四号探测器成功着陆在月球反面的预选着陆区,“嫦娥四号的运行过程示意图如图所示,以下说法正确的选项是意如华世察二.人次it小,修正一中“悔正A. “嫦娥四号的发射速

16、度可以小于第一宇宙速度B. “嫦娥四号从地月转移轨道进入绕月椭圆轨道时必须减速C. “嫦娥四号在绕月轨道上运行时,轨道降低,周期减小D. “嫦娥四号在向月球着陆过程中始终处于失重状态【答案】BC【解析】【详解】A.第一宇宙速度是最小的发射速度,“嫦娥四号的发射速度一定大于第一宇宙速度,故A错误；B.“嫦娥四号从地月转移轨道进入绕月椭圆轨道时,轨道半径减小,做近心运动,必须减速,故B正确；C.嫦娥四号在绕月轨道上运行时,轨道降低,根据每周期减小,故c正确；D.“嫦娥四号在向月球着陆过程中,做减速,加速度向上,处于超重状态,故D错误：12.如下图,小车静止在光滑水平而上,月S是小车内半圆弧轨道的水

17、平直径,现将一小球从距月点正上方方高处由静止释放,小球由月点沿切线方向经半圆轨道后从6点冲出,在空中能上升的最大高度为0.8,不计空气阻力.以下说法错误的选项是A.在相互作用过程中,小球和小车组成的系统动量守恒B.小球离开小车后做竖直上抛运动C.小球从进入小车轨道到离开水平位移为半圆的直径D.小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6/7【答案】ACD【解析】【详解】A.小球与小车组成的系统在水平方向不受外力,水平方向系统动量守恒,但系统所受的合外力不为零,所以系统动量不守恒,故A错误；B.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,可知系统水平方向的总动量保持为零.小球由6点离开小车时系

18、统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,所以小球离开小车后做竖直上抛运动,故B正确；C.系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得八一加=0即有解得x=R故C错误：D.小球第一次车中运动过程中,由动能定理得万一0.8/?卬/=0周为小球克服摩擦力做功大小,解得吗=0.2mgh即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2侬方,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于0.2磔方,机械能损失小于0.2侬方,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于0.8A-O.2A=0.6A故D错误.应选ACD.二、实验题13.

19、某同学用图示装置研究碰撞中的动量守恒,实验中使用半径相等的两小球A和4,实验步骤如下：用天平测得A、3两小球的质量分别为叫、“%,且,吗如下图安装器材,在竖直木板上记下.点与装置.点的小球的球心等高,调行斜槽使其末端的切线水平.处先不放小球,将球A从斜槽上的适当高度由静止释放,球A抛出后撞在木板上的平均落点为P再将球3置于.处,让球4从斜槽上的同一位置由静止释放,两球碰后落在木板上的平均落点为M、N.用刻度尺测出三个平均落点到.点的距离分别为力M、与、八答复以下问题：1假设.点到木板的水平距离为工,小球的平均落点到0点的距离为/?,重力加速度为g,那么小球做平抛运动的初速度%=2假设两小球的碰

20、撞为弹性碰撞,那么以下关系式正确的选项是A./%+h=1/B./+尿=/当【答案】(1).x岛(2).D【解析】【详解】由平抛运动的规律求初速度(2)2根据弹性碰撞的特点有:ZZiVb=ZBi匕+姓Vz17121.5%吗=5町氏+5,%眩乙乙乙将有取的项移到左边并化简整理后有根据题意,碰撞前的入射球的速度碰撞后入射球的速度被碰撞球的速度将三个速度代入化简式可得故D正确.14.某实验小组做“探究动能定理实验,装置如图甲所示.探究对象是铝块(质量小于砂桶和砂的总质量),保持其质量m不变,通过在砂桶中加砂来改变对铝块的拉力,由力传感器可测得拉力的大小区当地重力加速度为电源频率为九力传感器铝块?C砂桶

21、和砂打点计时器铁架台(1)假设把力传感器装在右侧轻绳上那么实验的误差会更(填“大或“小).(2)实验时,让砂桶从高处由静止开始下落,在纸带打出一系列点,如图乙所示,其中0是打下的第一个点,取纸带上0飞过程进行研究,铝块动能的增加量瓦二,合外力做的功聆(用题目和纸带中物理量符号表示).(3)为了更普遍地反响铝块运动过程中功与动能增加量的关系,某同学选取0点到不同计数点过程,作出瓦-w.图象如图丙所示,他根据图像斜率的值约为,才得到结论：外力做的功等于动能的增加量.【答案】(1).大(2).小+)广(3).F-mg)(h+x)(4).图像斜率近似为1【解析】【详解】由于滑轮的摩擦,假设把力传感器装

22、在右侧轻绳上那么实验的误差会更大:(2) 2计数点5的瞬时速度铝块动能的增加量AC121/%+占AE.=一加匕=/(-k2-223合外力做的功W=(F-mg)(.+X)(3) 4由实验原理得AEk=W所以只有在图像斜率的值约为1时,才能得到结论：外力做的功等于动能的增加量.三、解做题15 .如下图的升降机中,用、如两根绳子吊一个质量为20kg的重物,假设如与竖直方向的夹角.=37°,"垂直于必,取广10m*,试求：1假设升降机保持静止,求、如绳上的拉力大小2假设两绳所能承受的最大拉力均为320N,为使绳子不断,升降机竖直向上的加速度最大为多少？【答案】(1)7;=160N,

23、7；=12ON(2)10m/s2【解析】【详解】D以箱子为研究对象,根据平衡条件得71cos0+Tsin0=mg7>in6=7；cos.联立解得T、=160N,7；=120N2当Q1绳上的拉为320N时,如绳上的拉力大小7i=7；tan370=240N两绳的合力为F=I'0=400Ncos37由牛顿第二定律有F-mg=ma解得a=lOni/s"16 .如下图,在长为22、宽为£的区域内正好一半空间有方向平行于短边向上的匀强电场,电场强度为用无电场区域位于区域右侧另一半内,现有一个质量为如电量大小为q的粒子,以平行于长边的速度从区域的左上角片点射入该区域,不考虑

24、粒子重力,要使这个粒子能从区域的右下角的6点射出,1试判断粒子的电性,并求粒子的初速度大小小2求电子射出电场时的速度大小和方向Ai1111|J!i11一二一L%【答案】1粒子带负电：嘤2,岬生tan6=；【解析】【详解】1粒子在电场中向下偏转,所受的电场力竖直向下,电,水平方向有L=3竖直方向有12V=at2由牛顿第二定律可得ma=qE粒子在离开电场时,沿电场方向分速度%=at电场后,粒子做匀速直线运动,设速度与水平方向夹角为,tan0=%L联立解得与电场方向相反,那么粒子带负那么2粒子在电场中做类平抛运动,那么有,平方向有粒子在离开电场时,沿电场方向的分速度Vv=at出电场时的速度为设速度与

25、水平方向夹角为明那么v.2tan6=9317 .如图,光滑绝缘水平而上静置两个质量均为啰相距为为的小球月和5月球所带电荷量为+q,5球不带电.现在月球右侧区域加上水平向右的匀强电场,电场强度为£,小球月在电场力作用下由静止开始运动,然后与S球发生弹性正碰,46碰撞过程中没有电荷转移,且碰撞过程时间极短,求:14球与5球发生第一次碰撞后6球的速度:2从月球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对月球所做的功:【答案】12卬=5°反.【解析】【详解】1设/小球与6球第一次碰撞前速度为%,碰撞后的速度分别为次、为对人根据牛顿第二定律得：qE=ma由运动学公式有:解得：%=对于四碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:m>=mvu+mW八IDImv=inv4mvB.222解得：%=(2)设第一次碰撞后到第二次碰撞前经历的时间为：,有XA