山东枣庄第八中学东校高考物理月考重点班 解析版.docx
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山东枣庄第八中学东校高考物理月考重点班解析版
枣庄八中东校2019高三年级阶段性检测
物理测试
一、本题包括12小题,共48分。
每小题给出的四个选项中,其中1-6题只有一选择项符合要求,每小题4分;7-12题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
1.关于物体的动量和冲量,下列说法中正确的是()
A.物体所受合外力的冲量越大,它的动量也越大
B.物体所受合外力的冲量不为零,它的动量一定要改变
C.物体的动量增量的方向,就是它所受合外力的冲量的方向
D.物体所受的合外力越大,它的动量变化越快
【答案】BCD
【解析】
【详解】物体所受合外力冲量越大,它的动量变化就越大,不是动量越大,故A错误;合外力的冲量等于物体动量的变化量,物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变,故B正确;合外力的冲量等于物体动量的变化量,所以物体的动量增量的方向就是物体动量变化量的方向,就是它所受冲量的方向,故C正确;由动量定理:
物体所受的合外力越大,它的动量变化越快,故D正确。
故选BCD。
2.在任何相等时间内,物体动量的变化量总是相等的运动不可能是( )
A.匀速圆周运动B.匀变速直线运动
C.自由落体运动D.平抛运动
【答案】A
【解析】
由动量定理可知,要使相等时间内的动量变化量相等,则在相等时间内合外力的冲量必须相等;即物体应受到恒力作用;故自由落体、平抛运动及匀变速直线运动均符合条件;而匀速圆周运动受到的是变力;故BCD均可能,A不可能;故选A.
点睛:
此题考查动量定理的应用,要注意明确动能定理的应用,注意匀速圆周运动受到的向心力大小不变,但方向一直在改变,属于变力.
3.应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入.例如人原地起跳时,总是身体弯曲略下蹲,再猛然蹬地、身体打开,同时获得向上的初速度,双脚离开地面.从开始蹬地到双脚离开地面的整个过程中,下列分析正确的是()
A.地面对人的支持力始终等于重力
B.地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量
C.人原地起跳过程中获得的动能来自于地面
D.人与地球所组成的系统的机械能是守恒的
【答案】B
【解析】
人在上升过程中经历了先加速再减速过程,加速过程中人受到的支持力大于人的重力;故A错误;因支持力大于重力,作用时间相同,故支持力的冲量大于重力的冲量;故B正确;人起跳时,地面对人不做功,人的动能来自于本身的生物能;故C错误;由于有人体生物能转化为机械能,故机械能不守恒;故D错误;故选B.
点睛:
本题考查动量定理及功能转化,要注意明确支持力对人作用的位移为零,故支持力对人不做功,人是利用自身的能量得以增加机械能的.
4.滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动,现有质量为m的人站立于雪橇上,如图所示。
人与雪橇的总质量为M,人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。
当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时,雪橇向南的速度大小为( )
A.
B.
C.
D.v1
【答案】D
【解析】
雪橇所受阻力不计,人起跳后,人和雪橇组成的系统水平方向不受外力,系统水平动量守恒,起跳后人和雪橇的水平速度相同,设为v.取向南为正方向,由水平动量守恒得:
Mv1=Mv,得v=v1,方向向南,故ABC错误,D正确.故选D.
5.如图所示,质量为0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛,落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,车底涂有一层油泥,车与油泥的总质量为4kg,设小球在落到车底前瞬时速度是25m/s,g取10m/s2,则当小球与小车相对静止时,小车的速度是( )
A.5m/s
B.4m/s
C.8.5m/s
D.9.5m/s
【答案】A
【解析】
小球抛出后做平抛运动,根据动能定理得:
mgh=
解得:
v0=15m/s
小球和车作用过程中,水平方向动量守恒,则有:
−mv0+Mv=(M+m)v′
解得:
v′=5m/s
故选:
A
点睛:
根据动能定理求出小球落到车底前瞬间的水平速度,小球和车作用过程中,水平方向动量守恒,根据动量守恒定律列式即可求解.
6.一质量为2kg的物体受到水平拉力F作用,在粗糙水平面上作加速直线运动时的
图像如图所示,t=0时其速度大小为2m/s,滑动摩擦力大小恒为2N。
()
A.在t=6s时刻,物体的速度为18m/s
B.在t=6s时间内,合力对物体做的功为400J
C.在t=6s时间内,拉力对物体的冲量为36Ns
D.在t=6s时刻,拉力F的功率为200W
【答案】D
【解析】
A项:
根据△v=a△t可知a-t图象中,图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量,则在t=6s时刻,物体的速度
,故A错误;
B项:
根据动量定理得:
,故B正确;
C项:
根据动量定理得:
,代入数据解得:
,故C正确;
D项:
在t=6s时刻,根据牛顿第二定律得:
F=ma+f=2×4+2=10N,则在t=6s时刻,拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W,故D正确。
点晴:
本题主要考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律及瞬时功率公式的直接应用,解题的突破口是知道a-t图象中,图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量。
7.关于冲量,下列说法正确的是( )
A.冲量是物体动量变化的原因
B.作用在静止的物体上的力的冲量一定为零
C.动量越大的物体受到的冲量越大
D.冲量的方向就是物体受力的方向
【答案】A
【解析】
根据动量定理知,冲量是引起动量变化的原因,故A正确.根据I=Ft知,作用在静止物体上力的冲量不为零,故B错误.动量大说明物体的速度大,但无法明确动量的变化,故不能说明物体的冲量大小,故C错误.冲量的方向与力的方向相同,故D正确.故选AD.
点睛:
本题考查对冲量与动量的理解,解答的关键是要理解冲量、动量都是矢量,冲量的大小与动量的变化大小有关,与动量的大小无关.
8.恒力F作用在质量为m的物体上,如图所示,由于地面对物体的摩擦力较大,物体没有被拉动,则经时间t,下列说法正确的是( )
A.拉力F对物体的冲量大小为零
B.拉力F对物体的冲量大小为Ftcosθ
C.拉力F对物体的冲量大小是Ft
D.合力对物体的冲量大小为零
【答案】CD
【解析】
A、B、C、拉力的大小为F,作用时间为t,则拉力的冲量Ft,故C正确,A、B、错误;C、物体保持静止,根据动量定理,合力冲量为零,除支持力和重力的合力外物体还受摩擦力,故D正确;故选CD.
【点睛】解决本题的关键知道冲量的定义,知道各力都有冲量,合力的冲量等于物体动量的变化.
9.如图所示,铁块压着一张纸条放在水平桌面上,第一次以速度v抽出纸条后,铁块落在水平地面上的P点,第二次以速度2v抽出纸条,则( )
A.铁块落地点在P点左边
B.铁块落地点在P点右边
C.第二次纸条与铁块的作用时间比第一次短
D.第二次纸条与铁块的作用时间比第一次长
【答案】AC
【解析】
以不同的速度抽出纸条时,铁块所受摩擦力相同,抽出纸条的速度越大,铁块与纸条相互作用的时间越短,故铁块获得的速度越小,铁块平抛的水平位移越小.故AC正确,BD错误.
故选AC.
10.如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为
和
的两物块、相连接,并静止在光滑的水平面上.现使瞬时获得水平向右的速度
,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图象信息可得()
A.在、时刻两物块达到共同速度
,且弹簧都是处于压缩状态
B.从到时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C.两物体的质量之比为
D.在时刻与的动能之比为
【答案】CD
【解析】
由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大,t3时刻达到共同速度,此时弹性势能最大,弹簧处于伸长状态,故A错误;结合图象弄清两物块的运动过程,开始时m1逐渐减速,m2逐渐加速,弹簧被压缩,t1时刻二者速度相等,系统动能最小,势能最大,弹簧被压缩最厉害,然后弹簧逐渐恢复原长,m2依然加速,m1先减速为零,然后反向加速,t2时刻,弹簧恢复原长状态,由于此时两物块速度相反,因此弹簧的长度将逐渐增大,两木块均减速,当t3时刻,二木块速度相等,系统动能最小,弹簧最长,因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长,故B错误;系统动量守恒,选择开始到t1时刻列方程可知:
m1v1=(m1+m2)v2,将v1=3m/s,v2=1m/s代入得:
m1:
m2=1:
2,故C正确;在t2时刻A的速度为:
vA=1m/s,B的速度为:
vB=2m/s,根据m1:
m2=1:
2,求出Ek1:
Ek2=1:
8,故D正确.故选CD.
点睛:
对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程,注意过程中的功能转化关系;解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析,同时根据图象,分析清楚物体的运动情况.
11.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。
初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。
现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,井与箱子保持相对静止。
设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】
试题分析:
设物块与箱子相对静止时共同速度为V,则由动量守恒定律得
,得
,系统损失的动能为
,B正确,AC错误.根据能量守恒定律得知,系统产生的内能等于系统损失的动能,根据功能关系得知,系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功,则有
.D正确,
故选BD
考点:
动量守恒定律;功能关系.
点评:
两个相对运动的物体,当它们的运动速度相等时候,往往是最大距离或者最小距离的临界条件.本题是以两物体多次碰撞为载体,综合考查功能原理,动量守恒定律,要求学生能依据题干和选项暗示,从两个不同角度探求系统动能的损失.又由于本题是陈题翻新,一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D,另一方面,若不仔细分析,易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为
,则发生N次碰撞,相对路程为
,而错选C.
12.在光滑水平面上,有A、B两个小球沿同一直线向右运动,A在后面,B在前面,已知碰撞前两球的动量分别为pA=12kg·m/s,pB=13kg·m/s,碰撞后它们动量的变化是ΔPA与ΔPB,有可能的是:
()
A.ΔPA=-3kg·m/sΔPB=3kg·m/s
B.ΔPA=4kg·m/sΔPB=-4kg·m/s
C.ΔPA=-5kg·m/sΔPB=5kg·m/s
D.ΔPA=-24kg·m/sΔPB=24kg·m/s
【答案】AC
【解析】
【详解】如果△PA=-3kg•m/s,△PB=3kg•m/s,遵守动量守恒定律.碰后两球的动量分别为P′A=PA+△PA=12kg•m/s-3kg•m/s=9kg•m/s、P′B=PB+△PB=13kg•m/s+3kg•m/s=16kg•m/s,可知,碰撞后A的动能减小,B的动能增大,不违反能量守恒定律,是可能的.故A正确.如果△PA=4kg•m/s,△PB=-4kg•m/s,遵守动量守恒定律.A球的动能增加,B球的动能减小,不符合实际的运动情况,不可能,故B错误.如果△PA=-5kg•m/s,△PB=5kg•m/s,遵守动量守恒定律.碰后两球的动量分别为P′A=PA+△PA=12kg•m/s-5kg•m/s=8kg•m/s、P′B=PB+△PB=13kg•m/s+5kg•m/s=18kg•m/s,可知,碰撞后A的动能减小,B的动能增大,不违反能量守恒定律,是可能的.故C正确.如果△PA=-24kg•m/s,△PB=24kg•m/s,遵守动量守恒定律.碰后两球的动量分别为P′A=PA+△PA=12kg•m/s-24kg•m/s=-12kg•m/s、P′B=PB+△PB=13kg•m/s+24kg•m/s=37kg•m/s,可知,碰撞后A的动能不变,B的动能增大,违反了能量守恒定律,是不可能的.故D错误;故选AC.
【点睛】对于碰撞过程要遵守三大规律:
一是动量守恒定律;二是总动能不增加;三是符合物体的实际运动情况.
二、本题共5小题,共52分。
解答应写出必要的文字说明、方程式及重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分。
有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。
13.人们常说“水滴石穿”,请你根据下面提供的信息,估算出水对石头的冲击力的大小.一瀑布落差为h=20m,水流量为Q=0.10m3/s,水的密度
kg/m3,水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零.(落在石头上的水立即流走,在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力,g取10m/s2)(13分)
【答案】
【解析】
水从h高处落下可认为是自由落体运动,速度为v,则
(2分)
m/s①(2分)
设在很短时间t内有质量为m的水落到石头上,以它为研究对象,设石头对水的平均作
用力为F,取竖直向下为正方向,由动量定理得,
②,而
③
(5分)
由①②③式代入数据解得,
N(2分)
根据牛顿第三定律可知,水对石头的反作用力
=
N.(2分)
14.如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量
,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计。
可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量
。
现对A施加一个水平向右的恒力F=10N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A,B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6s,二者的速度达到
。
求
(1)A开始运动时加速度a的大小;
(2)A,B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;
(3)A的上表面长度l;
【答案】
(1)
(2)1m/s(3)0.45m
【解析】
(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有F=mAa①
代入数据解得a=2.5m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程,由动量定理得Ft=(mA+mB)v-(mA+mB)v1③
代入数据解得v1=1m/s④
(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为vA,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有
mAvA=(mA+mB)v1⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有Fl=mAv⑥
由④⑤⑥式,代入数据解得l=0.45m.
点睛:
本题考查了求加速度、速度、A的长度问题,分析清楚物体运动过程,应用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理即可正确解题.
【此处有视频,请去附件查看】
15.如图所示,光滑水平面上有一质量M=4.0kg的平板车,车的上表面是一段长L=1.5m的粗糙水平轨道,水平轨道左侧连一半径R=0.25m的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切.现将一质量m=1.0kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车,小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5,小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g=10m/s2,求:
(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小;
(2)小物块与车最终相对静止时,它距点O′的距离.
【答案】
(1)5m/s
(2)0.5m
【解析】
(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒,设小物块到达圆弧最高点A时,二者的共同速度v1,
由动量守恒得mv0=(M+m)v1
由能量守恒得:
mv02−(M+m)v12=mgR+μmgL②
联立并代入数据解得v0=5m/s
(2)设小物块最终与车相对静止时,二者的共同速度v2,从小物块滑上平板车,到二者相对静止的过程中,由动量守恒得mv0=(M+m)v2
设小物块与车最终相对静止时,它距O′点的距离为x.
由能量守恒得:
联立并代入数据解得x=0.5m
16.如图所示,A、B质量分别为m1=1kg,m2=2kg,置于小车C上,小车的质量为m3=1kg,A、B与小车的动摩擦因数为0.5,小车静止在光滑的水平面上。
某时刻炸药爆炸,若A、B间炸药爆炸的能量有12J转化为A、B的机械能,其余能量转化为内能。
A、B始终在小车表面水平运动,小车足够长,求:
(1)炸开后A、B获得的速度各是多少?
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少?
【答案】
(1)4m/s2m/s
(2)0.8s0.2s
【解析】
(1)炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:
0=m1v1+m2v2
A、B的机械能总量为12J,故有:
E=m1v12+m2v22=12J,
联立解得:
v1=4m/sv2=-2m/s
或者:
v1=-4m/sv2=+2m/s(不合实际,舍去)
(2)爆炸后AB在C上滑动,B先与C相对静止,设此时A的速度为v3,B、C的速度为v4,该过程中ABC组成的系统动量守恒.设该过程的时间为t3,对A应用动量定理:
-μm1gt3=m1v3-m1v1
对B应用动量定理:
-μm2gt3=m2v4-m2v2
对C应用动量定理:
(μm2g-μm1g)t3=m3v4
代人数据得:
v3=3m/s;v4=-1m/s;t3=0.2s
之后,A在C是滑动直到相对静止,根据系统的动量守恒,有:
0=(m1+m2+m3)v,
解得:
v=0,
设A滑动的总时间为t,则:
-μm1gt=0-m1v1,
解得:
t=0.8s
点睛:
本题关键是明确爆炸过程系统动量守恒,同时结合能量守恒定律、动量定理和能量的转化与守恒列式求解.
17.如图所示,在水平面上有一弹簧,其左端与墙壁相连,O点为弹簧原长位置,O点左侧水平面光滑,水平段OP长L=1m,P点右侧一与水平方向成
的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接,皮带轮逆时针转动速率为3m/s,一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不栓接),使弹簧获得弹性势能
,物块与OP段动摩擦因数
,另一与A完全相同的物块B停在P点,B与传送带的动摩擦因数
,传送带足够长,A与B的碰撞时间不计,碰后A.B交换速度,重力加速度
,现释放A,求:
(1)物块A.B第一次碰撞前瞬间,A的速度
(2)从A.B第一次碰撞后到第二次碰撞前,B与传送带之间由于摩擦而产生的热量
(3)A.B能够碰撞的总次数
【答案】
(1)
(2)
(3)6次
【解析】
试题分析:
(1)设物块质量为m,A与B第一次碰前的速度为
,则:
解得:
(2)设A.B第一次碰撞后的速度分别为
,则
,
碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零,加速度大小设为,
则:
,解得:
运动的时间
,位移
此过程相对运动路程
此后B反向加速,加速度仍为,与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞,
加速时间为
位移为
此过程相对运动路程
全过程生热
(3)B与A第二次碰撞,两者速度再次互换,此后A向左运动再返回与B碰撞,B沿传送带向上运动再次返回,每次碰后到再次碰前速率相等,重复这一过程直至两者不再碰撞.则对A.B和弹簧组成的系统,从第二次碰撞后到不再碰撞:
解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25,所以碰撞总次数为N=2+2n=6.5=6次(取整数)
考点:
动能定理;匀变速直线运动的速度与时间的关系;牛顿第二定律
【名师点睛】本题首先要理清物体的运动过程,其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律,特别要掌握弹性碰撞过程,动量和机械能均守恒,两物体质量相等时交换速度