河北省邯郸市大名一中2020届高三物理上学期第六周周测试题.doc

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1、河北省邯郸市大名一中2020届高三物理上学期第六周周测试题一、单选题1一枚火箭由地面竖直向上发射,其速度-时间图象如图所示，由图象可知 ( )A0ta段火箭的加速度小于tatb段的火箭加速度B0ta段火箭是上升过程，在tatb段火箭是下落过程Ctb时刻火箭离地最远Dtc时刻火箭回到地面2如图所示，质量分别为2m、m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为（ ）A，gB，gC，gD，g3如图，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子

2、前、后壁P、Q点相接触若使斜劈A在斜面体C上由静止释放，以下说法正确的是A若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P点对球B有压力B若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P点对球B有压力C若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则Q点对球B有压力D若C的斜面粗糙，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则Q点对球B有压力4如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是A圆弧轨道的半径一定是B若减

3、小传送带速度，则小物块仍能到达A点C若增加传送带速度，则小物块和传送带间摩擦生热保持不变D不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点5如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态。当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是（）A斜劈P所受合外力增大B斜劈P对竖直墙壁的压力增大C球Q对地面的压力不变D墙面对斜劈P的摩擦力增大6水平面上固定一个倾角为的斜面，将一个小球从斜面顶端以v0平抛，经过时间t1小球距离斜面最远，再经t2小球落在斜面上，则可知ABt1和t2内小球沿斜面位移相同Ct1和t2内速度变化量相同D

4、小球距斜面的最远距离7一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，小球A和小球B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示A的运动半径较大，则下列判断正确的是( )AA球的加速度大于B球的加速度BA球的线速度大于B球的线速度CA球的角速度等于B球角速度DA球的向心力等于B球的向心力8“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的1/5，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（ ）A站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动B“轨道

5、康复者”可在高轨道上加速，以对接并拯救低轨道上的卫星C“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的5倍D“轨道康复者”的线速度是地球同步卫星线速度的倍9如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为，传送带在电动机的带动下，始终保持v的速率运行，现把一质量为m的工件(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过一段时间，工件与传送带达到共同速度后继续传送到达h高处，工件与传送带间动摩擦因数为，重力加速度为g，则下列结论正确的是()A.工件与传送带间摩擦生热为B.传送带对工件做的功为mghC.传送带对工件做的功为D.电动机因传送工件多做的功为mgh10如图，一足够长的木板放在光滑水平地面上，一小木块水平滑上木

6、板，此过程中木块受到的平均阻力为，小木块在木板上的位移为，木板位移为，则此过程中（ ）A小木块的内能增加了B木板和小木块组成的系统机械能守恒C木板增加的动能为D小木块动能的减少等于木板动能的增加11如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为个带电的质点在仅受电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法中正确的是A带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小B带电质点一定是从P点向Q点运动C带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小D三个等势面中，等势面a的电势最高12真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图象可知

7、( )AR处的电场强度E0Bx1处与x2处的电场强度方向相反C若正的试探电荷从x1处移到x2处，电场力一定做正功D该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的二、多选题13如图所示，质量为m的物体A放在质量为M、倾角为的斜面B上，斜面B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面B始终静止不动，则下列说法中正确的是（ ）A.斜面B相对地面有向右运动的趋势B.地面对斜面B的静摩擦力大小为C.地面对斜面B的支持力大小为D.斜面B与物体A间的动摩擦因数为14如图所示，斜面B放置于水平地面上,其两侧放有物体A、C,物体C通过轻绳连接于天花板,轻绳平行于斜面且处于拉直状

8、态,A、B、C均静止,下列说法正确的是AA、B间的接触面一定是粗糙的B地面对B一定有摩擦力CB、C间的接触面可能是光滑的DB一共受到6个力的作用15如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，木块受到向右的拉力F的作用而向右匀速滑行，此时长木板处于静止状态。已知木块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是A物块受到摩擦力的大小是FB物块受到摩擦力的大小是C木板受到地面的摩擦力的大小是FD木板受到地面的摩擦力的大小是16如图所示，木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，下列说法正确的是（ ）A子弹射入木块的过程中，

9、子弹与木块组成的系统动量守恒B子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒C木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块与弹簧组成的系统动量守恒D木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块与弹簧组成的系统机械能守恒17如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP2 R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（ ）A重力做功2mgRB机械能减少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR18如图所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d。 m2的左边有一固定挡板，m1由图

10、示位置静止释放当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1，在以后的运动过程中()A.m1的最小速度可能是0B.m1的最小速度可能是v1C.m2的最大速度可能是v1D.m2的最大速度可能是v1三、解答题19如图所示,光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点平滑连接,导轨半径为R,一个质量为m的小球将弹簧压缩至A处。小球从A处由静止释放被弹开后,经过B点进入导轨时对导轨的压力大小为8mg,然后小球沿轨道向上运动恰能运动到C点(已知重力加速度为g),求：(1)释放小球前弹簧的弹性势能；(2)小球从B运动到C的过程中克服摩擦阻力做的功.20如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M8 kg的平板小车，车上

11、有一个质量m1.9 kg的木块(木块可视为质点)，车与木块均处于静止状态一颗质量m00.1 kg的子弹以v0200 m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中已知木块与小车平板之间的动摩擦因数0.5，g10 m/s2.(1)求子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度大小；(2)若木块不会从小车上落下，求三者的共同速度大小；(3)若是木块刚好不会从车上掉下，则小车的平板至少多长？参考答案1A【解析】【详解】A0ta段图线的斜率小于tatb段图线的斜率，则0ta段火箭的加速度小于tatb段的火箭的加速度。故A正确。BCD0tc段速度都为正值，速度方向并未改变，说明火箭一直处于上升过程，在tc时

12、刻火箭到达最高点。故BCD错误。2D【解析】试题分析：对AB的整体，根据牛顿第二定律可知：F-3mg=3ma；对物体B：T-mg=ma，联立解得：T=F/3；线断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，故弹力仍为T=F/3，此时A的加速度满足：2mg+T=2ma，解得，故选D.考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；注意求解弹簧的弹力用了先整体后隔离的方法；在剪断细绳的瞬时，弹簧的弹力是不能突变的，细绳的拉力变为零，可根据牛顿第二定律求解此时A的加速度的大小；此题是中等题.3D【解析】【详解】AB.当斜面光滑，斜劈静止释放或者以一定的初速度沿斜面向上滑行时，斜劈和球整体具有相同的

13、加速度gsin，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下，所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力，知P点对球无压力，Q点对球有压力，故AB错误；C.斜劈A沿斜面匀速下滑，知B球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡，所以P、Q对球均无压力，故C错误；D. 若C的斜面粗糙，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行时，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下，所以B球受重力、底部的支持力以及Q对球的弹力，故D正确.4D【解析】【详解】A.物体在圆弧轨道上下滑的过程中机械能守恒，根据机械能守恒可得，mgR=mv02所以小物块

14、滑上传送带的初速度 物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物体的受力情况可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的，所以物体返回圆轨道时速度大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度，物体就能返回到A点，则，故A错误。B.若减小传送带速度，只要传送带的速度，物体就能返回到A点。若传送带的速度，物体返回到传送带左端时速度小于v0，则小物块到达不了A点。故B错误。C. 若增加传送带速度，则小物块和传送带间相对滑动的距离变大，根据可知，摩擦生热将变大，选项C错误；D.若增大传送带的速度，由于物体返回到圆

15、轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点。故D正确。5B【解析】【详解】斜劈P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，N为竖直墙壁对P的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：P对竖直墙壁的压力增大。故B正确；对Q受力分析，如图：根据平衡条件：F=Nsin，F增大，则N增大，N=mg+Ncos，N增大，则N增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大，以整体为研究对象，如果力F开始作用时，滑动摩擦力向上，则有在竖直方向：N+f=Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，若N增大至与Mg相等，则f=0，故CD错误

16、。故选B。【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，确定研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题。要注意多个物体在一起时，正确利用整体法与隔离法进行分析是解题的关键。6C【解析】【详解】A.小球平抛运动过程中，当速度与斜面平行时离斜面最远，则有：解得： 故选项A不符合题意；B.将速度和加速度分解为沿斜面和垂直斜面，垂直斜面方向物体先匀减速远离斜面后匀加速落回斜面，加速度不变，所以，物体沿斜面方向做匀加速运动，沿斜面在相等时间内位移不同，故选项B不符合题意；C.根据公式：可知、内的相同，故选项C符合题意；D.在垂直斜面方向远离斜面过程中，则有：解得小球距斜面的最远距离：，故选项D不符合题

17、意。7B【解析】【详解】对小球受力分析，小球受重力和支持力，两者的合力提供向心力，如图所示：根据牛顿第二定律有：A.由上式可得小球的加速度为，可知A、B两球的加速度相等，故A错误B.由上式可得小球的线速度为，由A球的转动半径大，所以A球的线速度大，故B正确。C. 由上式可得小球的角速度为，由A球的转动半径大，所以A球的加速度小，故C错误。D.因为两球的质量未知，所以两球的向心力不一定相等，故D错误。8D【解析】【详解】A.因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”

18、向东运动，故选项A不符合题意；B. “轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星，故选项B不符合题意；C.根据万有引力提供向心力，则有：解得：，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，故选项C不符合题意；D.根据万有引力提供向心力，则有：解得：，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍，故选项D符合题意。9B【解析】【详解】A.工件与传送带共速时，工件与传送带的相对位移svttt工件

19、的位移为st对工件，根据动能定理(fmgsin)s摩擦生热Qfs，A错误；BC.传送带对工件做的功等于工件增加的机械能，B正确，C错误；D.电动机因传送工件多做的功W mghQD错误10C【解析】【详解】系统损失的机械能转化为内能,系统产生的内能为,则子弹的内能增加小于，故A错误；因为系统产生了内能,所以子弹和木块组成的系统机械能不守恒,故B错误；对木块,由动能定理得故C正确；从能量守恒的角度上来考虑小木块动能的减少等于木板动能的增加和系统内增加的内能之和，故D错误；故选C11A【解析】从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，所以P点的动能小于Q点的动能，故A正确；无法判断粒子的运动

20、方向，故B错误；由于相邻等势面之间的电势差相同。等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C错误；根据质点判断出受力情况但不知道粒子所带电性，故无法判断等势面的电势高低，故D错误。所以A正确，BCD错误。12C【解析】试题分析：-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的斜率不为零，故电场强度不为零；故A错误；x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向相同，故B错误；若试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式WAB=qUAB，如果是正电荷，电场力做正功；故C正确；离电荷越近，电场强度越大，故-x图象的斜

21、率越大；而在O点向右，切线斜率变大，故O点不可能有电荷，故D错误；故选C考点：电场强度；电势及电势能【名师点睛】-x图象：电场强度的大小等于-x图线的斜率大小，电场强度为零处，-x图线存在极值，其切线的斜率为零在-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向在-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。13BC【解析】【详解】AB、将A和B看成一个整体,对其进行受力分析,由平衡条件可知,地面对B的静摩擦力f=Fcos,方向水平向右,故B相对地面有向左运动的趋势,故A错误, B正确;C、由平衡条件可知,地面对B的支

22、持力FN=(M+m)g+Fsin,故 C正确;D、对A进行受力分析可知,在平行于斜面的方向上有mgsin+F=mgcos,解得，故D错误；14AC【解析】【详解】A、以A为研究对象，受到重力和支持力不可能平衡，所以A一定受到B对A沿斜面向上的静摩擦力，故A正确；B、以A、B、C为研究对象，受到重力和地面的支持力、左斜向上的轻绳的拉力，这三个力不可能平衡，所以地面对B沿水平向右的静摩擦力，故B正确；C、以C为研究对象，受到重力和B对C的支持力、左斜向上的轻绳的拉力，这三个力可能平衡，所以B、C之间可能没有的静摩擦力，B、C间的接触面可能是光滑的，故C正确；D、以B为研究对象，可能受到重力、A对B

23、的压力、C对B的压力、地面对B支持力和A对B的静摩擦力等五个力作用，也可能受到重力、A对B的压力、C对B的压力、地面对B支持力、A对B的静摩擦力和C对B的静摩擦力等六个力作用，故D错误；故选ABC。15ABC【解析】【详解】AB.以木块为研究对象，木块在水平方向受到两个力：向右的拉力F和木板对木块向左的滑动摩擦力f，木块匀速滑动，则有f=F=；故AB正确；CD.以木板为研究对象，木板在水平方向受到两个力：木块对木板向右的滑动摩擦力和地面对木板向左的静摩擦力f2，根据平衡条件得：。故D错误，C正确；16AD【解析】【详解】A. 子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A项与题意相

24、符；B. 子弹射入木块的过程中要克服阻力做功产生热能，系统机械能不守恒，故B项与题意不相符；C. 木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C项与题意不相符；D. 木块压缩弹簧过程中，只有弹簧的弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，故D项与题意相符。17CD【解析】【详解】A.重力做功为：故A错误；B.小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，在最高点B有：解得：则机械能减少量为：故B错误。C. 根据动能定理得合外力做功为：故C正确；D. 根据动能定理得：得：即克服摩擦力做功为：，故D正确。18ABC【解析】【详解】从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉到m2前进

25、，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，选取向右为正方向，则：m1v1=m1v1+m2v2m1v12=m1v12+m2v22；解得：v1=v1，v2=v1故m2的最大速度为v1，此时m1的速度为v1，由于m1m2，可知当m2的速度最大时，m1的速度小于0，即m1的速度方向为向左，所以m1的最小速度等于0A.A项与上述分析结论相符，故A符合题意；B.B项与上述分析结论相符，故B符合题意；C.C项与上述分析结论相符，故C符合题意；D.D项与上述分析

26、结论不相符，故D不符合题意。19(1) (2) 【解析】【分析】小球经过B点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经过B点的速度，得到小球的动能，小球从A点至B点的过程中机械能守恒定律，弹簧的弹性势能等于小球经过B点的动能；小球恰好到达C点时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律求出C点的速度，小球从B到C的过程，运用动能定理求解克服摩擦阻力做的功。【详解】(1)物块在B点时，由牛顿第二定律得： 根据题意：物体经过B点的动能：在物体从A点至B点的过程中,根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能： (2)物体到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律有：可得：物体从B点到C点只有重力

27、和阻力做功,根据动能定理有：计算得出：所以物体从B点运动至C点克服阻力做的功为： 。【点睛】本题的解题关键是根据牛顿第二定律求出物体经过B、C两点的速度，再结合动能定理求解克服摩擦做的功。20(1)10 m/s (2)2 m/s (3)8 m【解析】【详解】子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出共同速度；子弹、木块、小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出它们的共同速度；对系统由能量守恒定律求出小车的平板的最小长度；解：（1）子弹射入木块过程系统动量守恒，以水平向左为正，则由动量守恒有：解得：（2）子弹、木块、小车系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：解得：（3）子弹击中木块到木块相对小车静止过程，由能量守恒定律得：解得：