安徽省滁州市定远县育才学校2022届高三物理上学期入学考试试题实验班含解析

定远育才学校2022-2022学年第一学期入学考试高三实验班物理试题一、选择题（每题3分，共15题，共计45分）1.甲、乙两质点在同一直线上运动，其位移—时间（）图像如图所示，其中乙的图线为抛物线.关于甲、乙在时间内的运动的看法，以下正确的是A.甲、乙在该段时间内的平均速度相同B.甲、乙的运动方向始终相同C.乙始终比甲运动快D.甲、乙在时刻相距最远【答案】A【解析】A、从位移—时间图像可得，在内甲的位移与乙的位移相等，根据平均速度公式可得，内乙的平均速度等于甲的平均速度，选项A正确、B、在位移—时间图像中，切线的斜率代表的是速度，从图像上可以看出甲一直朝正方向运动，而乙先朝负方向运动，再朝正方向运动，故B错误；C、在位移—时间图像中，切线的斜率代表的是速度，从图像上可以看出，乙的速度不是一直大于甲的速度，故C错误；D、甲、乙相距最远的位置，应该在图像上找同一时刻两点之间的最远距离，从图形上看，时刻，不是两者最远的位置，故D错误；综上所述本题答案是：A2.如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上，已知mA＜mB，经过相同的路程后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将（　　）-16-A.静止B.向右运动C.向左运动D.无法确定【答案】C【解析】两个推力等大、反向，作用距离相同，由动能定理知，撤去两力时A、B两物体具有相同的动能；动量，已知，则，两物体组成的系统初动量方向向左，两物体碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，碰撞后系统速度方向向左，相碰后A、B一起向左运动．3.在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为2000kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3000kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离停止．经测定，长途客车碰前以30m/s的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率(　　)A.小于20m/sB.大于20m/s，小于30m/sC.大于30m/s，小于40m/sD.大于20m/s，小于40m/s【答案】A【解析】长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，设长途客车质量为m，卡车质量为M，规定客车的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，有：因为碰后两辆车一起向南滑行了一段距离才停止，所以总动量应该是向南，即客车动量大于卡车的动量，即：代入数据得：，故A正确综上所述本题答案是：A4.如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面是粗糙的，有一质量为m的木块，以初速度v0滑上小车的上表面．若车的上表面足够长，则（　　）-16-A.木块的最终速度一定为mv0/(M+m)B.由于车的上表面粗糙，小车和木块组成的系统动量减小C.车的上表面越粗糙，木块减少的动量越多D.车的上表面越粗糙，小车增加的动量越多【答案】A【解析】以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动．有，解得，无论车表面如何粗糙，最终两者的速度都是，故A正确．5.质量为2m的物体A和质量为m的物体B相互接触放在水平面上，如图所示．若对A施加水平推力F，使两物体沿水平方向做匀加速直线运动，下列说法正确的是（　　）A.若水平面光滑，物体A的加速度为B.若水平面光滑，物体A对B的作用力为C.若物体A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物体A对B的作用力大小为D.若物体A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物体B的加速度为【答案】D【解析】如果水平面光滑，以AB组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律得：，B为研究对象，由牛顿第二定律得，A对B的作用力：，故AB错误；若物体A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，以系统为研究对象，根据牛顿第二定律得：，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：N′-μmg=ma′，则物体A对B的作用力大小为：-16-，故C错误，D正确。所以D正确，ABC错误。6.如图，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h，则A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为C.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h＜h＜h【答案】D【解析】小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；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：mv-mv′=0，，解得，小车的位移：x=R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0-h0）-Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，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mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：，而小于h0，故D正确；故选D．点睛：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．摩擦力做功使得机械能转化成内能．-16-7.质点做直线运动的位置坐标x与时间t的关系为(各物理量均采用国际单位制单位),则该质点()A.第1s内的位移是11mB.第2s内的平均速度是8m/sC.任意相邻内1s内的位移差都是1mD.任意1s内的速度增量都是2m/s【答案】BD【解析】T=0时刻，x0=5m；将t=1s代入公式，得位移x=（5+5×1+12）-5=6m，故A错误；将t=2s代入公式，得第2s内的位移：∆x2=（5+5×2+22）-（5+5×1+12）=8m，第2 s内的平均速度是：．故B正确；根据匀变速直线运动的位移时间关系公式x=v0t+at2，可得质点的初速度v0=5m/s，加速度a=2m/s2．则任意相邻的1 s内位移差都是：△x=aT2=2×12=2 m．故C错误．任意1s内的速度增量△v=at=2×1m/s=2m/s，故D正确；故选BD.8.质量为ma＝0.5kg的物体a以某一速度与另一质量为mb＝1.5kg的静止物体b在光滑水平面上正碰，若不计碰撞时间，碰撞前后物体a的x－t图象如图所示，则()A.碰前a的动量大小为2kg·m/sB.碰后b的动量大小为1.5kg·m/sC.碰撞过程b的动量改变了0.5kg·m/sD.碰撞过程a的动量改变了0.5kg·m/s【答案】AB【解析】A、在位移时间图象中,斜率表示物体的速度,由图象可以知道碰撞前a的速度为-16-,所以碰前a的动量大小为,所以A选项是正确的;B、碰撞后a的速度为:根据动量守恒定律得:计算得出: ,所以B选项是正确的;C、碰撞过程b的动量改变量为: ,故C错误;D、碰撞过程a的动量改变量为:， 故D错误.综上所述本题答案是：AB9.小球A沿光滑水平面运动，对A施加一作用力F，作用一段时间后撤去F，此过程A动量变化量的大小为6kg·m／s，则F作用的过程（）A.A的动量一定减小B.A的动量一定增大C.A动量大小可能不变D.A受到的合力冲量大小为6N·s【答案】CD【解析】对物体A分析，作用力F作用一段时间后，A的动量变化量的大小为6kg∙m/s，则由于动量的变化可以是由于速度大小因起的，也可以是由速度的方向变化引起的，物体的动量变化与动量无关，所以A的动量可能增大，也可能减小，还可能不变，再由动量定理知A受到的冲量大小为6N∙s，故CD正确，AB错误；故选CD.10.A、B两物体在一水平长直气垫导轨上相碰，碰撞前物体A做匀速直线运动，B静止不动，频闪照相机每隔0.1s闪光一次，连续拍照次，拍得如图5所示的照片，不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断(　　)A.第四次拍照时物体A在100cm处B.第四次拍照时物体A在80cm处C.mA∶mB＝3∶1D.mA∶mB＝1∶3【答案】AD【解析】-16-A、碰撞前，物体A做匀速直线运动，可知，物体A第三次在处，第四次在处．故A正确，B错误；C、碰撞前，A滑块的速度大小为，方向向右碰撞后，A的速度大小为，方向向左B的速度大小为，方向向右，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：代入数据得：解得：，故C错误，D正确。点睛：本题要根据匀速直线运动相等时间内通过的位移相等，判断滑块的位置，由匀速直线运动的规律求速度，要注意动量是矢量，在规定正方向的基础上，用符号表示动量的方向。11.如图所示，一个质量为ｍ的物体（可视为质点）以某一速度从Ａ点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为3ｇ/4，物体在斜面上上升的最大高度为ｈ。则物体在沿斜面上升的全过程中（）A.重力势能增加了B.重力势能增加了mghC.动能损失了mghD.机械能损失了【答案】BD【解析】试题分析：由题意知，物体在斜面上上升的最大高度为h，物体克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh．故B选项正确，A错误；根据动能定理得，，故C选项错误；由上知道，重力势能增加了mgh，物体的动能损失mgh，故机械能变化△E＝mgh+（−mgh）＝−mgh，即机械能损失了mgh，故D选项正确．故选BD。考点：动能定理-16-12.如图所示，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2第二次相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中(　　)A.m1的最小速度是0B.m1的最小速度是v1C.m2的最小速度是v1D.m2的最大速度是v1【答案】BD【解析】当与相距最近后，在前，做减速运动，在后，做加速运动，当再次最近时，减速结束，加速结束，因此此时速度最小，速度最大，在此过程中遵从动量守恒，机械能守恒：；因此二者的作用相当于弹性碰撞，由弹性碰撞的公式可解得BD选项正确。点睛：本题为弹性碰撞的变式，可以作为水平方向弹性碰撞模型进行分析，分析其运动过程找出其最大最小速度的出现位置，由动量守恒可以解答。13.倾角为θ＝37°的斜面上有一重为G的物体A，A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。现给A施加一水平力F，如图所示。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，物体A在斜面上静止，则水平推力F与G的比值可能的是(　)A.2B.1C.0.5D.0.1【答案】ABC【解析】设物体刚好不下滑时F＝F 1 ，则F 1 ·cosθ＋μF N ＝G·sinθF N ＝F 1 ·sinθ＋G·cosθ-16-得设物体刚好不上滑时F＝F 2 ，则F 2 ·cosθ＝μF N ＋G·sinθF N ＝F 2 ·sinθ＋G·cosθ得即，故ABC正确，D错误；故选ABC。14.如图所示，三个物体质量分别为m1＝1.0kg、m2＝2.0kg、m3＝3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8．不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始时用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g＝10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（  ）A.和m1以共同速度沿斜面下滑B.和m1以共同速度沿斜面上滑C.相对于斜面上滑D.相对于m1下滑【答案】CD【解析】假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度．隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，f-m2gsin30°=m2a解得f=m2gsin30°+m2a=2.0×（10×0.5+2.5）N=15N最大静摩擦力fm=μm2gcos30°=0.8×20×=8N，可知f＞fm，知道m2随m1一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力，所以假设不正确，m2相对于m1下滑．隔离对m2分析，μm2gcos30°＞m2gsin30°，可知m2的加速度方向沿斜面向上，可知m2相对斜面上滑，故CD正确，AB错误．故选CD．15.如图所示，表面粗糙质量M=2kg的木板，t=0时在水平恒力F-16-的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a=2.5m/s2．t=0.5s时，将一个质量m=1kg的小铁块（可视为质点）无初速地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半.已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1=0.25，木板和地面之间的动摩擦因数μ2=0.25，g＝10m/s2．则A.水平恒力F的大小为10NB.铁块放上木板后，木板的加速度为2m/s2C.铁块在木板上运动的时间为1sD.木板的长度为1.625m【答案】AC【解析】A.开始时木板在水平方向受到拉力与摩擦力,加速度为2.5m/s2，由牛顿第二定律可得：F=Ma+μ2Mg=2×2.5+0.25×2×10=10N，故A正确；B.铁块放上木板后，木板在水平方向受到拉力、地面的摩擦力以及铁块对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得：Ma′=F−μ2(M+m)g−μ1mg代入数据解得：a′=0.75m/s2，故B错误；C.小铁块(可视为质点)无初速地放在木板最右端时木板的速度：v=at=2.5×0.5=1.25m/s铁块的加速度为：a″=μ1g=0.1×10=1m/s2设铁块在木板上运动的时间为t2，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半，则：代入数据得：t2=1s，故C正确；D.这段时间内铁块相对于木板滑动的距离为：代入数据得：L=1.125m，故D错误。故选：AC。二、实验题（2小题，共12分。）16.如图是某同学用来探究“小车的加速度与外力关系”的实验装置，轨道上的B点固定一光电门，将连接小车的细线跨过滑轮系住小钩码，平衡摩擦力后在A点释放小车，测出小车上挡光片通过光电门的时间为Δt。-16-(1)若挡光片的宽度为d，挡光片前端距光电门的距离为L，则小车的加速度a＝________。(2)在该实验中，下列操作中正确的是________。A．要用天平称量小车质量B．每次改变钩码，都不需要测量其质量(或重力)C．调节滑轮的高度，使细线与轨道平行D．每次小车从A点出发允许有不同的初速度(3)由于挡光片有一定的宽度，则实验中测出的小车加速度值比真实值________。(填“偏大”“相等”或“偏小”)。【答案】(1).(2).BC(3).偏大【解析】(1)小车通过光电门的瞬时速度(挡光片通过光电门的平均速度)：小车从A点释放到通过光电门的过程：，联立解得：(2)A：研究小车的加速度与外力关系，保持小车质量一定即可，不需要知道小车质量。故A项错误。B：有拉力传感器测量拉力，改变钩码个数即可，不需测钩码质量。故B项正确。C：调节滑轮的高度，使细线与轨道平行，这样运动过程中拉力的方向始终不变。故C项正确。D：每次小车从A点出发时的初速都必须是零。故D项错误。(3)小车做加速运动，由于挡光片有一定的宽度，挡光片通过光电门的平均速度大于挡光片前端到达光电门的瞬时速度。又故实验中测出的小车加速度值比真实值偏大。17.如图所示为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图。-16-(1)入射小球1与被碰小球2直径相同，均为d，它们的质量相比较，应是m1________m2。(2)为了保证小球做平抛运动，如何调整斜槽？_______(3)之后的实验步骤为：A．在地面上依次铺白纸和复写纸。B．确定重锤对应点O。C．不放球2，让球1从斜槽滑下，确定它落地点位置P。D．把球2放在立柱上，让球1从斜槽滑下，与球2正碰后，确定球1和球2落地点位置M和N。E．用刻度尺量OM、OP、ON的长度。F．看是否相等，以验证动量守恒。上述步骤有几步不完善或有错误，请指出并写出相应的正确步骤___________。【答案】(1).＞(2).其末端切线水平(3).D选项中，球1应从与C项相同高度滑下；P、M、N点应该是多次实验落地点的平均位置。F项中，应看与是否相等【解析】【详解】（1）为防止碰后反弹，要求入射球的质量大于被碰球的质量，即m1>m2；（2）为了保证小球做平抛运动，则斜槽末端切线水平；（3）D选项中，球1应从与C项相同高度滑下；P、M、N点应该是多次实验落地点的平均位置。F项中，应看与是否相等.三、解答题（有4小题，共43分。）18.9月22日是世界无车日，其宗旨是鼓励人们在市区使用公共交通工具，骑车或步行，增强人们的环保意识，该日，小明在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1m/s，公交车的速度是15m/s，他们距车站的距离为50m。假设公交车在行驶到距车站25m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间8s。小明的最大速度只能达到6m/s，最大起跑加速度只能达到2.5m/s2。-16-（1）若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多大？（2）通过计算说明小明是否能赶上这班车。【答案】（1）（2）能安全上车【解析】（1）根据题意得公交车的加速度（2）公交车从开始相遇到开始刹车用时公交车刹车过程中用时小明以最大加速度达到最大速度用时小明加速过程中位移以最大速度跑到车站用时显然，，所以小明可以在公交车还停在车站时安全上车。综上所述本题答案是：（1）（2）小明能安全上车19.一个木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，并且跨过光滑的定滑轮，A物体（可视为质点）放置在木板的最左端，滑轮与物体A间的细绳平行于桌面．已知木板的质量m1=20kg，物体A的质量m2=4kg，物体B的质量m3=lkg，物体A与木板间的动摩擦因数μ=0.5，木板长L=2m，木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．为了使A、B两个物体以及木板均保持静止状态，需要对木板施加水平向左的力F1．（重力加速度g取l0m/s2）（1）求F1的大小；（2）为了使物体A随着木板一起向左运动，并且不发生相对滑动，现把力F1替换为水平向左的力F2，求力F2的最大值；（3）若对木板施加水平向左的力F3=80N，则物体A滑到木板的最右端所用时间为多少？【答案】(1)(2)(3)【解析】-16-（1）对物体B受力分析由平衡条件得：T1=m3g对物体A和木板组成的整体受力分析，由平衡条件得：F1=T1得：F1=10N（2）运动过程中，三个物体的加速度大小相等，设加速度大小为α对物体B受力分析，根据牛顿第二定律有：T2﹣m3g=m3α对物体A受力分析，根据牛顿第二定律有：μm2g﹣T2=m2α解得：α=2.0m/s2对木板受力分析．根据牛顿第二定律有：F2﹣μm2g=m1α解得F2=60N（3）由题意知所加力F3大于F2木板与A发生相对滑动，对木板有：F3﹣μm2g=m1α1解得：α1=3m/s2对A、B为整体有：μm2g﹣m3g=（m2+m3）α2解得α2=2m/s2又：解得：t=2s20.皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等。若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略。(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8m的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m＝0.5kg，g取10m/s2)【答案】(1)5∶4　(2)1.5N·s　方向竖直向下【解析】本题考查冲量、动量定理、以及运动学公式。(1)，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，则碰撞后的速度是碰撞前的0.8倍。设皮球所处的初始高度为H，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)和第二次碰撞后瞬时速度大小。设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，取竖直向上为正方向，根据动量定理，有-16-则(2)欲使球跳起0.8m，应使球由静止下落的高度为，球由高1.25m从静止落到高0.8m处的速度解得，，则应在0.8m处(此时速度为零)给球的冲量为，方向竖直向下。21.用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v=6m／s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示.B与C碰撞后二者粘在一起运动.在以后的运动中.求：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大?(2)弹性势能的最大值是多大?(3)A的速度有可能向左吗?为什么?【答案】（1）3m/s（2）12J（3）A不可能向左运动【解析】(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，(mA+mB)v＝(mA+mB+mC)vA′解得vA′=m/s=3m/s(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，则mBv=(mB+mC)v′v′==2m/s设物A速度为vA′时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒Ep=(mB+mC)+mAv2-(mA+mB+mC)=×(2+4)×22+×2×62-×(2+2+4)×32=12J(3)A不可能向左运动系统动量守恒，mAv+mBv=mAvA+(mB+mC)vB设A向左，vA＜0，vB＞4m/s-16-则作用后A、B、C动能之和E′=mAvA2+(mB+mC)vB2＞(mB+mC)vB2=48J实际上系统的机械能E=Ep+(mA+mB+mC)·=12+36=48J根据能量守恒定律，＞E是不可能的点睛：本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误．因为BC碰撞时是有机械能损失的.-16-