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

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）

一、选择题

1.2019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2011年创下的13秒22赛会纪录，同时也是这个项目今年的世界最好成绩。关于谢文骏的运动过程分析正确的是（ ）

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动员的冲量为零

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究的问题没有影响时，物体就可以看成质点，冲线时，运动员的头部、脚部等部位过线，即表示冲线成功，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 110m/s 8.3m/s 13.22

x v t =

=≈ 故B 正确； C ．由冲量定义式I Ft =可知，运动过程中，地面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。

故选B 。

2.下列各图，关于各图受力情况说法正确的是（ ）

A. 甲图中原木P 在MN 两点各受一个弹力，且均竖直向上

B. 乙图中BC 杆对绳子的弹力一定由B 指向C

C. 丙图中铁块所受重力可以分解为下滑力和对斜面的压力

D. 丁图中弹簧一定处于压缩状态

【答案】D

【解析】

【详解】A ．甲图，在M 点的弹力方向垂直地面向上，在N 点的弹力方向垂直杆向上，故A 错误；B ．乙图中BC 杆斜插入墙壁，则BC 杆对绳子的作用力与两侧绳的拉力的合力平衡，方向不一定由B 指向C ，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。

故选：D 。

3.如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v 匀速运动，某时刻一质量为m 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，下列说法正确的是（ ）

A. 皮带对物块所做功为212mv

B. 物块对皮带所做的功为212

mv C. 由于传送该物块电动机需要多做的功为2mv

D 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

212W mv =

皮带对物块所做的功为212

W mv =，故A 错误； B ．设经过时间t 物块与皮带速度相等，物块的位移 2vt x =

物块 皮带的位移：

2x vt x ==皮带物块

皮带对物块做功

212

W fx mv ==

物块 物块对皮带做功 22W fx fx mv '=-=-=-皮带物块

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

2=W mv

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

221122

Q W mv mv =-= 与动摩擦因数无关，故D 错误。

故选C 。

4.质量为m 的带正电小球由空中某点A 无初速度自由下落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点。不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）

A. 整个过程中小球电势能变化了2232

mg t B. 整个过程中小球合力冲量大小为2mgt

C. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减小了22mg t

D. 从A 点到最低点小球重力势能减小了2232

mg t 【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E ，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，则

2211()22

gt vt at =-- 又v gt =，解得

3a g =

则小球回到A 点时的速度为

2v v at gt '=-=-

整个过程中小球速度增量的大小为

3v v v gt ?='-=-

速度增量的大小为3gt ，由牛顿第二定律得

qE mg ma -=

联立解得

4qE mg =

整个过程中小球电势能变化了

222P 122

E qE gt mg t ??=＝ B ．整个过程中小球合力冲量大小为

'2I mv mgt ==-

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

2k 1()2

E m gt ?=

故C 错误； D ．设从A 点到最低点的高度为h ，根据动能定理得：

21)0

2

(mgh qE h gt --= 解得

223

h gt =

从A 点到最低点小球重力势能减少了 22P 23

E mgh mg t ?＝＝ 故D 错误。

故选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图所示，若已知汽车的质量m ，牵引力F 1和速度v 1及该车所能达到的最大速度v 3，运动过程中阻力大小恒定，则根据图像所给信息，下列说法正确的是

A. 汽车行驶过程中所受阻力113

F v v B. 速度为2v 时的加速度大小为112

F v mv C. 汽车运动中的最大功率为13F v

D. 恒定加速时，加速度为

1F m

【答案】A

【解析】

【详解】AC ．当速度为v 1时，功率达到额定功率，为 P =F 1v 1

匀速行驶时，牵引力等于阻力，故

11333F v P f F v v ==

= 故A 正确，C 错误；

B ．速度为v 2时，根据牛顿第二定律，有

22P f ma v -=

解得

1111223

F v F v a mv mv =

- 故B 错误； D ．根据牛顿第二定律，有恒定加速时，加速度

11113

F f F F v a m m mv -=

=- 故D 错误。

故A 正确。 6.某位移式传感器的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，平行金属板A 、B 和介质P 构成电容器，在可移动介质P 向左匀速移出的过程中( )

A. 电容器的电容大小不受影响

B. 电容器所带的电荷量增大

C. 电容器两极板间的电压增大

D. 电路中电流的方向为M →R →N

【答案】D

【解析】

【详解】在介质P 向右匀速移出的过程中，根据电容的决定式：

4S C kd επ= 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，则流过电阻R 的电流方向从M 到N ，M 点的电

势比N点的电势高，故选D.

7.如图是在购物商场里常见的电梯，左图为阶梯电梯，右图为斜面电梯，设两电梯中各站一个质量相同的乘客随电梯匀速上行，若两电梯高度相同，速度相同，且两乘客用相同时间到达电梯顶端，则两种情况( )

A. 摩擦力对乘客做功相同

B. 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，则为：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、垂直于斜面的支持力与沿斜面向上的静摩擦力，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。

故选B。

8.电荷量分別为q1和q2的两点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x

变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零；ND段中C点电势最高．则下列选项中错误

．．的是

A. C 点的电场强度大小为零

B. 12q q >

C. N 、C 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D 点的过程中，电场力先做正功后做负功

【答案】C

【解析】

【详解】A.x φ-图象的切线斜率等于场强E ，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；

B. 由图知无穷远处的电势为0，A 点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O 点的电荷1q 带正电，M 点电荷2q 带负电，由于A 点距离O 比较远而距离M 比较近，所以1q 电荷量大于2q 的电荷量，故B 正确；

C.由N 到C 过程电势升高，则说明场强沿x 轴负方向，故C 错误；

D. N →D 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D 点，电场力先沿x 轴正方向，后沿x 轴负方向，则电场力先做正功后做负功．故D 正确．

9.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一固定的足够长的斜面，将一带正电的小球从斜面上某点以水平向右的速度0v 抛出，小球最终落到斜面上。当电场强度为1E 时，小球从抛出至落到斜面上所用的时间为1t ，机械能的增量为1E ?，动能的增量为1k E ?，动量变化量大小为

1P ?；当电场强度为2E 时，

小球从抛出至落到斜面上所用的时间为2t ，机械能的增量为2E ?，动能的增量为2k E ?，动量变化量大小为2P ?已知电场强度21E E >，则以下判断正确的是

A. 12t t =

B. 12k k E E ?=?

C. 12E E ?

D. 12P P ?

【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 mg a m

+=

水平方向 0x v t =

竖直方向

212

y at =

又 tan y x

θ= 联立解得

02tan m mg

t v qE θ+=

由于21E E >，可知 12t t <

故A 错误；

B ．由

2202212mv tan y at mg qE

θ==+ 合外力做的功

220?2tan W mg qE y mv θ=+=（）

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2202212mv tan y at mg qE

θ==+知，第二种情况下小球沿竖直方向向下的位移较小，则第二种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，也可能是等势面，则下列说法正确的判断是

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面，电子在b 点动能较小

C. 不论图中虚线是电场线还是等势面，a 点的场强都大于b 点的场强

D. 不论图中虚线是电场线还是等势面，a 点的电势都高于b 点的电势

【答案】AC

【解析】

【详解】A ．若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，ab 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 ．若虚线为等势面，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 点动能较

大，所以B 错误；

C ．不论图中虚线是电场线还是等势面，由电场线的密集程度可看出a 点的场强较大，故C 正确；

D ．若虚线是等势面，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；若虚线是电场线，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． 11.2019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背面的预选着陆区，已知“嫦娥四号”的运行过程示意图如图所示，下列说法正确的是

A. “嫦娥四号”的发射速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

3

2r T GM

= 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.如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB 是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A 点正上方h 高处由静止释放，小球由A 点沿切线方向经半圆轨道后从B 点冲出，在空中

能上升的最大高度为0.8h ，不计空气阻力。下列说法错误．．

的是（ ）

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0.6h

【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B 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，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

0mv mv -'=

即有

20R x x m

m t t

--= 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

0.80f mg h h W --=（）

W f 为小球克服摩擦力做功大小，解得

f 0.2W mgh =

即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh ，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0.2mgh ，机械能损

失小于0.2mgh ，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于

0.8h -0.2h =0.6h

故D 错误。

故选ACD 。

二、实验题

13.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B ，实验步骤如下：

①用天平测得A 、B 两小球的质量分别为1m 、2m ，且12m m >

②如图所示安装器材，在竖直木板上记下O 点（与装置C 点的小球的球心等高），调节斜槽使其末端的切线水平

③C 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

④再将球B 置于C 处，让球A 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

⑤．用刻度尺测出三个平均落点到O 点的距离分别为M h 、p h 、N h

回答下列问题：

（1）若C 点到木板的水平距离为x ，小球的平均落点到O 点的距离为h ，重力加速度为g ，则小球做平抛运动的初速度0v =_______

（2）若两小球的碰撞为弹性碰撞，则下列关系式正确的是_______

A ．p N M h h h +=

B ．222p N M h h h +=

C p N M h h h =

D p N M

111h h h = 【答案】 (1). 2g x h (2). D

【解析】

【详解】(1)[1]由平抛运动的规律求初速度

x

v

t

===

(2)[2]根据弹性碰撞的特点有：

m1v0=m1v1+m2v2

222

101122

111

222

m v m v m v

=+

将有m1的项移到左边并化简整理后有

012

v v v

+=

根据题意，碰撞前的入射球的速度

v=

碰撞后入射球的速度

1

v=

被碰撞球的速度

2

v=

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F。已知当地重力加速度为g，电源频率为f。

（1）若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更________（填“大”或“小”）。

（2）实验时，让砂桶从高处由静止开始下落，在纸带打出一系列的

点，如图乙所示，其中0是打下的第一个点，取纸带上0~5过程进行研究，铝块动能的增加量ΔE k =_______，合外力做的功W =______（用题目和纸带中已知物理量符号表示）。

（3）为了更普遍地反应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ΔE k –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).

()22128m x x f + (3). （F-mg ）(h+x 1) (4). 图像斜率

近似为1

【解析】 【详解】(1)[1]由于滑轮的摩擦，若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更大；

(2)[2]计数点5的瞬时速度

15155()22x x x x f v T ++=

= 铝块动能的增加量 22

221212k 5()11()2228

x x m x x f E mv m f ++?=== [3]合外力做的功

1()()W F mg h x =-+

(3)[4]由实验原理得

k E 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、解答题

15.如图所示的升降机中，用OA 、OB 两根绳子吊一个质量为20kg 的重物，若OA 与竖直方向的夹角θ＝37°，OA 垂直于OB ，取g =10m/s 2

，试求：

（1）若升降机保持静止，求OA 、OB 绳上的拉力大小

（2）若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）160N 120N A B T T ==， （2）a =10m/s 2

【解析】

【详解】(1)以箱子为研究对象，根据平衡条件得

cos sin A B T T mg θθ+=

sin cos A B T T θθ=

联立解得

160N 120N A B T T ==，

(2)当OA 绳上的拉为320N 时，OB 绳上的拉力大小

tan 37240N B A T T ?==

两绳的合力为

400N cos37A T F ?

=

= 由牛顿第二定律有 F mg ma -=

解得

210m/s a =

16.如图所示，在长为2L 、宽为L 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E ，无电场区域位于区域右侧另一半内，现有一个质量为m ，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A 点射入该区域，不考虑粒子重力，要使这个粒子能从区域的右下角的B 点射出，

（1）试判断粒子的电性，并求粒子的初速度大小v 0。

（2）求电子射出电场时的速度大小和方向

【答案】（132Eql m 2136qEL m 2tan 3θ= 【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，与电场方向相反，则粒子带负电，水平方向有

0L v t =

竖直方向有

212

y at =

由牛顿第二定律可得 ma qE =

粒子在离开电场时，沿电场方向的分速度

y v at =

电场后，粒子做匀速直线运动，设速度与水平方向夹角为θ，则

0tan y v L y v L θ-== 联立解得

032qEL v m =(2)粒子在电场中做类平抛运动，则有，平方向有

0L v t =

粒子在离开电场时，沿电场方向的分速度

y v at =

即 23y qEL

v m

=

出电场时的速度为 220136y qEL v v v m

=+= 设速度与水平方向夹角为θ，则

02tan 3

y v v θ== 17.如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m 、相距为x 0的小球A 和B ，A 球所带电荷量为+q ，B 球不带电．现在A 球右侧区域加上水平向右的匀强电场，电场强度为E ，小球A 在电场力作用下由静止开始运动，然后与B 球发生弹性正碰，A 、B 碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：

（1）A 球与B 球发生第一次碰撞后B 球的速度；

（2）从A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功；

【答案】（102qEx m

（2）05W qEx = 【解析】 【详解】（1）设A 小球与B 球第一次碰撞前速度为0v ，碰撞后的速度分别为11A B v v 、 对A ，根据牛顿第二定律得：

qE ma =

由运动学公式有：

2002v ax =

解得：0v =对于AB 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：

011A B mv mv mv =+

222011111222

A B mv mv mv =+

解得：1B v =（2）设第一次碰撞后到第二次碰撞前经历的时间为1t ，有

211111112

A A

B x v t at v t =+= 从A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功为：

()01A W qE x x =+

解得05W qEx =

18.如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD 的光滑，内圆A ′B ′C ′D ′的上半部分B ′C ′D ′粗糙，下半部分B ′A ′D ′光滑．一质量m =0.1kg 的小球从轨道的最低点A ，以初速度v 0向右运动，球的尺寸略小于两圆间距，球运动的半径R =0.2m ，取g =10m/s 2．

（1）若要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，初速度v 0至少为多少？

（2）若v 0=3m/s ，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力N =1N ，则在这段时间内摩擦力对小球做的功是多少？

（3）若v 0=3m/s ，经过足够长的时间后，小球经过最低点A 时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？

【答案】（110m/s （2）0.05J - （3）3N ,0.25J

【解析】

【详解】(1)设此情形下小球到达最高点的最小速度为v C ，则有

2C mv mg R

= 22011222

C mv mv mgR =+ 代入数据解得：010m/s v

(2)设此时小球到达最高点的速度为'C

v ，克服摩擦力做的功为W ，则 2C mv mg N R

='- 22011222

f mgR W mv mv '-+=

- 代入数据解得：0.05J f W =- (3)经足够长时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动，设小球经过最低点的速度为v A ，受到的支持力为N A ，则有：

212

A mgR mv = 2A A mv N mg R

-= 代入数据解得3N A N =；设小球在整个运动过程中减少的机械能为E ?，由功能关系有：

2201122

A E mv mv ?+= 代入数据解得：0.25J E ?=.

答：（1）若要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，初速度v0.

（2）若v0=3m/s，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力N=1N，则在这段时

.

间内摩擦力对小球做的功是0.05J

（3）若v0=3m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为3N；小球在整个运动过程中减少的机械能是0.25J.

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