四川成都市崇州市崇庆中学2027届高三上学期8月入学测试物理试题

2027届物理8月入学测试 考试时间：75分钟 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，有一个符合要求。 1.如图所示，质量为M的薄木板静止在粗糙水平桌面上，木板上放置一质量为m的木块。已知m与 M之间的动摩擦因数为u,m、M与桌面间的动摩擦因数均为2u。现对M施一水平恒力F,将M从m 下方拉出，而恰好没滑出桌面，则在上述过程中() A.水平恒力F一定大于3u(m+M)g m▣ B.m在桌面上滑动的时间一定小于在M上滑动的时间 C.M对的冲量大小与桌面对的冲量大小相等 D.若增大水平恒力F,木块有可能滑出桌面 2.如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的 弹簧。烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，两辆小车的（) A.A、B动量变化量相同 B.A、B动能变化量相同 B C.弹簧弹力对A、B做功相同 D.弹簧弹力对A、B冲量大小相同 3.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩 状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着处于静止状态.当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法 正确的是（) A.两滑块的动能之比EkA:EkB=1:2 B.两滑块的动量大小之比PA:PB=2:1 C.两滑块的速度大小之比Va:VB=2:1 D.弹簧对两滑块做功之比WA:WB=1:1 4.如图，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而 行时，发现小车向右运动，下列说法中错误的是：（) A.乙的速度必定大于甲的速度 B.乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量 C.乙的动量必定大于甲的动量 D.甲、乙的动量之和必定不为零 5.如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直 墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度Vo击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在 水平面做往复运动，木块从被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，（) A.子弹、木块和弹簧构成的系统机械能守恒 B.子弹、木块和弹簧构成的系统动量守恒 C.木块受到的合外力的冲量大小为2Mm∞ M+m 玉 00000000Y D.木块受到的合外力的冲量大小为一 7777777777777777777777777 6.如图所示，质量为0.4kg的四分之一圆弧轨道静止在光滑水平面，右侧有固定在竖直平面内的光滑 半圆轨道，半径为0.4m,下端与水平面相切。现在将质量为0.2kg可视为质点的小球，从图中A点静 A M 止释放，小球离开圆弧轨道后恰好能通过半圆轨道的最高点，重力加速 度为10m/s2,不计一切阻力。下列说法正确的 A.小球沿圆弧轨道下滑过程，系统动量守恒 5noo005000000006 第1页，共8页 B.小球沿圆弧轨道下滑过程，系统机械能守恒 C.小球通过半圆轨道D点时，对轨道的压力大小为4N D.小球与圆弧轨道分离时，圆弧轨道的位移为0.5m 7.超强台风山竹于2018年9月16日前后来到我国广东中部沿海登陆，其风力达到17级超强台风强 度，风速60m/s左右，对固定建筑物破坏程度非常巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风 力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S, 风速大小为V,空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为即，则风力F与风速大小ⅴ关系式为 () 十或ms A F=pSv B.F=pSv2 C.F=pSv3 D.F=pSv3 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 &如图所示，两个半径均为R的4圆槽静止放在水平地面上，圆槽底端点4、B所在平面与水平面相切， AB相距R。质量为的小球（可视为质点）从P点静止释放，恰好从左圆槽上端点C进入圆槽，PC相距R, 圆槽质量均为2，重力加速度为g。不计一切摩擦，下列说法中正确的是（) A.小球到4点时，左圆槽的速度大小为2288 V 3 B.小球到B点时，AB相距2R C。小球冲上右圆槽的最大高度为3 B D.小球回到水平面后不能冲上左圆槽 9.如图所示，三小球a、b、c的质量都是m,都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止， 小球a以速度v冲向小球b,碰后与小球b黏在一起运动。在整个运 动过程中，下列说法中正确的是() a●) C）w0w0000000 777777777777777777 A三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒 B.三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒 C.当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大 D.当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零 10.如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之圆弧轨道，BC段 是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块从小车上的A点由静 止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=4m,滑块与轨道BC间的 动摩擦因数为μ，重力加速度为g,则()》 A全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R+L B.小车在运动过程中速度的最大值为熙 V10 C.全过程小车相对地面的位移大小为+ 5 D.、L、R三者之间的关系为R=L 第2页，共8页 11.如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，质量分别为2m、2m、。C物块叠放在B物块上方， B上表面粗糙，动摩擦因数为！。A、B两个物块中间用轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k,初始时刻弹簧为原 长状态。现给A物块一个水平向右的初速度，运动过程中弹簧始终在弹性限度内。弹簧弹性势能表达式为 B,=},其中x为弹簧形变量。重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是( ) A.若B、C不发生相对滑动，A物块速度大小先减小再增加，最终匀 Cm Vo 速直线运动 2mB A 2m 2 B.若B、C不发生相对滑动，C物体在运动过程中的最大速度为 5 C.若要保证B、C不发生相对滑动，则需要满足%≤4无 15m D.若B、C间会发生相对滑动，则刚要发生相对滑动瞬间，C物体动能为mG-3 2k 12.一个连同装备总质量M=100kg的宇航员，脱离飞船进行太空行走后，在与飞船相距d=45m的位置与 飞船保持相对静止。所带氧气筒中还剩有o=0.5kg氧气，氧气除了供他呼吸外，还需向与飞船相反方向喷 出一部分氧气以获得使他回到飞船反冲速度v',为此氧气筒上有可使氧气以=50m/s速度 喷嘴。按照物理原理：如果一次性喷出氧气质量为，喷气速度为ⅴ，则其获得反冲速度 v'=w/M,己知耗氧率为R=2.5×10kg/s(即每秒钟呼吸消耗氧气量)。则为保证他安全 返回飞船，一次性喷出氧气质量m可能为() A.0.10kg B.0.25kg C.0.35kg D.0.65kg 四、计算题：本题共3小题，13题12分，14题14分，15题18分，共44分。 13.图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环α连接，并套在固定的 竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对α施加大小可调节的阻力，当α的速度为零时涂层对其不施加作 用力.在某次性能测试中，质量为0.5m的光滑环b从杆顶端被静止释放，之后与α发生正碰；碰撞后，b 的速度大小变为碰前的2倍、方向向上，α向下运动2d时速度减为零，此过程中α受到涂层的阻力大小f与 下移距离s之间的关系如图乙。已知α静止在弹簧上时，与杆顶端距离为4.5d,弹簧压缩量为2d,重力加速 度为g。求： (1)与α碰前瞬间，b的速度大小： (2)2的值： (3)在a第一次向下运动过程中，当6的动能为。gd时a的动能。 2d 第3页，共8页 14.工厂对引进一种可升降传送装置进行调试。调整传送带与水平面成夹角日=37°，如图甲所示，并使传 送带从上到下运行。在传送带的顶端轻轻地放一个质量=1kg的物件，物件在传送带上运动共用时2.0s, 通过计算机记录了传送带对物件摩擦力的功率大小与时间的图像如图乙所示，物件可视为质点，g取10s2, 求：(sin37°=0.6，c0s37°=0.8) (1)物件与传送带之间的动摩擦因数： (2)物件从顶端到底端运动过程中物件与传送带摩擦所产生的热量： (3)物件从顶端到底端运动全过程中传送带对物件作用力的冲量大小。 ◆P/W 40- 15.如图所示，是一个小组设计的游戏装置，在A点左侧某处（大于弹簧原长)安装一弹簧发射器，质量为 m的小滑块（可视为质点）P被弹簧弹出，滑上一质量为M1长度为L的木板，木板所在平面AB长度为L2, 木板碰到右边挡板（与木板等高）后立即停止运动，滑块运动到右边平面上时无机械能损失地进入并依次经 过半径分别为r和R的两个半圆弧轨道，轨道AB与半圆弧轨道略有错开，滑块通过圆弧轨道E点之后水平 进入一个质量为M,半径为R的凹槽，右侧足够远处有一直径为的靶面，各环数对应的宽度相同，其最 低点与凹槽最高点在同一水平面，当滑块运动到最高点时立即水平向右发射一束激光打在靶面上。滑块与木 板之间的动摩擦因数为山=0.5，木板与水平面之间的动摩擦因数为4=01，其余接触面均光滑。其中 m=0.05kg,M=0.1kg,Z=1.2m,L2=1.4m,M2=0.45kg,R=2r=0.4m,d=0.8m,求： (1)滑块刚滑上木板时，滑块与木板各自的加速度大小： (2)当弹簧弹性势能为0.36时，滑块与木板共速时木板的位移大小： (3)若滑块恰好可以通过E点，则滑块到达F点时对轨道的压力(F与圆心O连线和水平方向夹角为日=37°)： (4)在(3)条件下，在E点给小滑块一个水平向右的冲量，成绩能到6环（包括边界线）及以上时冲量的 大小。 第4页，共8页 答案解析 1.ABD 2.【解答】AD.烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车受弹簧的作用力，大小相等，方向相反， 作用时间也相同，故弹簧弹力对A、B冲量大小相同，方向相反，根据动量定理，A、B动量变化量大小相等， 方向相反，故A错误，D正确： B.两个小车的动量大小相等，根据E=二，动能增加量是否相同取决于两小车质量是否相同，由于两车的质 2m 量关系不确定，故两车的动能大小关系不能确定，故B错误： C.根据动能定理可知，弹簧弹力对A、B做功等于A、B动能的增加量，由于A、B动能增加量不一定相同， 故弹簧弹力对A、B做功不一定相同，故C错误。故选D。 3.【解答】在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：2mva+mv=0得：VA=- C.两滑块速度大小之比为：二=三故C错误； A.两滑块的动能之比EA:EkB= 正-子放A正： 哈 B两滑块的动量大小之比：P购二=片故B错误！ D.弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即为1：2，故D错误。故选A。 4.【解得】甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：m4Va+mVB+ m车V车=0； ACD小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零， 但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，故A错误，CD正确： B.因小车的动量向右，说明小车受到的总冲量向右，而乙对小车的冲量向右，甲对小车的冲量向左，故乙对 小车的冲量一定大于甲对小车的冲量；故B正确：本题选错误的，故选A。 5.【解答】A.在子弹嵌入木块极短的时间内机械能转化为内能，机械能不守恒，木块压缩弹簧后在水平面做 往复运动，机械能守恒，故A错误： B.在子弹嵌入木块极短点的时间内，内力远远大于外力，动量在水平方向守恒，之后的过程中系统在水平 方向受到墙壁的作用力，合力不为零，故动量不守恒，故B错误： CD.由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得，mvo=(M+m)V,解得v=m M+m 方向向右，当木块回到原来位置时，速度大小仍然为，方向向左，根据动量定理，选向左为正方向，则木 块合外力的冲量I=Mw-【-M-产故C正确，D错误。故选c。 6.【解答】A.小球沿圆弧轨道下滑过程，系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误； B.小球沿圆弧轨道下滑过程，系统内只有动能和势能的转换，系统机械能守恒，故B正确： C.在半圆轨道的最高点，mg=m:,得出v=√=V0×0.4m/s=2m/s,从D到最高点，根据动能定理 得出-mgR=mv2-mvn2,代入数据得出vp=V2+2g=V22+2×10×0.4m/s=2V3m/s 在D点，列出牛顿第二定律方程为D=m受，得出FD=0.2×N=6N,根据牛顿第二定律得出小球通 0.4 过半圆轨道D点时，对轨道的压力大小为6N,故C错误： D.小球与圆弧轨道相互作用的过程中，因为水平方向动量守恒，得出V一MW2=0,两边同乘以时间t得 出m区-M区=0，根据几何关系得出x+写=0.4，得出圆弧轨道的位移为区=×0.4=m,故D错误。 故选B。 7.【解答】对运动时间t的风作为研究对象，由动量定理得Ft=mv,又m=pSt,解得：F=pSv,故B 正确，ACD错误。故选B。 8.8【答案】BD 第5页，共8页 【详解】A.设小球到A点时圆槽向左的速度大小为v,由水平方向动量守恒可知2w-w#0 2 小球向石对地速度大小为少电系务利机械能守恒可得822+×2加2解得 2 2 A错误； B.小球从P到A过程，圆槽向左运动的距离为x1,小球水平向右运动的距离为x2,由人船模型结论可知 2=u,飞+6=R联立解得x=}R 1 然后小球匀速到达B点，此过程中圆槽匀速向左运动的距离为，=”，=v十 =v.3R+R 2 -R 2 2y-3 因此小球到B点时AB相距x=x+x2+R=2RB正确： C.小球冲上右圆槽到达最高点时，小球与圆槽达到共速，由水平方向动量守恒得m:2v=(2m+my 由系统机械能守恒可得二m(2w)2=mgh+x3m联立可得h=8RC错误。 9 D.小球从B点冲上右圆槽到回到B点过程，设返回B点时小球的速度为，右圆槽的速度为？，根据水平 方向动量守恒得·2v=5+2 由系统机械能守恒可得号(2)2-，m+}2m联立解得="-22=-三 2 2 n+2nt 3 2 可知小球返回B点时速度方向向左，大小为二V,由于二V<v可知小球追不上左圆槽，D正确。故选BD。 3 9.【分析】AB.在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小。 故A正确，B错误： C.a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，b做减速运动，c做加速 运动，当c的速度大于b的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性 势能最大。故C正确。 D.当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零， 故D正确。故选ACD。 10.【解答】AC、滑块m下滑的过程中，水平方向动量守恒：mx-Ms=0,而x+s=R+L, 解得全程滑块水平方向相对地面的位移：x=R+),全程小车相对地面的位移大小：s=R+L),故A 错误；C正确； B、滑块从A到B时小车速度最大，滑块从A到B,滑块与小车水平方向的动量守恒，机械能守恒，有 mv-Mv2 =0 mgR=mv+2Mv吃 解得：滑块m运动过程中的最大速度v=品R,枚B正确： D.根据能量守恒定律：mgR=mgL,、L、R三者之间的关系为R=L,故D正确；故选BCD。 11.【答案】C【详解】A.若B、C不发生相对滑动，则A物块在弹簧伸长时速度先减小，弹簧压缩后速度 增大，以此做周期性速度变化，故A错误： B.若B、C不发生相对滑动，A、B、C三个物块共速时的速度可由动量守恒，有2m。=5mD兵故0-亏% 2 但C物体运动过程中达到最大速度时弹簧应再次恢复到原长，而不是A、B、C三个物块共速时达到最大速度， 故B错误： C.若要保证B、C不发生相对滑动，则需BC整体加速度不超过C物体摩擦力所提供最大加速度am=g故对 BC整体分析，需弹簧最大弹力F=3uMg又F=c即≤3g 弹簧最大形变时ABC共速，此时形变量可由能量守恒得之2m6-5m- 第6页，共8页 6m6联立可得，≤g2 得x=5k m故C正确： D.若B、C间会发生相对滑动，则刚要发生相对滑动瞬间，BC加速度为am=g 此时弹簧形变量为x-3μE 此时弹性势能为名女9 2k 由能量守恒可知，此时AC总动能为2m三 2k 若此时A无速度，根据BC质量关系可得C物体动能为。-mg-3业mg 1 3 2k 因处于“会发生相对滑动”的“刚要发生相对滑动”时刻，所以此时弹簧长度正在增加，即 a>即A此时不可能没有速度，故D错误。故选C。 12.【答案】ABC【详解】己知：M=100kg,d=45m,o=0.5kg,=50m/s,R=2.5×10kg/s,设喷出氧 气质量m,返回时间6则返回速度=w-mX50=0,5m根据y=兰可得1=·-45-90 M100 v 0.5m m 宇航员耗氧Rt=mo-2.5×104×t=0.5-mt=4000×（0.5-m) 联立两式可得4000×（0.5-m）=90即400-20m49=0 解得1=0.05kg 2=0.45kg所以0.05kg<m<0.45kg故选ABC。 1【答】1)35：(2)}：3)8e 9mgd或mgd 8 【详解】(1)小环b下落的过程为自由落体，则y2=2gh 解得与a碰前瞬间，b的速度大小为y=3√gd (2)b发生碰撞，设向下为正方向，根据动量守恒定律可知0.5g1=-0.5g2+g a向下运动2d时速度减为零的过程中，由动能定理可知 m。-m,-W6=g2d-s2d-&-2d+k:4d.2a=0-m时 2 2 由题可知α静止在弹簧上时，弹簧压缩量为2d,根据胡克定律可知g=k·2d 联立解得y=2√gd 1=3 (3)当b的动能为6mgd时，b的速度为y=±区根括动量定理可知-05g=05m,-05m 2 解得t= 在α第一次向下运动过程中，取一段时间△t,根据动量定理可知 1。-1,-1e=mgAf-(g-"S△d0A-W2d+△d0Ar=m4-m, 2d 2d 当△t= 区时 =厨当时 时4厨 V/m.sI 12 此时a的动能为m}mgds或.mgd 10 8 8 14、【答案】(1)u=0.5;(2)0=24J;(3)I=16Ns 6 4 【详解】(1)物件轻放在传送带，沿带向下匀加速，在0~1s 2 mg sin g csmd =m Ay 00.51.01.52.0s △t 由P-1图像可知0~1s图线斜率K=△=go6△ At -得82+6-5=0 △t 解得4=-1.25（舍去）u=0.5 第7页，共8页 （2)物块轻放在顶端，0~1s1gsin日+gcos0=ma1得a=10m/s2 由图像可知物件在1s时物件加速到了传送带的速度，由gcos日.v=40 解得传送带的速度v=l0m/s 由于u<tam6,1~2 s mgsin6-mg cos6=ma,得a,=2ml/s2 作出物块在传送带上运动的v-t图像如图 由图像可知0~1s传送节对地位移大于物件位移，划痕长度为4丛=a-44)广=5m 1 1~2s传送带对地位移小于物件位移，划痕长度为△山=A,+,4,a,广-a4,=1m 故物件从顶端到底端运动过程中，物件与传送带摩擦所产生热量Q=umg cos6.(△，+△)=24J （3)2s时的速度3=v+a,△t2=12n/s 对物件沿斜面方向，设沿传送带向下方向为正，根据动量定理gsn8.t+I,=△v=2 解得Ir=0传送带对物件弹力的冲量Iw=gcos0.t=16N.s 故物件从项端到底端运动全过程中传送带对物件作用力的冲量大小为I=16N·s 15.【答案1)5m/S,1m1s:(2)0.2m:3)3.N,沿若O,指向F点：4Bo-3N8sIs5-3Ng 30 30 【详解】（1)滑块刚滑上木板时，以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得4g=4 解得滑块的加速度大小为4=h8=5m/s 以木板为对象，根据牛顿第二定律可得凸g-凸(M1+m)g=44解得a,=1/s2 (2)当弹簧弹性势能为0.36时，设滑块刚滑上木板时速度为y,则有马-m心 5,0 解得v=6D设经过f时间，滑块与木板达到共速，则有失=v-at=a1解得t=C。, m/s 滑块与木板共速时，滑块的位移大小为5=+生1=14m= 2 滑块与木板其速时，木板的位移大小为50-02m=马-乙 可知滑块与木板共速时，滑块刚好运动到木板的右端，木板的右端刚好滑动B点，则木板的位移大小为0.2。 (3)若滑块恰好可以通过E点，则有g=m三解得y:=√gR=2m/S R 滑块从F到8的过程、根铝动能定里可得-g-gr-m外子加：加 滑块在F点时，有gSm0+R,=m生联立解得R=31N 根据牛顿第三定律可知，滑块到达F点时对轨道的压力大小为31N,方向沿着O指向F点。 (4)在E点给小滑块一个水平向右的冲量，则有I+g= 从E点到最高点过程中，根据系统水平方向动量守恒可得=(m+M)y, 银据系统机械能守恒可得m+4)+ms(R+分 由思意可得0.2m<h<0.6m联立解得B0-3Ns≤I≤55-3Ng 30 30 第8页，共8页