福建省罗源第一中学2020届高三上学期10月月考物理试题 18页

‎2019-2020学年高三年段10月月考物理试卷 时间：90分钟，满分: 100分 ，出卷：高三物理集备组 ‎―、选择题（共12小题，每小题4分，共计48分.在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项符合题目要求；第9-12题有多个项选符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）‎ ‎1.总书记在党的十九大报告中提出了坚决打赢蓝天保卫战，前几年雾霾已经严重的影响了人们的生活。在某个恶劣天气中，能见度很低，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车。两辆车刹车时的v–t图象如图，下列说法正确的是 A. 甲车的加速度大于乙车的加速度 B. 时两车的速度均为 C. 若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定等于48 m D. 若两车发生碰撞，则可能是在刹车24 s以后的某时刻发生相撞 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲车的加速度大小，乙车的加速度大小，则甲车的加速度小于乙车的加速度，故选项A错误；‎ B、时两车的速度均为，故选项B正确；‎ C、0-24s内，甲车的位移，乙车的位移，两者位移之差，若两车在时刻相撞，则开始刹车时两辆车的间距等于48m，若两车在时刻之前相撞，开始刹车时两辆车的间距小于48m，故选项C错误；‎ D、若两车速度相等时没有相撞，则速度相等后，甲车的速度比乙车的大，两车不可能再相撞，故选项D错误。‎ ‎2.如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体O放在两板间，sin53=0.8，cos53=0.6，重力加速度为g。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 平板BP受到的最小压力为mg B. 平板BP受到的最大压力为mg C. 平板AP受到的最小压力为mg D. 平板AP受到的最大压力为mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．圆柱体受重力，斜面AP弹力F1和挡板BP的弹力F2，将F1与F2合成为F，如下图：圆柱体一直处于平衡状态，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1与F2合成的合力F与重力等值、反向、共线；从图中可以看出，BP板由水平位置缓慢转动过程中，F1越来越大，F2先减小后增大；由几何关系可知，当F2的方向与AP的方向平行（即与F1的方向垂直）时，F2有最小值F2min=mg，根据牛顿第三定律，平板BP受到的最小压力为mg，故A正确。‎ B．BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置时，由图知这时F2最大，F2max=mg，即平板BP受到的最大压力为mg，故B错误。‎ C．当平板BP沿水平方向时，平板AP对圆柱体的弹力F1=0，即平板AP受到的最小压力为0，故C错误。‎ D．由图可知，当BP转到竖直方向时，AP对圆柱体的弹力F1最大，F1max==mg，根据牛顿第三定律知，平板AP受到的最大压力为mg，故D错误。‎ ‎3.如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法错误的是（　　）‎ A. 弹簧的原长为 B. 斜面的倾角为α=30°‎ C. 撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度不变 D. 撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、对小球B进行受力分析，由平衡条件可得：，解得：‎ 所以弹簧的原长为；对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：，解得：α=30°，所以弹簧的原长为，故AB正确；‎ C、撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得：，小球A此时的加速度，故C错误。‎ D、撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D正确。‎ 本题选说法错误的，故选：C。‎ ‎4.如图所示，质量为M的斜面体B放在水平面，斜面的倾角θ=30°，质量为m的木块A放在斜面上，木块A下滑的加速度，斜面体静止不动，则（　　）‎ A. 木块与斜面之间的动摩擦因数为0.25‎ B. 地面对斜面体的支持力等于（M+m）g C. 地面对斜面体的摩擦力水平向右，大小为 D. 地面对斜面体无摩擦力作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、根据牛顿第二定律，沿斜面方向，解得，A错误；‎ B、把斜面和木块看做一个整体，沿竖直方向，得，B错误；‎ C、把斜面和木块看做一个整体，沿水平方向摩擦力提供加速度，，C正确，D错误。‎ 故选：C。‎ ‎5.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t 的关系如图所示。取重力加速度g＝10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因素μ分别为 A. m＝0.5kg，μ＝0.2 B. m＝1.0kg，μ＝0.4‎ C. m＝1.5kg，μ＝0.6 D. m＝2.0kg，μ＝0.8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】从图像可以看出匀速运动时F=4N,所以摩擦力大小等于4N，在2-4s内物体做匀加速运动，加速度为 ，所以 ，解得： ，再根据 可知μ＝0.4，故B正确；ACD错误 ‎6.如图所示，甲图为光滑水平面上质量为的物体，用细线通过定滑轮与质量为的物体相连，由静止释放，乙图为同一物体在光滑水平面上用细线通过定滑轮竖直向下受到拉力的作用，拉力的大小与的重力相等，由静止释放，开始时距桌边的距离相等，则 （ ）‎ A. 甲、乙两图中的加速度相等均为 B. 甲、乙两图中到达桌边用的时间相等，速度相等 C. 甲、乙两图中绳子受到的拉力相等 D. 甲图中的加速度为，乙图中M的加速度为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AD. 甲图：以两个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：‎ 乙图：‎ ‎ ‎ 故A项与题意不相符，D项与题意相符；‎ C. 乙图中绳子拉力大小为F，而甲图中，对M：‎ ‎ ‎ 则乙图中绳子受到的拉力较大，故C项与题意不相符；‎ D.由公式和得知，甲图中加速度较小，甲图中M到达桌边用的时间较长，速度较小，故D项与题意不相符。‎ ‎7.如图所示，小车内用一轻绳和轻弹簧栓接一小球，当小车和小球相对静止一起在水平面上运动时，轻弹簧沿竖直方向，细绳与竖直方的夹角为角，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是(   )‎ A. 小车的加速度一定水平向右 B. 细绳对小球的拉力一定为 C. 细绳不一定对小球有拉力作用，轻弹簧对小球一定有弹力 D. 细绳不一定对小球有拉力作用，轻弹簧对小球不一定有弹力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当小车处于匀速直线运动时，弹簧的弹力等于重力，即，绳的拉力为：．‎ 当小车和小球向右做匀加速直线运动时，受力分析如图所示：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 水平方向有：‎ ‎①‎ 竖直方向有：‎ ‎②‎ 由①知，细绳一定对小球有拉力的作用．‎ 由①②得：弹簧的弹力 当，即时 ‎，‎ 综合以上两种情况可以知道：细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力的作用。‎ A.A项与上述分析结论不相符，故A错误；‎ B.B项与上述分析结论不相符，故B错误；‎ C.C项与上述分析结论不相符，故C错误；‎ D.D项与上述分析结论相符，故D正确。‎ ‎8.如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，(取g＝10 m/s2)，则下列说法正确的是(　 　)‎ A. 物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动 B. 物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C. 物体运动的最大速度为2m/s D. 物体在运动中的加速度先变小后不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时开始做减速运动，故A错误。‎ B．由图象得到推力对物体做功等于“面积”，得推力做功：‎ W=200J 根据动能定理：‎ W-μmgxm=0‎ 代入数据解得：‎ xm=10m 故B正确。‎ C．由图象可得推力随位移x是变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大，则 F=μmg=20N 由图得到F与x的函数关系式为：‎ F=100-25x 代入数据得：‎ x=3.2m 由动能定理可得：‎ 解得：‎ vm=8m/s 故C错误。‎ D．拉力一直减小，而摩擦力不变，故加速度先减小后增大，最后不变，故D错误。‎ ‎9.如图甲所示，物块的质量kg，初速度m/s，在一水平向左的恒力作用下从点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示（）‎ A. 0~5s内物块做匀减速运动 B. 在时刻恒力反向 C. 恒力大小为10N D. 物块与水平面间的动摩擦因数为0.3‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】物体匀减速直线运动的加速度大小为： ，匀加速直线运动的加速度大小为： ，根据牛顿第二定律得：F+f＝ma1，F﹣f＝ma2，联立两式解得：F＝7N，f＝3N，则动摩擦因数为：，物体匀减速直线运动的时间为：．即在0﹣1s内做匀减速直线运动，1s后恒力F反向，做匀加速直线运动。故BD正确，AC错误。‎ ‎10.如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。A、B质量分别为6kg和2kg，A、B之间的动摩擦因数为0.2。在物体A上施加水平方向的拉力F，开始时F＝10N，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，以下判断正确的是（g取10 m/s2）（ ）‎ A. 两物体间始终没有相对运动 B. 两物体间从受力开始就有相对运动 C. 当F=16 N时，AB之间摩擦力等于4N D. 两物体开始没有相对运动，当F＞18 N时，开始相对滑动 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：隔离对B分析，求出AB发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力．‎ 隔离对B分析，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B发生相对滑动，则：．再对整体：．知当拉力达到48N时，A、B才发生相对滑动．故A正确，BD错误；当时，，两者一起运动，对整体，对B： ，联立解得，故C正确．‎ ‎11.如图所示，轻弹簧的劲度系数为k，一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器底部O ‎′处（O为球心），弹簧另一端与质量为m的A小球相连，小球静止于P点，OP与水平方向的夹角为θ=30°，若换成质量为2m的小球B与弹簧相连，小球静止在之间的M点（图中没有标出），重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）‎ A. 容器对小球A的支持力为mg B. 容器对小球B的支持力为2mg C. 的长度为 D. 弹簧的原长为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】对质量为m的小球，受重力、支持力和弹簧的弹力而平衡，如图所示：‎ A．对A小球，弹簧弹力T、重力和支持力N围成的矢量三角形和△PO’O相似，则 即有： ；故A正确；‎ B．同理对B小球，弹簧弹力、重力、支持力和△MO’O相似，则 则，故B正确。‎ CD．由A分析可知，弹簧被压缩量为 ，则弹簧的原长为：‎ ‎，‎ 由B分析可知，‎ ‎，‎ 则，故C正确，D错误。‎ ‎12.如图所示，水平传送带以大小为的速率沿顺时针匀速运行，一个小物块从传送带的右端点以大小为的速度向左滑上传送带，小物块滑到传送带正中间时速度减为零。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为，则下列说法正确的是 A. 两点间的距离为 B. 小物块在传送带上运动时与传送带的相对位移为 C. 要使小物块从传送带左端点滑离，小物块在右端点滑上传送带的速度至少为 D. 增大传送带的速度(仍小于)，小物块与传送带间相对运动的时间变长 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物块向左滑动时，做加速度大小为的匀减速直线运动,则传送带的长为 故A错误；‎ B.物块向左滑动时，运动的时间 这段时间内相对位移 当物块向右运动时，加速的时间为 这段时间内的相对位移为 因此总的相对位移为，故B正确；‎ C.要使物块从传送带左端点B滑离，物块在右端点A滑上传送带的速度至少为 故C错误；‎ D.增大传送带速度(仍小于)，物块向左相对传送带运动的时间不变，向右相对传送带运动的时间变长，因此物块与传送带相对运动的总时间变长，故D正确。‎ 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分，请将答案填在横线上）‎ ‎13.在“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验中。‎ ‎（1）关于操作步骤先后顺序，下列说法正确是_____‎ A．先测量原长，后竖直悬挂 B．先竖直悬挂，后测量原长 C．先后顺序对实验结果无影响 D．先后顺序对实验结果的影响程度取决于弹簧的自重 ‎（2）为了探求弹簧弹力F和弹簧伸长量x的关系，李强同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图所示的图象，从图象上看，该同学没能完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图象上端成为曲线是因为____________________。这两根弹簧的劲度系数分别为：甲弹簧为_____N/m（结果保留3位有效数字）。若要制作一个精确度较高的弹簧秤，应选弹簧_____（填“甲”或“乙”）。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 超过弹簧的弹性限度 (3). 66.7 (4). 甲 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1] 为了准确测量弹簧的原长，并消除重力带来的影响，应先将弹簧悬挂，再测原长，故BD符合题意，AC不符合题意；‎ ‎（2）[2] 向上弯曲的原因是超出了弹性限度；‎ ‎[3] 注意该图象中纵坐标为伸长量，横坐标为拉力，斜率的倒数为劲度系数，由此可求出 ‎[4] 由图可知，甲的劲度系数小，因此其精度高，若要制作一个精确度较高的弹簧秤，应选弹簧甲。‎ ‎14.为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)‎ ‎ ‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是___。‎ A.用天平测出砂和砂桶的质量 B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M ‎（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有两个点没有画出)。已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为___m/s2(结果保留两位有效数字)。‎ ‎（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为____。‎ A.2tan θ B. C.k D.‎ ‎【答案】 (1). BCD (2). 1.3 (3). D ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）［1］AE.本题拉力可由弹簧秤测出，也就不需要用天平测出砂和砂桶的质量，更不需要满足砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M这个条件，故AE错误；‎ B.弹簧测力计测出拉力，从而表示小车所受的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；‎ C.打点计时器运用时，小车靠近打点计时器，先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故C正确；‎ D. 改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确。‎ ‎（2）［2］由于两计数点间还有两个点没有画出，故时间间隔T=0.06s，由逐差法可得加速度 ‎（3）［3］弹簧测力计的示数，由牛顿第二定律2F=ma，小车的质量m==。‎ A. 小车的质量为2tan θ，与分析不一致，故A错误；‎ B. 小车的质量为，与分析不一致，故B错误；‎ C. 小车的质量为k，与分析不一致，故C错误；‎ D. 小车的质量为，与分析相一致，故D正确。‎ 三、计算题（本题含3小题，共38分。解答过程应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎15.滑板运动是一种非常剌激的水上运动．研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为KV2，其中V为滑板的速率（水可视为静止），K为常数K＝54kg/m．某次运动中，人和滑板的总质量为108kg，在水平恒定牵引力作用下，当水平牵引力F1＝810N时（如图），滑板做匀速直线运动，试求：‎ ‎（1）滑板匀速直线运动的速度V1；滑板与水面的夹角为θ1的大小．‎ ‎（2）在运动过程中运动员可以通过调节滑板与水面的夹角来改变速度，当滑板与水面的夹角为θ2＝30°时，水平牵引力F2＝810N，运动员在竖直方向仍处平衡，滑板此时的速率V2为多少？此时滑板的加速度a为多少？‎ ‎【答案】（1）5m/s；37°（2）4.8m/s，1.74m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对人与滑板整体进行受力分析，根据平衡条件有：‎ FNcosθ1＝mg，FNsinθ1＝F1，‎ 可解得θ1＝37°‎ FN＝，FN＝KV12，‎ V1=＝5m/s，‎ ‎（2）竖直方向受力平衡：KV12cosθ1＝mg，KV22cosθ2＝mg 则V2＝V1＝4.8m/s 根据牛顿第二定律：F2﹣KV22sinθ2＝ma 解得：a＝1.74m/s2‎ ‎16.如图所示，质量m=1kg的物块从长s=2m的斜面AB上静止滑下，斜面与水平面夹角θ为37°，物块与斜面间摩擦因数μ1=0.25。经过B点后滑上水平传送带（其经过B点时速度大小不变），物体与传送带的摩擦因数μ2=0.30，传送带长度L=3m，传送带以v=2m/s的速度逆时针转动。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：‎ ‎（1）物块在斜面上运动时的加速度；‎ ‎（2）物块运动到B点时的速度大小；‎ ‎（3）通过计算判断物块能否滑离传送带。‎ ‎【答案】（1）4m/s2（2）m/s（3）物块能滑离传送带。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物块沿斜面加速下滑，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1‎ 解得：a1=4m/s2‎ ‎（2）由速度位移的关系式得：vB2=2a1s 解得：vB=2m/s ‎（3）物块在传送带上做减速运动，‎ 由牛顿第二定律得：μ2mg=ma2‎ 解得：a2=3m/s2‎ 设物块在传送带上能滑行的最大距离为x 由速度位移的关系式得：x=‎ 解得：x=4m＞L 所以物块能滑离传送带.‎ ‎17.如图所示，上表面光滑下表面粗糙的木板放置于水平地面上。可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t=0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量M=3kg，高h=0.2m，与地面间的动摩擦因数μ=0.2；滑块质量m=0.5 kg，初始位置距木板左端L1=0.46m，距木板右端L2=0.14 m；初速度v0=2m/s，恒力F=8 N，重力加速度g=10 m/s2。求：‎ ‎ ‎ ‎（1）滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；‎ ‎（2）滑块离开木板时，木板的速度大小；‎ ‎（3）从滑块离开木板到落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功。‎ ‎【答案】（1）0.2s（2）0.6m/s（3）-0.8J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知：‎ 解得： ‎ ‎（2）以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：‎ 解得：，则木板减速到零所经历的时间：‎ 所经过的位移： s10.4m ‎ 由于s1＜L1＝0.46m，表明这时滑块仍然停留在木板上。 ‎ 此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 滑块离开木板时，木板向左的位移 ‎ 该过程根据运动学公式：s2 ‎ 解得：t2＝1.8s 滑块滑离瞬间木板的速度 ‎ ‎（3）滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 故木板在t0这段时间的位移为 s3＝v2t0‎ 代入数据解得 s3m 滑块离开木板到落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功为 代入数据解得 Wf＝﹣8.0J