【物理】河南省鲁山县第一高级中学2020届高三上学期11月月考试题（解析版） 15页

河南省鲁山县第一高级中学2020届高三上学期 ‎11月月考试题 一、选择题 ‎1.超重和失重现象在日常生活中到处可见，下列说法正确的是 A. 火箭刚点火上升时处于超重状态，此时火箭的重力增大 B. 汽车驶过拱桥顶端时处于失重状态，此时汽车对桥面一定无压力 C. 举重运动员抓住杠铃使其由静止上升的瞬间，杠铃处于失重状态，此时杠铃速度向上 D. 人造飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船内的物体处于完全失重状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．火箭刚点火上升时加速度向上，处于超重状态，此时火箭的重力并没有增大，选项A错误；‎ B．汽车驶过拱桥顶端时加速度向下，处于失重状态，当满足时汽车对桥面无压力，选项B错误；‎ C．举重运动员抓住杠铃使其由静止上升的瞬间，加速度向上，杠铃处于超重状态，选项C错误；‎ D．人造飞船绕球做匀速圆周运动时，重力完全提供向心力，所以飞船内的物体处于完全失重状态，故D正确．‎ ‎2.一物体静止在光滑的水平面上，从某时刻开始，物体受到水平方向的作用力F，力F随时间t变化的关系图线如图所示．若该图线为正弦曲线，则在0～t4时间内，下列说法正确的是 A. t1时刻，物体的速度最大 B. t2时刻，物体的位移最大 C. t2～t4时间内，物体反向运动 D. t1、t3时刻，物体的速度相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．物体在0～t2时间内向正方向做加速运动，在t2～t4时间内向正方向做减速运动，在t4时刻速度为零，则t2时刻速度最大，在t4时刻位移最大，故AB错误；‎ C．在0～t4时间内，物体先加速再减速到零，做单向直线运动，故C错误；‎ D．在t1～t2时间内，物体一直做加速运动，在t2～t3时间内，物体一直做减速运动；在t1～t2时间内和在t2～t3时间内速度的变化量大小相等，故t1、t3时刻，物体的速度相同，故D正确；‎ ‎3.北京时间2019年1月11日1时11分,我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭,成功将“中星2D”卫星发射升空,卫星进入预定轨道．其发射过程的简化示意图如图所示,首先将“中星2D”卫星送至近地圆形轨道1,然后再控制卫星进入椭圆轨道2,最后进入预定圆形轨道3运动．若卫星在轨道1上的速度大小为其在轨道3上的3倍,则下列说法正确的是 ‎ A. 卫星从轨道2变轨到轨道3必须减速 B. 卫星在轨道1上运动的周期为其在轨道3上运动的周期的 C. 卫星在轨道2上运动的周期比在轨道1上运动的周期长 D. 卫星在轨道1的向心加速度为其在轨道3的向心加速度的21倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．轨道3相对于轨道2半径增大，所以卫星从轨道2变轨到轨道3必须加速做离心运动，故A错误；‎ B．卫星在轨道1的速度大小为其在轨道3上的3倍，根据可知卫星在轨道1的半径大小为其在轨道3上的倍，根据开普列第三定律可得 ‎，则卫星在轨道1上运动的周期为其在轨道3上运动的周期的，故B正确；‎ C．根据开普列第三定律可得可知卫星在轨道2上运动的周期比在轨道1上运动的周期长，故C正确；‎ D．根据可知卫星在轨道1的向心加速度为其在轨道3的向心加速度的81倍，故D错误．‎ ‎4.如图所示，一直角斜劈ABC绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈A上．若斜劈转动的角速度缓慢减小时，下列说法正确的是 A. 斜劈对物块的支持力逐渐减小 B. 斜劈对物块的支持力保持不变 C. 斜劈对物块的摩擦力逐渐减小 D. 斜劈对物块的摩擦力保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a=ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块沿AB方向有 f-mgsinθ=macosθ 垂直AB方向有 mgcosθ-N=masinθ 解得 f=mgsinθ+macosθ N=mgcosθ-masinθ 当角速度ω逐渐减小时，加速度a逐渐减小，f逐渐减小，N逐渐增大．‎ A．斜劈对物块支持力逐渐减小，与结论不相符，选项A错误；‎ B．斜劈对物块支持力保持不变，与结论不相符，选项B错误；‎ C．斜劈对物块的摩擦力逐渐减小，与结论相符，选项C正确；‎ D．斜劈对物块的摩擦力保持不变，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎5.如图所示，小球由斜面上的P点以不同的初速度水平抛出，平抛运动结束时，若小球水平方向的分位移为x，竖直方向的分位移为y．下列图象正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设斜面的倾斜角为θ，小球落在斜面上时，有，对应的y-x图象斜率不变，即图象为一条直线；当小球落到地面上时，y不变；‎ A．该图与结论不相符，选项A错误；‎ B．该图与结论不相符，选项B错误；‎ C．该图与结论相符，选项C正确；‎ D．该图与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.如图所示，半径为0.1m的竖直圆环上固定有一个质量为0.1 kg的小球，圆环绕其圆心在竖直面内以角速度＝7rad/s沿逆时针方向匀速转动．已知重力加速度g取9.8 m/s2，小球由P点转动到Q点的过程中，下列说法正确的是 A. 小球重力的功率先增大后减小 B. 圆环对小球的作用力先减小后增大 C. 圆环对小球的作用力与竖直方向的最大夹角为30°‎ D. 圆环对小球的作用力的最小值为0.98 N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球随圆环匀速转动，由P点转到Q点的过程中，竖直分速度越来越大，因此重力的功率越来越大，故A错误；‎ BD．圆环由P到Q转动过程中，由牛顿第二定律： （其中α为圆环所在位置与圆心连线与竖直方向的夹角），当α=0时FN=-0.49N，方向竖直向上；当α=90°时FN=0.49N，则随着α增大，FN先减小到0后变大，圆环对小球的作用力的最小值为0，故BD错误；‎ C．小球受到的向心力F向＝mω2r=0.49N，如图所示，以小球所处的位置为圆心，以0.49N为半径作圆，可知圆环对小球的作用力F与圆相切时，夹角θ最大，，则θ=30°，故C正确； ‎ ‎7.如图，两物体A、B用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在弹簧由原长伸到最长的过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，下列不正确的说法是（ ）‎ A. A、B先做变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大；之后，A、B做变减速运动，直至速度减到零 B. A、B做变减速运动速度减为零时，弹簧伸长最长，系统机械能最大 C. A、B、弹簧组成的系统机械能在这一过程中是先增大后减小 D. 因F1、F2等值反向，故A、B、弹簧组成的系统的动量守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，物体A、B 受到的合力变小，物体加速度变小，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B先作变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大；之后A、B作变减速运动，直至速度减到零，故A正确，不符合题意；‎ BC．在整个过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，A、B作变减速运动速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大，故B正确，不符合题意，C错误，符合题意；‎ D．因F1、F2等大反向，故A、B、弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确，不符合题意；‎ ‎8.如图所示，一质量为m的物块位于光滑水平地面上，轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与物块相连；轻绳左端与物块相连，右端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为θ，此时物块与地面接触恰无弹力．已知重力加速度为g，下列说法正确的是 A. 剪断轻绳前，轻绳拉力大小为mgcosθ B. 剪断轻绳瞬间，地面对物块的支持力大小为mg C. 剪断轻弹簧瞬间，物块加速度方向水平向右 D. 剪断轻绳瞬间，物块加速度大小为gtanθ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由受力平衡得 mg=Fcosθ 解得绳子拉力大小为 故A错误；‎ B．剪断细线的瞬间，地面对物块产生支持力，竖直方向受力平衡，所以支持力大小为mg，故B正确；‎ C．剪断轻弹簧瞬间，轻绳拉力变为零，物块加速度为零，故C错误；‎ D．剪断轻绳前，弹簧弹力为 T=Fsinθ=mgtanθ 剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得T=ma，解得 a=gtanθ 方向向左；故D正确．‎ ‎9.质量均为m的两个木块A、B用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图1所示．现用一竖直向上的恒力F＝mg拉木块A，如图2所示．设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，在木块A向上运动的过程，下列说法中正确的是 A. 物块A的动能先增大后减小 B. 物块A的加速度先减小后增大 C. 物块A到达最高点时，物块B恰好对地面无压力 D. A、B和弹簧组成的系统机械能先增大再减小 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．没有施加恒力F时，弹簧处于压缩状态，以物块A为研究对象，可得弹簧的压缩量为．施加恒力F=mg时，物块A受到的合外力做功情况如图所示． 根据动能定理可知物块A上升到最高点时，弹簧的伸长量为．故物块A的动能先增大后减小，故A正确．‎ B．在木块A向上运动的过程合力先减小，当弹力为零时，合力为零，然后反向增加，则物块A的加速度先减小到零后反向增大，故B正确．‎ C．物块A到达最高点时，弹簧的拉力等于物体B的重力，则物块B恰好对地面无压力，故C正确．‎ D．在木块A上升的过程中，恒力F对A、B和弹簧组成的系统一直做正功，所以系统的机械能始终增大，故D错误．‎ ‎10.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )‎ A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；‎ B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；‎ C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；‎ D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误．‎ 点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系．‎ ‎11.如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r