【物理】河北省保定市河北安国中学2020届高三上学期10月月考试题（解析版） 12页

河北省保定市河北安国中学2020届高三上学期 ‎10月月考试题 ‎1.如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长L＝‎2.0 m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－‎6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2（　　）‎ A. 两点电荷间的库仑力大小9.0×103 N B. C点的电场强度的大小4500N/C C. C点的电场强度的大小9000N/C D. B处的场强方向沿x轴正方向，大小为9.0×10-3N/C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为：‎ 代入数据得：‎ 故A错误；‎ BC．A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：‎ A点电荷在C点场强方向为由A指向C；B点电荷在C点场强方向为由B指向C；其方向与竖直方向夹角为；将A、B点电荷在C点产生的场强沿水平方向和竖直方向分解，有水平方向场强相互抵消；A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强即为二者在竖直方向合场强，其大小为：‎ 代入数据联立解得：，方向沿y轴正向，故B正确，C错误；‎ D．A点电荷在B处产生的场强为：‎ 方向沿x轴正方向，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋q和－q，两球间用绝缘细线2连接，甲球用绝缘细线1悬挂在天花板上，在两球所在空间有沿水平方向向左的匀强电场，场强为E，且有qE＝mg，平衡时细线都被拉直．则平衡时的可能位置是哪个图(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】先用整体法，把两个小球及细线2视为一个整体．整体受到的外力有竖直向下的重力2mg、水平向左的电场力qE、水平向右的电场力qE和细线1的拉力FT1，由平衡条件知，水平方向受力平衡，细线1的拉力FT1一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直．再隔离分析乙球，如图所示．‎ 乙球受到的力为：竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE、细线2的拉力FT2和甲球对乙球的吸引力F引．要使乙球所受合力为零，细线2必须倾斜．设细线2与竖直方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝1，θ＝45°，故A图正确．‎ ‎3.在杯子内有质量分别为‎2m和m的A、B两个光滑小球，它们分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则（　　）‎ A. A 物体的线速度必定大于B 物体的线速度 B A物体角速度必定等于 B 物体角速度 C. A 物体运动所需的向心力必定小于 B 物体运动的向心力 D. A 物体对筒壁的压力必定大于 B 物体对筒壁的压力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球受力分析如图：‎ 小球在竖直方向上受力平衡：‎ 水平方向上小球做匀速圆周运动：‎ AB．A、B的质量分别为‎2m和m，根据向心力公式有：‎ 由图可知，所以可知，，故A错误，B错误；‎ C．由前面分析可知：‎ 因为A的质量大于B的质量，故A所需的向心力大于B，故C错误；‎ D．因为：‎ A的质量大于B的质量，故可知A 物体对筒壁的压力必定大于 B 物体对筒壁的压力，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎4.水平力方向确定，大小随时间的变化如图甲所示，用力拉静止在水平桌面上的物块，在从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度大小为，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图可知（ ）‎ A. 物块与水平桌面间的最大静摩擦力为 B. 物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1‎ C. 物块的质量 D. 时，物块的速度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题图乙可知，时物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由题图甲易知最大静摩擦力为，故A错误；‎ BC.由题图乙知：当时，，，根据牛顿第二定律得：，代入得：．当时，，，根据牛顿第二定律得：，代入得：．联立解得，，故B正确，C错误；‎ D.图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0-4s内物块速度的增量为，t=0时刻速度为0，则物块在第4s末的速度为，故D正确.‎ ‎5.如图所示，质量为m = ‎245 g的物块（可视为质点）放在质量为M = ‎0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4，质量为 m0 = ‎5 g的子弹以速度v0 = ‎300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = ‎10 m/s2‎ ‎，则在整个过程中 A. 物块和木板组成系统动量守恒 B. 子弹的末动量大小为‎0.01kg·m/s C. 子弹对物块的冲量大小为0.49N·s D. 物块相对木板滑行的时间为1s ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A错误；‎ B．选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：‎ m0v0=（m0+m）v1……①‎ 木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：‎ ‎（m0+m）v1=（m0+m+M）v2……②‎ 联立可得：‎ 所以子弹的末动量：‎ p＝m0v2＝5×10−3×2＝‎0.01kg·m/s．‎ 故B正确；‎ C．由动量定理可得子弹受到的冲量：‎ I＝△p＝p−p0＝‎0.01 kg·m/s −5×10−3×‎300 kg·m/s＝‎1.49kg·m/s=1.49N·s．‎ 子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49N·s．故C错误；‎ D．对子弹木块整体，由动量定理得：‎ ‎-μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1）……③‎ 由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间 ‎ ．‎ 故D正确．‎ ‎6.如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为‎2 kg的物体A，处于静止状态，若将一个质量为‎3 kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为(取g＝‎10 m/s2)(　　 )‎ A. 0 B. 12 N C. 20 N D. 30 N ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：没有放B时，物体A受力平衡，弹簧弹力大小为20N，放上B后，弹簧来不及压缩，则此时弹簧的弹力仍是20N不变，将AB看成一个整体，则受到的合外力为20N+30N－20N=30N，方向竖直向下，则AB产生的加速度为a==‎6m/s2；对于B而言，其加速度的大小也是a，设A对B的作用力为F，则mBg－F=mBa，代入数据解之得F=12N，故B是正确的．‎ 考点：整体法与隔离法的应用，牛顿第二定律．‎ ‎7.如图，水平地面上固定一足够长光滑斜面，斜面顶端有一光滑定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.已知斜面倾角θ=30°，小物块A的质量为m，小物块B的质量为‎0.8m，小物块B距离地面的高度为h，小物块A距离定滑轮足够远．开始时，小物块A和小物块B位于同一水平面上，用手按住小物块A，然后松手．则下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)‎ A. 松手瞬间，小物块A的加速度大小为g B. 松手后，小物块A的机械能守恒 C. 小物块B落地前瞬间的速度大小为 D. 小物块A能够上升到的最高点与地面的距离为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A：松手瞬间，对B受力分析可得，对A受力分析可得，联立解得：；故A正确．‎ B：松手后，绳的拉力对A做正功，小物块A的机械能增加；故B错误．‎ C：物块从开始下落到落地： ，解得：；故C错误．‎ D：物块A从开始运动到滑行时获得的速度，接下来继续滑行停止，则 ，解得：；小物块A能够上升到的最高点距离地面的距离为．故D正确．‎ ‎8.如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k=200N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上.用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行.已知A、B的质量均为‎10kg，C的质量为‎40kg，重力加速度为g=‎10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度.（ ） ‎ A. 斜面倾角=30°‎ B. A、B、C组成的系统机械能先增加后减小 C. B的最大速度 D. 当C的速度最大时弹簧处于原长状态 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开始时弹簧压缩的长度为xB得：‎ kxB=mg 当A刚离开地面时，弹簧处于拉伸状态，对A有：‎ kxA=mg 物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度，B、C的加速度为0，对B有：‎ T-mg-kxA=0‎ 对C有：‎ Mgsinα-T=0‎ 解得：‎ α=30°‎ 故A正确；‎ B．由于xA=xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，即此过程中弹簧的弹性势能先减小后增加；而由A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒，可知A、B、C组成的系统机械能先增加后减小，故B正确； C．当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离为：‎ ‎ ‎ 由于xA=xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为vB，由动能定理得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ vB＝‎2m/s 故C正确；‎ D．当B的速度最大时，C的速度也是最大的，此时弹簧处于伸长状态，故D错误；‎ 故选ABC。‎ ‎9.某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系．‎ ‎（1）下列做法正确的是 ________ （选填字母代号）．‎ A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 ‎（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）‎ ‎（3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲 ________ m乙 ，μ甲 ________ μ乙．（选填“大于”“小于”或“等于”）‎ ‎【答案】 (1) AD (2)远小于 (3)小于 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．实验中细绳要保持与长木板平行，A项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B项错误；实验时应先接通电源再放开木块，C项错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不再需要重新平衡摩擦力，D项正确．‎ ‎（2）[2]．由整体法和隔离法得到细绳中的拉力 F＝Ma＝M＝mg，‎ 可见，当砝码桶和桶内砝码的总质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得F≈mg.‎ ‎（3）[3]．不平衡摩擦力，则 F－μmg＝ma，‎ a＝－μg，‎ 图象斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此 m甲μ乙．‎ ‎10.蓝牙（Bluetooth）是一种无线技术标准，可实现各种设备之间的短距离数据交换.某同学用安装有蓝牙设备的玩具车A、B进行实验:如图所示，在距离为的两条平直轨道上，的连线与轨道垂直，A车自点从静止开始以加速度向右做匀加速直线运动，B车自点前方处的点以速度向右做匀速直线运动.求两车能通信多长时间？已知当两车间的距离超过时，两车无法实现通信，忽略信号传递的时间.（结果可用根式表示）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设经过时间，两车相距由运动学规律可知，A车的位移，B车的位移，‎ 由几何关系有，‎ 联立有，‎ 解得 [ 舍去]，‎ 显然，两车通信的时间段为，故两车能通信的时间为.‎ ‎11.如图所示，质量m=‎3 kg的小物块以初速度v0=‎4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R=‎3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角，MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r=‎0.4 m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接．已知重力加速度g=‎10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎（1）求小物块经过B点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）若MN的长度为L=‎6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；‎ ‎（3）若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L'．‎ ‎【答案】（1）62N（2）60N（3）‎‎10m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小物块先做平抛运动，根据A点的速度方向求出经过A点的速度．从A到B，运用机械能守恒求出经过B点的速度，在B点由牛顿定律求压力；小物块由B点运动到C点，根据定能定理求出物块到达C点的速度，在C点由合力提供向心力，由牛顿定律求物块对轨道的压力；小物块刚好能通过C点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出C点的速度．再由动能定理求MN的长度L'；‎ ‎【详解】解：（1）物块做平抛运动时，根据平抛运动的规律有：‎ 解得：‎ 小物块经过A点运动到B点，根据机械能守恒定律有：‎ 小物块经过B点时，有：‎ 解得：‎ 根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N ‎（2）小物块由B点运动到C点，根据定能定理有：‎ 在C点，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：‎ 根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N ‎（3）小物块刚好能通过C点时，根据 ‎ 解得：‎ 小物块从B点运动到C点的过程，根据动能定理有：代入数据解得：‎