河北省邢台市第二中学2020届高三上学期开学考试物理试题 17页

‎2017级高三上学期返校月考物理试题 一、选择题 ‎1.一质点沿坐标轴Ox做变速直线运动，它在坐标轴上的坐标x随时间t的变化关系为,速度v随时间t的变化关系为,其中v、x和t的单位分别是m/s、m和s.设该质点在t=0到t=1s内运动位移为s和平均速度为,则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，当t=0时物体的位置坐标x0=‎5m，当t=1时位置坐标为x1=‎7m，由位移等于位置坐标的变化量知，物体的位移s=x1-x0=‎2m.‎ 根据平均速度公式知，物体在1s内的平均速度 A．与计算结果不相符，故A项错误.‎ B．与计算结果相符，故B项正确.‎ C．与计算结果不相符，故C项错误.‎ D．与计算结果不相符，故D项错误.‎ ‎2.如图所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中 A. P做匀变速直线运动 B. P的加速度方向发生变化 C. 当加速度数值最大时，速度也最大 D. 有一段过程，P的加速度逐渐减小，速度逐渐增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在压缩弹簧的过程中，P水平方向只受到弹簧的弹力，方向与速度方向相反，而且弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，P做加速度增大的变减速直线运动，故A错误；弹簧压缩过程中对P施加的弹力方向始终向左，根据牛顿第二定律知P的加速度方向保持不变，故B错误；压缩弹簧的过程中，当速度为零时弹簧压缩最短，此时弹力最大，故加速度数值最大，速度为零，故C错误；当弹簧压缩最短后将物体P向左弹出的过程中，弹簧弹力方向向左，物体P向左加速运动，随着弹簧弹力的减小，物体P加速度逐渐减小，而速度逐渐增大，故D正确。‎ ‎3.如图所示,将一质量为‎3m的长木板静止地放在水平地面上,另一质量为m的木块以水平初速度v0滑上长木板,若木块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为μ,则在木块与长木板相对静止之前,长木板受地面的摩擦力大小为 (　)‎ ‎ ‎ A. μmg B. 2μmg C. 3μmg D. 4μmg ‎【答案】A ‎【解析】‎ 木块对木板的摩擦力向右，大小为μmg，木板静止，木板水平方向合力为0，故地面对木板的摩擦力向左，大小为μmg.‎ ‎4.一船在静水中的速度是‎10 m/s，要渡过宽为‎240 m、水流速度为‎8 m/s的河流，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 此船过河的最短时间是30 s B. 船垂直到达正对岸的实际航行速度是‎6 m/s C. 船头的指向与上游河岸的夹角为53°船可以垂直到达正对岸 D. 此船不可能垂直到达正对岸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、合运动和分运动之间具有等时性，所以当船速垂直河岸时用时最少：；故A错误.‎ C、D、因为，则船头指向斜上游方向，可以使河岸方向的速度为零，合速度垂直河岸从而垂直过河，设船头的指向与上游河岸的夹角为θ，有；可得，即；故C，D均错误.‎ B、垂直过河时，；故B正确.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】处理小船过河时，按照合运动与分运动的关系：等时，等效的特点进行分析即可，注意：(1)当船速垂直河岸时，用时最少；(2)当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小为河宽．‎ ‎5.已知地球赤道处的重力加速度为g，赤道上的物体随地球做匀速圆周运动的向心加速度为a、周期为T，由此可知地球的第一宇宙速度为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据赤道上的物体的向心加速度和周期求解地球的半径，然后根据第一宇宙速度的表达式 求解第一宇宙速度。‎ ‎【详解】根据，解得地球的半径为：，则地球的第一宇宙速度为 ，故选C.‎ ‎6.假设将來一艘飞船靠近火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的速度小于在轨道轨道Ⅰ上运动到P点的速度 B. 若轨道I贴近火星表面，测出飞船在轨道I上运动的周期，就可以推知火星的密度 C. 飞船在轨道I上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度 D. 飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期小于在轨道I上运动时的周期 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项：飞船从轨道Ⅱ到轨道I时做向心运动，所以要减速，所以飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的速度大于在轨道轨道Ⅰ上运动到P点的速度，故A错误；‎ B项：由公式，解得，密度，故B正确；‎ C项：不管在那个轨道上飞船在P点受到的万有引力是相等的，为飞船提供加速度，所以加速度相等，故C错误；‎ D项：由开普勒第三定律可知，可知，由于轨道Ⅱ上半长轴大于轨道Ⅰ的半径，所以飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期大于在轨道I上运动时的周期，故D错误。‎ ‎7.放在粗糙水平地而上质量为‎0.8kg的物体,受到水平拉力的作用，在0- 6s内其速度与时间的关系图象如图所示，物体与地面的动摩擦因素为0.5, g=‎10 m/s2,下列说法中正确的是 A. 0~-2s内物体克服摩擦力做功为80J B. 0~-2s 内与2s~ 6s内拉力大小之比为4:1‎ C. 0~2s 内拉力的平均功率为80W D. 合外力在0-6s内做的功与0~-2s内做的功相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2s～6s内物体受力平衡可得：‎ f=μmg=F′=0.5×0.8×10N=4N；‎ 在0～2s内位移为：‎ x1=×10×‎2m=‎10m，‎ 摩擦力做功为：‎ Wf=fx1=4×10J=40J;‎ 故A错误.‎ B．根据图象知加速度为：，根据牛顿第二定律可得：在0～2s内拉力为：‎ ‎0～2s内与2s～6s内拉力大小之比为8:4=2:1;故B错误.‎ C．0～2s内F保持不变，根据水平拉力的功率P=Fv知0-2s内拉力功率不断增大，故C错误；‎ D．由物体速度与时间的关系图象可知，物体在0～2s内合外力大于零，在2s～6s内合外力为零，故合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等;故D正确.‎ ‎8.如图所示，某双星系统的两星和各自绕其连线上的点做匀速圆周运动，已知星和星的质量分别为和，相距为.下列说法正确的是（ ）‎ A. 星的轨道半径为 B. 星和星的线速度之比为 C. 若在点放一个质点，它受到的合力一定为零 D. 若星所受星的引力可等效为位于点处质量为的星体对它的引力，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、双星的角速度相等，是靠它们之间的万有引力来提供向心力，，且，联立解得，，故选项A错误；‎ B、根据，可得，故选项B错误；‎ C、若在点放一个质点，此质点受到的两颗星对它的作用力大小不等，则受到的合力不为零，故选项C错误；‎ D、若星所受星的引力可等效为位于点处质量为的星体对它的引力，则，得，故选项D正确。‎ ‎9.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为‎2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）‎ A. 圆环的机械能守恒 B. 弹簧弹性势能变化了 C. 圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零 D. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先增大后减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误.‎ B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为‎2L，可得圆环下降的高度为h=L，根据系统的机械能守恒得：弹簧的弹性势能增大量为：EP=mgh=mgL，故B正确.‎ C、当圆环所受合力为零时，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C正确；‎ D、根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，即圆环的重力势能与圆环的动能还有弹簧弹性势能三种能量总和守恒.在圆环下滑到最大距离的过程中，圆环的速度是先增大后减少，圆环的动能也是先增大后减少，那么圆环重力势能与弹簧弹性势能之和就应先减少后增大，故D错误．‎ 故选：B、C ‎【点睛】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法．要注意圆环的机械能不守恒，圆环与弹簧组成的系统机械能才守恒.‎ ‎10.地球赤道上的重力加速度为，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为，卫星甲、乙、丙在如图所示三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 如果地球自转的角速度突然变为原来的倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来 B. 卫星甲、乙经过P点时的加速度大小相等 C. 卫星甲的周期最大 D. 三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：A、使地球上的物体票“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完全提供物体随地球自转时的向心力则有：，当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，则此时物体的向心加速度为，即此时的向心加速度a′=g+a，根据向心加速度和转速的关系有：，，可得：，故A错误．B、根据牛顿第二定律得：，得卫星的加速度，M是地球的质量，r是卫星到地心的距离，卫星甲、乙分别经过P点时r相同，则加速度相等．故B正确；C、根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越大，卫星的周期越大，卫星甲的半长轴最大，故甲的周期最大．故C正确．D、根据万有引力提供向心力，得，轨道半径越小，速度越大，当轨道半径最小等于地球半径时，速度等于第一宇宙速度．假设一位卫星绕经过远地点的圆轨道做圆周运动，则此卫星的速度一定小于第一宇宙速度，卫星从该轨道进入椭圆轨道，要做减速运动，速度要变小，故三个卫星的速度均小于第一宇宙速度．故D错误．故选：BC．‎ 考点：本题考查了人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎11.如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30度的固定斜面，其运动的加速度为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体 A. 重力势能增加了mgh B. 动能损失了mgh C. 克服摩擦力做功mgh D. 机械能损失mgh ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，机械能等于重力势能和动能之和，通过动能和重力势能的变化判断机械能的变化．‎ 解：A、B、D、根据牛顿第二定律知，物体所受的合力为mg，方向沿斜面向下，根据动能定理得：‎ ‎△Ek=﹣=﹣mgh，动能减小mgh．物体重力势能增加mgh，所以机械能减小mgh．故AD正确，B错误；‎ C、物体克服摩擦力做的功等于系统损失的机械能，则克服摩擦力的功为mgh；故C错误．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握功能关系，比如合力功与动能的关系，重力功与重力势能的关系，以及除重力以外其它力做功与机械能的关系，并能灵活运用．‎ ‎12.如图将小球从距斜轨底面h高处由静止释放，使其沿竖直的半径为R的圆形轨道的内侧运动.不计一切阻力，下列说法中正确的是 A. 若h=R，那么小球刚好能到达与圆心O等高的C点 B. 若h=2R，那么小球刚好能通过最高点D C. 若h=3R，小球一定能通过最高点D D. 若h=4R，小球通过最高点D时，对轨道压力的大小是小球重力的3倍 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据机械能守恒，当h=R时，小球恰好能到达与圆心O等高的C点，故A 正确；‎ B、当h=2R时，若小球能到达最高点D，由动能定理可知在D点速度恰好为0，不满足到达D点速度要求，故B错误；‎ C、当h=3R时，根据动能定理小球到达D点时的速度满足：，可得，所以小球肯定可以到达D点，故C正确；‎ D、当h=3R时，根据动能定理小球到达D点时的速度满足：，可得，在D点小球所受轨道压力与重力的合力提供圆周运动向心力有：，可得：，故D正确.‎ 二、必考题 ‎13.利用如图所示的装置可测量滑块在倾斜长板上运动的加速度.长板上安装有甲、乙两个光电门，当带有遮光片的滑块自斜面由上滑下时，与光电门相连的计时器分别显示出遮光片通过两光电门的时间 △t1=0.025s 和△t2=0.015s.已知遮光片的宽度为 d=‎1.50cm，从遮光片开始遮住光电门甲至遮光片开始遮 住光电门乙所用时间为△t=0.800s.根据以上数据可计算出：‎ ‎（1）遮光片经过光电门甲时，滑块的速度为 v1=_________m/s（结果保留 2 位有效数字）‎ ‎（2）利用a=（式中 v2 表示遮光片经过光电门乙时滑块的速度），可得滑块的加速度为______ m/s2.（结果保留 2 位有效数字）‎ ‎（3）考虑测量的系统误差，由（2）得到的加速度的值_______（填“>”、“=”、“<”）滑块加速度的真实值.‎ ‎【答案】 (1). ‎0.6m/s (2). ‎0.5m/s2 (3). <‎ ‎【解析】‎ ‎（1）遮光片经过光电门甲时，滑块的速度为 v1= ‎ ‎（2）遮光片经过光电门乙时，滑块的速度为 v2=‎ 可得滑块的加速度 ‎ ‎（3）由于遮光板比较宽，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间比实际时间长，导致测得滑块加速度比真实值偏小．‎ 点睛：遮光板通过光电门的短时间里可认为滑块匀速运动求得滑块通过两个光电门的瞬时速度，再根据匀变速直线运动的规律求解．‎ ‎14.在“验证机械能守恒定律”的实验中，当地重力加速度的值为‎9.80m/s2，所用重物的质量为 ‎1.00kg．若按实验要求正确地选出纸带进行测量，测得连续三点 A、B、C 到第一个点的距离如图所示，已知电源频率 50 赫兹,那么：‎ ‎（1）打点计时器打下计数点 B 时，物体的速度vB=_____m/s；‎ ‎（2）从起点 O 到打下计数点 B 的过程中重力势能减少量是△Ep=_____，此过程中物 体动能的增加量△Ek=_____.(结果均保留三位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 0.973 (2). 0.476 (3). 0.473‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度有：‎ ‎；‎ ‎(2) 根据功能关系可知，当打点计时器打在B点时，重锤的重力势能的减少量为：，。‎ ‎15.如图所示，光滑水平直导轨上有三个滑块A、B、C,质量分别为, A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接).同时A、B以共同的速度运动，C静止.某时刻细绳突然断开, A、B被弹开,然后B与C发生碰撞并粘合在一起，最终三滑块的速度相同，求: :‎ ‎(1)三滑块最终的共同速度;‎ ‎(2) B与C碰撞前B的速度;‎ ‎(3)细绳断开前，弹簧中的弹性势能.‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由A、B、C三个滑块组成的系统动量守恒 得:‎ ‎(2)绳断瞬间由A、B两个滑块组成系统动量守恒 得:‎ ‎(3)绳断前后，由A、B及弹簧组成的系统机械能守恒 得:‎ ‎16.机场经常使用传送带和转盘组合完成乘客行李箱的传送，下图为机场水平传输装置的俯视图。行李箱从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入和传送带速度始终相等的匀速转动的转盘，并随转盘一起运动（无打滑）半个圆周到C处被乘客取走。已知A、B两处的距离L=‎10m，传送带的传输速度v=‎2.0m/s，行李箱在转盘上与轴O的距离R=‎4.0m, ‎ 已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.1，行李箱与转盘之间的动摩擦因数μ2=0.4， g=‎10m/s2。‎ ‎（1）行李箱从A处被放上传送带到C处被取走所用时间为多少？‎ ‎（2）如果要使行李箱能最快到达C点，传送带和转盘共同速度应调整为多大？‎ ‎（3）若行李箱的质量均为‎15kg，每6s投放一个行李箱，则传送带传送行李箱的平均输出功率应为多大？‎ ‎【答案】（1）12.28s（2）‎4m/s （3）10W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设行李箱质量为m，放在传送带上，先受到摩擦力而加速运动 根据牛顿第二定律：μ1mg=ma ‎ 速度时间关系为：v=at1‎ ‎ 根据位移时间关系为：‎ 可得：t1=2s，x=‎2m ‎4m/s ‎ 故最大速度应取为‎4m/s，即共同速度应调整为‎4m/s ‎ ‎（3）每传送一个行李箱需要做功W，则：W==60J ‎ 传送行李箱需要的平均输出功率：P=W/t=10W 三、选考题 ‎17.关于分子动理论，下列叙述正确的是 A. 机械能可以全部转化成内能，但内能不能全部转化成机械能 B. 液体表面张力的方向和液面相切，垂直于液面上的各条分界线 C. 在任一温度下，气体分了的速率分布呈现“中间多、两头少”的分布规律 D. 有物质微粒能够按照不同规则在空间分布，在不同条件下能够生成不同的晶体 E. 温度不变时，液体的饱和汽压随体积增大而增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．机械能可以自发地全部转化为内能，而内能全部转化为机械能必须受外界影响或引起外界变化；故A错误.‎ B．表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直；故B正确.‎ C．气体中的大多数分子的速率都接近某个数值，与这个数值相差越多，分子数越少，表现出“中间多，两头少”的分布规律。当温度升高时，分子最多的速率区间移向速度大的地方，速率小的分子数减小，速率大的分子数增加，分子的平均动能增大，总体上仍然表现出“中间多，两头少”的分布规律，气体分子速率分布规律也是一种统计规律；故C正确.‎ D．有的物质微粒能够按照不同规则在空间分布，在不同条件下能够生成不同的晶体，例如石墨和金刚石；故D正确.‎ E．温度不变时，液体的饱和汽压和体积无关；故E错误.‎ ‎18.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其图象如图所示，下列判断正确的是（ ）‎ A. 过程ab中气体一定吸热 B. 过程bc中气体既不吸热也不放热 C. 过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D. A、b和c三个状态中，状态 a分子的平均动能最小 E. b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：从a到b的过程，根据图线过原点可得，所以为等容变化过程，气体没有对外做功，外界也没有对气体做功，所以温度升高只能是吸热的结果，选项A对。从b到c的过程温度不变，可是压强变小，说明体积膨胀，对外做功，理应内能减少温度降低，而温度不变说明从外界吸热，选项B错。从c到a的过程，压强不变，根据温度降低说明内能减少，根据改变内能的两种方式及做功和热传递的结果是内能减少，所以外界对气体做的功小于气体放出的热量，选项C错。分子的平均动能与温度有关，状态a的温度最低，所以分子平均动能最小，选项D对。b 和c两个状态，温度相同，即分子运动的平均速率相等，单个分子对容器壁的平均撞击力相等，根据b压强大，可判断状态b单位时间内容器壁受到分子撞击的次数多，选项E对。‎ 考点：分子热运动 理想气体状态方程 气体压强的微观解释 ‎19.如图所示，“L”形玻璃管ABC粗细均匀，开口向上，玻璃管水平部分长为‎30cm,竖直部分长为‎10cm,管中一段水银柱处于静止状态，水银柱在水平管中的部分长为‎10cm,竖直管中部分长为‎5cm, 已知大气压强为P0=75cmHg,管中封闭气体的温度为‎27℃‎.求:‎ ‎①若对玻璃管中的气体缓慢加热，当竖直管中水银柱液面刚好到管口C时，管中封闭气体的温度升高多少?(保留一位小数)‎ ‎②若以玻璃管水平部分为转轴，缓慢转动玻璃管180°,使玻璃管开口向下，试判断玻璃管中水银会不会流出?如果不会流出，竖直管中水银液面离管口的距离为多少?‎ ‎【答案】①98.4K ②不会，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①开始时，管内封闭气体的压强: ‎ p1=p0+5cmHg=80cmHg 气柱的长度l1=‎20cm;‎ 气体加热后，当竖直管中水银面刚好到管口C时，管中封闭气柱的长度为;‎ 管中气体压强: ‎ 根据气态方程可知: ‎ 即 解得 T2=398.4K 升高的温度: ‎ ‎②若将玻璃管以水平部分为转轴，缓慢转动玻璃管180°， 使玻璃管开口向下，假设水银不会流出，且竖直管中水银面离管中的距离为hcm,这时管中气体压强:‎ 管中封闭气柱长: ‎ 根据玻意耳定律: ‎ 即: ‎ 解得：‎ 因.假设成立: ‎ 因此水银不会流出，管中水银面高管口的距离为