湖南省长沙市长郡中学2020届高三物理上学期第二次月考试题（含解析）新人教版 21页

湖南省长沙市长郡中学2020届高三物理上学期第二次月考试题（含解析）新人教版 ‎ ‎【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、知识覆盖面广，知识点全面。在考查问题上以基本定义、基本规律为主，题型大部分都是历年全国各地高考题和模拟题，思路活，是份非常好的试卷。‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】物理学史．P0‎ ‎【答案解析】AB 解析： A、亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略对此持怀疑态度，做了著名的斜面实验，并通过实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论，故A正确；B、伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确；C、开普勒通过对行星运动的观察，完善了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律，故C错误；D、牛顿总结了万有引力定律后，卡文迪许测出引力常量，故D错误；故选：AB．‎ ‎【思路点拨】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4‎ ‎【答案解析】 D 解析： ：A、先以小球A为研究对象，分析受力情况：‎ 重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力．B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力．故A错误．B、当柱状物体向左移动时，斜面B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A对B的压力也保持不变．对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N1，墙对A的支持力N1不变，则推力F不变．地面对整体的支持力N=G总，保持不变．则B对地面的压力不变．故BC错误，D正确．故选D．‎ ‎【思路点拨】先以小球A和B为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到柱状物体对球的弹力和挡板对球的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F和地面的支持力如何变化．本题首先要对小球受力分析，根据共点力平衡条件分析小球受力情况，再运用整体法研究地面的支持力和推力如何变化．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】匀变速直线运动的图像．A5‎ ‎【答案解析】D 解析： 解：A、甲球的加速度a1= =-10m/s2‎ 故甲球的加速度大小为10m/s2．负号表示加速度方向与速度方向相反．乙球的加速度a2=；故甲球的加速度大于乙球的加速度．故A错误．B、当两物体速度相同时两物体相距最远即40+a1t=-20+a2（t-2）解得t=4.4s即4.4s时两物体相距最远．故B错误．C、t=6s时甲球的速度v1=v0+a1t=40+（-10）×6=-20m/s乙球的速度v2=v乙+a2△t=-20+×4=m/s故t=6s时甲球的速率大于乙球的速率．故C错误．D、设T时刻两物体相遇，故有40T+a1T2=-20T+a2（T-2）2解得T=8s故D正确．故选：D．‎ ‎【思路点拨】速度图象的斜率等于物体的加速度，加速度的正负表示物体加速度的方向；等两物体的速度相同时两物体相距最远；当两物体通过的位移相同时两物体相遇．运动学公式是矢量式，故运用运动学公式解题时要注意正方向的选择，与正方向相同的矢量都是正的，相反的都是负的；比较矢量的大小只看矢量的绝对值，不看正负号，因为正负号表示矢量的方向；相距最远时速度相同，相遇时位移相同．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．B3 C2‎ ‎【答案解析】 D 解析： 以A为研究对象，分析受力如图，‎ 根据牛顿第二定律得：mAgtanθ=mAa，解得a=gtanθ，方向水平向右．‎ 再对B研究得：F=ma=mgtanθ，方向水平向右，即小车对物块B产生的静摩擦力的大小为mgtanθ，方向向右．小车对物块B的支持力向上，与重力平衡，故N=mg；故小车对物块B产生作用力为：F=N2+f2=mg，斜向右上方；故选D．‎ ‎【思路点拨】先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的作用力的大小和方向．本题要抓住小球、物块B和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．A5 C2‎ ‎【答案解析】A 解析： 根据动能定理得，mgh=mv2，解得v= m/s＝5m/s．物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小a=μg=2m/s2，若一直做匀减速直线运动，则到达B点的速度vB＝ m/s=1m/s．若一直做匀加速直线运动，则达到B点的速度vB＝m/s=7m/s．知传送带的速度v＜1m/s时，物体到达B点的速度为1m/s．传送带的速度v＞7m/s时，物体到达B点的速度为7m/s．若传送带的速度1m/s＜v＜5m/s，将先做匀减速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．若传送带速度5m/s＜v＜7m/s，将先做匀加速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．故A正确，B、C、D错误．故选A．‎ ‎【思路点拨】根据动能定理求出物体滑到A点的速度，通过速度与传送带速度的关系，判断出物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式求出B点的速度．解决本题的关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】运动的合成和分解．D1‎ ‎【答案解析】A 解析： 由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是逆着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，‎ 由数学三角函数关系，则有：v线=vsinθ；而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故A正确，BCD错误；故选：A．‎ ‎【思路点拨】对线与CD光盘交点进行运动的合成与分解，此点既有逆着线方向的运动，又有垂直线方向的运动，而实际运动即为CD光盘的运动，结合数学三角函数关系，即可求解．考查运动的合成与分解，掌握分运动与合运动的确定是解题的关键，同时理解力的平行四边形定则内容．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律及其应用．D5‎ ‎【答案解析】BC 解析： A、飞船绕地球匀速圆周运动 线速度为v＝又由几何关系知sin 得：r＝∴v＝   故A正确 ‎；B、地球自转一圈时间为To，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为：n＝ 故B不正确；C、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为，故C不正确；D、万有引力提供向心力则：，得：T＝2π．故D正确；故选为：D．‎ ‎【思路点拨】宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，由飞船的周期及半径可求出飞船的线速度；同时由引力提供向心力的表达式，可列出周期与半径及角度α的关系．当飞船进入地球的影子后出现“日全食”到离开阴影后结束，所以算出在阴影里转动的角度，即可求出发生一次“日全食”的时间；由地球的自转时间与宇宙飞船的转动周期，可求出一天内飞船发生“日全食”的次数．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】平抛运动．D1‎ ‎【答案解析】CD 解析： 如图所示，由平抛运动的规律知 Lcosθ=v0t，Lsinθ= gt2则得：tanθ=由图知：tan（α+θ）=可得：‎ tan（α+θ）=2tanθ所以α与抛出速度v0无关，故α1=α2，α1、α2的大小与斜面倾角有关，故AB错误，CD正确．故选：CD ‎【思路点拨】画出物体落到斜面时的速度分解图，根据平抛运动基本规律结合几何关系表示出α即可求解．本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，要求同学们掌握平抛运动的规律，能结合几何关系进行求解．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】功能关系．E6‎ ‎【答案解析】ABC 解析： 根据动能定理应有△EK＝−ma•＝−2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgh；再由牛顿第二定律有mgsin30°+f=ma=mg，可得f=mg，根据功能关系应有△E=-f=-mgh，即机械能损失了mgH，全部生热，故生热为mgh,所以A、B、C正确，物体升高mgh，故重力势能增加mgh,故D错误．故选：ABC．‎ ‎【思路点拨】若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可．要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；向心力；动能定理的应用．E1 D4 E2‎ ‎【答案解析】AD 解析： A、在AB段，根据速度位移公式vB2=2aR，解得：a=2.5g．故A正确B、在C点，有：mg=m，解得vc=．对B到C，根据动能定理有：-mg•2R=mvc2-mvB2，解得vB=．则B点的加速度aB==5g．故B错误．C、在C点，合力的方向竖直向下，速度的方向与合力的方向垂直，所以合力的瞬时功率为0．故C错误．D、物块在圆弧轨道上滑的过程中机械能守恒，有：mvB2=mgh+mv2=2mgh，解得h=R．动能和重力势能相等的位置在DD′的上方．故D正确．故选：AD．‎ ‎【思路点拨】小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C，根据牛顿第二定律求出最高点的速度，通过动能定理求出经过B点的速度，从而求出B点的加速度．根据速度位移公式求出AB段的加速度大小．根据机械能守恒定律求出上滑时动能和重力势能相等的位置．本题综合考查了动能定理、机械能守恒、牛顿第二定律和运动学公式，这种结合方式是比较常考的，需加强这类题型的训练．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．C4‎ ‎【答案解析】 ①CD②丙 ③0.50 解析： ①A实验中要平衡摩擦力，长木板的一端要垫高，A错误；B为节省纸带增加小车运行时间先接通电源后松小车，B错误；C以托盘作为研究对象有mg-T=ma以小车作为研究对象有T=Ma联立以上两式可得T＝，要使绳子拉力等于钩码的重力，即T=mg，故 =1，则有M＞＞m，C正确；D如果作出a-M图象，却难以根据图象确定a与M是否是成反比，所以我们可以作出a-的图象，只要a-的图象是正比例函数图象就证明了a与M成反比例关系，D正确；‎ ‎②‎ 没用平衡摩擦力，则当施加一定力时，首先平衡摩擦力后才会产生加速度，通过图象知，当力F不为零时，加速度为零，故丙图对；③计数点之间有4个点未画出，时间间隔为0.1s，有公式△x=aT2得：a＝＝0.50m/s2．‎ ‎【思路点拨】①根据实验原理和具体实验步骤可判定各个选项②没有平衡摩擦力时，当存在一定的力时首先平衡摩擦力，之后才产生加速度；③根据给定的纸带数据分布，由逐差法可以得到小车的加速度. 掌握好实验的步骤及实验的原理很重要，对实验的注意事项及数据的处理也要做到明确和理解．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】验证机械能守恒定律．E5‎ ‎【答案解析】 （1）瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度；（2）4.22；4.00M；4.02M；（3）C． 解析： ：（1）根据平均速度的定义v=可知，当位移很小，时间很短时可以利用平均速度来代替瞬时速度，由于本题中挡光物的尺寸很小，挡光时间很短，因此直尺上磁带通过光电门的瞬时速度可以利用vi＝求出．（2）根据题意可知：v5＝ =4.22m/s根据：△Ek5=Mv52-Mv12，将v=4.22m/s带入解得：△Ek5=4.00M  J Mg△h5=‎4.02M．‎ ‎（3）根据实验可知：重力势能的减少量等于动能的增加量，即有：△Ek=mg△h成立，故△Ek-△h图象为过原点的直线，故ABD错误，C正确．‎ ‎【思路点拨】（1）根据平均速度的定义v=可知，当位移很小，时间很短时可以利用平均速度来代替瞬时速度；（2）根据动能和势能的公式求解．（3）写出△Ek-△h的表达式，即可判断图象的性质．本题考查了实验“验证机械能守恒定律”中的数据处理，以及利用图象来处理实验数据的能力，注意物理基本规律在实验中的应用．‎ ‎【题文】‎ ‎③在共点力合成的实验中，根据实验数据画出力的图示，如图所示．图上标出了F1、F2、F、F′四个力，其中 F′‎ ‎（填上述字母）不是由弹簧秤直接测得的．‎ ‎【知识点】验证力的平行四边形定则．B6‎ ‎【答案解析】：①AB  ②D；③F′ 解析： ：①‎ A、弹簧测力计、细绳、橡皮条都应贴近木板且与木板平行．故A正确．B、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，可以减小测量的误差．故B正确．C、拉力F1和F2的夹角不是越大越好，适当大一些即行．故C错误．D、实验中，弹簧的读数大小适当，便于做平行四边形即可，并非要求一定达到最大量程．故D错误．故选：AB．‎ ‎②该实验采用了“等效替代”的原理，即合力与分力的关系是等效的，要求两次拉橡皮筋时的形变量和方向是等效的．则橡皮筋沿同一方向拉长到同一长度．故D正确，A、B、C错误．故选：D．‎ ‎③F在F1与F2组成的平行四边形的对角线上，为实验的理论值，用一个弹簧秤橡皮筋时，其弹力一定与橡皮筋共线，因此用弹簧秤直接测量值为F′，由于误差的存在，F与F′不在同一直线上，但是二者基本相等．故答案为：F′．‎ ‎【思路点拨】本实验采用“等效法”，即要求两次拉橡皮筋的效果相同，对于两弹簧拉力大小以及夹角大小没有具体要求，只要便于作图以及减小误差即可；因此在实验中尽量减小力的测量及作图中出现的误差；F1与F2合成的理论值是由平行四边形定则作图得到的，在平行四边形的对角线上，而用一个弹簧直接测量时，方向一定在橡皮筋上，由此可正确解答．主要考查验证力的平行四边形定则的误差分析及数据的处理，应通过实验原理及数据的处理方法去思考减少实验误差的方法；熟练应用平行四边形定则解决有关问题．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】共点力平衡的条件及其应用．B4 B7‎ ‎【答案解析】 ， 解析： 分别对A、B球受力分析，如图所示：‎ 受力平衡，每个小球受到的绳拉力T与杆的弹力F的合力与重力平衡．做出T与F合成平行四边形．‎ 红色的三角形与△OAC相似，故：绿色的三角形与△OBC相似，故：两式相比： OA+OB=L, 所以 ，‎ ‎【思路点拨】分别对两个球受力分析，然后结合平衡条件并运用相似三角形法列式求解．本题关键是受力分析后采用相似三角形法分析，没有直角三角形，较难．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．E1 C2‎ ‎【答案解析】（1）-0.4m/s2．（2）1.0×106 W．‎ 解析： （1）渔船通过的时间为：t= =40s 渔政船做匀减速运动的位移为：s＝vmt+at2‎ 得：a= =-0.4m/s2，“-”表示加速度与vm方向相反．‎ ‎（2）渔政船做减速运动时，牛顿第二定律：-（ F+Ff）=ma 代入数据解得：Ff=5.0×104 N 最大速度行驶时，牵引力为：F=Ff=5.0×104N 功率为：P=Fvm=Ff vm=5.0×104×20W=1.0×106 W ‎【思路点拨】（1）抓住渔船和渔政船的运动时间相等，结合位移公式求出渔政船减速时的加速度．（2）根据牛顿第二定律求出渔政船的阻力，当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=Fvm求出渔政船的额定功率．本题考查了运动学中的相遇问题，以及综合考查了牛顿第二定律和功率的运用，知道当牵引力等于阻力时，速度最大．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】机械能守恒定律；运动的合成和分解．D1 E3‎ ‎【答案解析】 （1） （2）1.9 解析： ：（1）设重力加速度为g，小球m1到达最低点B时m1、m2速度大小分别为v1、v2，‎ 由运动合成与分解得v1＝v2①‎ 对m1、m2系统由功能关系得 m1gR−m2gh＝m1v12+m2v22②‎ h＝Rsin30°③‎ 设细绳断后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2由机械能守恒定律得m2gs′sin30°＝④‎ 小球m2沿斜面上升的最大距离s＝R+s′⑤‎ 联立得s＝⑥‎ ‎（2）对 m1由机械能守恒定律得：m1v12＝m1g⑦‎ 联立①②③⑦得 ‎【思路点拨】（1）先根据运动合成与分解求出小球m1到达最低点B时m1、m2速度关系，对m1、m2系统由功能关系列出方程，细绳断后m2沿斜面上升，对m2由机械能守恒定律列出方程，根据几何关系写出小球m2沿斜面上升的最大距离的表达式，联立方程即可求解；（2）对 m1由机械能守恒定律列出方程，结合（1）中的方程，联立即可求解．本题主要考查了机械能守恒定律，运动合成分解知识，学生综合分析理解及运算能力，难度适中．‎ ‎【题文】‎ ‎【知识点】动能定理；向心力． C2 E2‎ ‎【答案解析】（1）vC4m/s（2）8N；（3）为arccos 解析： ：（1）m1从B到C的过程：EP=μm1gL m2从B到C的过程：EP＝μm2gL+联立解得：vC=4m/s ‎（2）碰后交换速度，小球以vC=4m/s向上运动，假设能到高点，从C到D的过程：‎ ‎ ＝−m‎2g•2R 解得：vD=‎0m/s对D点：N+m‎2g-k（l0-R）=0‎ 解得：N=8N，求解结果的合理性，说明假设是正确的，小球可以通过最高点 ‎（3）假设能到高点，最高点弹力：N'+m‎2g-k'（l0-R）=0‎ 解得：N=-1N，求解结果的不合理，说明假设是错误的，小球不可以通过最高点）‎ 小球离开轨道时的位置E和O'连线与竖直方向的夹角θ，此时小球速度vE 由动能定理：＝−m‎2g(R+Rcosθ)‎ 对E点：m2gcosθ−k′(l0−R)＝m2联立解得：cosθ＝，‎ 即：θ＝arccos ‎【思路点拨】（1）从B到C有动能定理可求得到达C点速度；（2）假设通过最高点，从C到D由动能定理求的D点速度，在D点由牛顿第二定律即可判断；（3）假设通过最高点，从C到D由动能定理求的D点速度，在D点由牛顿第二定律即可判断，在利用动能定理即可求的夹角。本题是动能定理与向心力公式的综合应用来处理圆周运动问题．利用功能关系解题的优点在于不用分析复杂的运动过程，只关心初末状态即可，平时要加强训练深刻体会这一点． ‎