【物理】辽宁省辽河油田二中2020届高三上学期10月月考试题（解析版） 16页

辽宁省辽河油田二中2020届高三上学期 ‎10月月考 一、单选题 ‎1.“两弹一星”是对中国依靠自己的力量掌握核技术和空间技术的统称，是20世纪下半叶中华民族创建的辉煌伟业，其中“两弹”所涉及的基本核反应方程有：①，②，关于这两个方程，下列说法正确的是 A. 方程①属于α衰变 B. 方程②属于轻核聚变 C. 方程①的核反应是太阳能的源泉 D. 方程②中与互为同位素 ‎【答案】B ‎【解析】A方程①是重核在中子的轰击下变成两中等质量的核，是重核裂变，故A错误．B、方程②为两轻核合成为正等质量的核，为轻核聚变，故B正确．C、方程①为核电站的发电来源，故C错误．D、同位素因为相同的质子数不同的中子数，故D错误．故选B．‎ ‎【点睛】理解裂变和聚变的特点，对于原子物理中核反应方程、裂变、聚变和衰变等基本知识要熟练掌握和应用．‎ ‎2.如图所示，在粗糙的水平面上放一质量为2kg的物体，现用F=8N的力，斜向下推物体，力F与水平面成角，物体与水平面之间的滑动摩擦系数为μ=0.5，则 A. 物体对地面的压力为24N B. 物体所受的摩擦力为12N C. 物体加速度为 D. 物体将向右匀速运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 受力分析如图所示，在竖直方向上，由平衡条件得，物体与水平地面间最大静摩擦力，水平方向上 ，由于，物体将静止不动，故物体所受的摩擦力为静摩擦力，综上分析，正确答案为A．‎ ‎3.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间（x–t）图象如图所示，由图象可以得出在0~4 s内（ ）‎ A. 甲、乙两物体始终同向运动 B. 4 s时甲、乙两物体间的距离最大 C. 甲的平均速度等于乙的平均速度 D. 甲、乙两物体间的最大距离为6 m ‎【答案】C ‎【详解】A．图像的斜率等于速度，可知在内甲、乙都沿正向运动，运动方向相同。内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，运动方向相反，故A错误。‎ BD．内甲乙同向运动，甲的速度较大，两者距离不断增大。后甲反向运动，乙仍沿原方向运动，两者距离减小，则时甲、乙两物体间的距离最大，最大距离为 ，故BD错误。‎ C．由图知，在内甲、乙的位移都是，平均速度相等，故C正确。‎ ‎4.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用FT表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )‎ A. F逐渐变大，FT逐渐变大 B. F逐渐变大，FT逐渐变小 C. F逐渐变小，FT逐渐变大 D. F逐渐变小，FT逐渐变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】以结点为研究对象，受力分析如图所示：‎ 由题意知点缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知绳的张力：‎ 根据平衡条件可知：‎ 联立可得：‎ 在结点为被缓慢拉动过程中，夹角增大，由三角函数可知和均变大；‎ A.与分析相符，故A正确；‎ B.与分析不符，故B错误；‎ C.与分析不符，故C错误；‎ D.与分析不符，故D错误；‎ ‎5.如图，当汽车通过拱桥顶点速度为6m/s 时，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在桥面行驶至桥顶时，对桥面的压力为零，则汽车通过桥顶的速度应为（　）‎ A. 3m/s B. 10m/s C. 12m/s D. 24m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据牛顿第二定律得： ， 即 当支持力为零，有： ， 解得：v′=2v=12m/s．故C正确，ABD错误．故选C．‎ 点睛：解决本题关键知道圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．知道摩擦力为零时，此时支持力为零．‎ ‎6.如图所示，A、B、C三颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，已知三颗卫星的质量关系为，轨道半径的关系为，则三颗卫星( ) ‎ A. 线速度大小关系为 B. 加速度大小关系为 C. 向心力大小关系为 D. 周期关系为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：，‎ 解得：，，；‎ 由题意有：，‎ 因此可知线速度大小关系为：，加速度大小关系为：，周期关系为：，‎ 根据和可知，，‎ 故选项B正确，A、C、D错误．‎ ‎7.如图所示，高h=2m的曲面固定不动．一个质量为1kg的物体，由静止开始从曲面的顶点滑下，滑到底端时的速度大小为4m／s．g取10m／s2．在此过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体的动能减少了8J B. 物体的重力势能增加了20J C. 物体的机械能保持不变 D. 物体的机械能减少了12 J ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项，物体由静止开始下滑，末速度为4m/s ，动能变化量 ‎ ，物体的动能增加了8J，故A项错误．‎ B项，设地面为零势能面，在顶端物体的重力势能为 ，此过程中，物体的重力势能减小了20J，故B项错误．‎ C、D项，机械能包括势能和动能， ,所以物体的机械能减少了12J，故C错误；D正确；‎ 故选D 二、多选题 ‎8.如图a，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t=1s时刻撤去恒力F，物体运动的图象如图b，重力加速度，则 A. 物体在3s内的位移 B. 恒力F与摩擦力f大小之比 C. 物体与地面的动摩擦因数为 D. 3s内恒力做功与克服摩擦力做功之比 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可得物体在3s内的位移：‎ 故A错误；‎ B.物体在第1s内和后2s内的位移分别为：‎ 对整个过程，由动能定理得：‎ 解得：‎ 故B正确；‎ C.对后2s内物体的运动过程，由动能定理得：‎ 解得：‎ 故C正确；‎ D.对整个过程，由动能定理得：‎ 可得：‎ 故D错误．‎ ‎9.如图，质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系，且力的方向保持不变．则下列选项中正确的是（　　）‎ A. 2t0时刻的瞬时速度为 B. 2t0时刻的瞬时功率为 C. 在t=0到2t0这段时间内，物体的位移为 D. 在t=0到2t0这段时间内，水平力的平均功率为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据牛顿第二定律和运动学公式求出2t0时刻的瞬时速度，从而求出瞬时功率．根据位移公式求出t=0到2t0这段时间内位移，通过功的公式求出水平力做功的大小，从而求出平均功率．‎ ‎【详解】0～t0时间内的加速度a1＝，则t0时刻的速度v1＝a1t0＝，在t0～2t0时间内的加速度a2＝，则2t0时刻的速度v2＝v1+a2t0＝．故A正确．2t0时刻的瞬时功率为P=2F0v2＝．故B错误．0～t0时间内的位移x1＝a1t02＝，在t0～2t0时间内的位移x2＝v1t0+a2t02＝，则物体在0到2t0这段时间内位移为．故C错误．在t=0到2t0这段时间内，水平力做功W＝F0x1+2F0x2＝，则水平力做功的平均功率．故D正确．故选AD．‎ ‎【点睛】解决本题的关键通过图线，结合牛顿第二定律和运动学公式求出速度和位移，知道平均功率和瞬时功率的区别．‎ ‎10.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的竖直高度差为h，速度为v，则（）‎ A. 小球在B点动能小于mgh B. 由A到B小球重力势能减少 C. 由A到B小球克服弹力做功为mgh D. 小球到达位置B时弹簧的弹性势能为 ‎【答案】AD ‎【详解】A.小球由A点到B点重力势能减少，在小球在下降过程中，小球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，所以小球运动到B点时的动能小于，故A正确、B错误； C.根据动能定理得：‎ ‎，‎ 所以由A至B小球克服弹力做功为：‎ 故C错误； D.弹簧弹力做功量度弹性势能的变化．所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为，故D正确．‎ 三、填空题 ‎11.某同学在做平抛运动实验时得到了如图中物体运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出，则：‎ ‎（1）小球经过a、b、c相邻两点的时间间隔为_____s ‎（2）小球平抛的初速度为____m/s（g=10m/s2）．‎ ‎（3）小球在b点的竖直分速度速度为____m/s ‎（4）小球抛出点到b点的时间t2=____s．‎ ‎（5）小球从抛出到a点的时间为______s ‎（6）抛出点的坐标为________．‎ ‎【答案】 (1). 0.1 (2). 2 (3). 1.5 (4). 0.15 (5). 0.05 (6). （-10cm,-1.25cm）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]在竖直方向上，根据得，相等的时间间隔为：‎ ‎；‎ ‎（2）[2]水平方向为匀速运动，则小球平抛运动的初速度为：‎ ‎；‎ ‎（3）[3]根据中间时刻的瞬时速度等于其平均速度，则b点的竖直分速度为：‎ ‎；‎ ‎（4）[4]根据竖直方向为自由落体运动，则小球抛出点到b点的时间为：‎ ‎；‎ ‎（5）[5]则小球抛出点到a点的时间为：‎ ‎；‎ ‎（6）[6]则小球从抛出点到a点的水平距离为：‎ 小球从抛出点到a点的数值距离为：‎ 则小球的抛出点坐标为：．‎ ‎12.在某次验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1kg的重锤自由下落，在纸带上打出一系列的点如图所示，相邻记数点的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，取g=9.8m/s2，求：‎ ‎①打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=______m/s（保留两位有效数字）；‎ ‎②从点O到打下计数点B的过程中，物体重力势能的减少量△Ep=______J，动能的增加量△Ek=______J（保留两位有效数字）；‎ ‎③在实验误差范围内由（2）的结果可得出的结论是：______．‎ ‎④‎ 在“验证机械能守恒定律”的实验中，有如下可供选择的实验器材：铁架台，电火花打点计时器，纸带，电源，秒表等．其中不必要的器材是______，在实验数据处理时，得到重锤动能的增量总小于重锤势能的减少量，其原因可能是：______．‎ ‎【答案】①0.97 ② 0.48 0.47 ③物体自由下落时的机械能守恒 ④秒表 重锤和纸带在下落时要受到的阻力做负功，引起机械能减少 ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1]中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B的速度大小：‎ ‎；‎ ‎②[2]从点O到打下计数点B的过程中，物体重力势能减小量为：‎ ‎[3]动能的增加量为：‎ ‎；‎ ‎③[4]在实验误差范围内由（2）的结果可得出的结论是：物体自由下落时的机械能守恒； ④[5] “验证机械能守恒定律”的实验即验证重锤减少的重力势能与增加的动能是否相等：,是利用打点计时器和匀变速直线运动的推论计算得到，和需要用毫米刻度尺测量得到，打点计时器本身是可以计时的仪器，所以不要秒表；‎ ‎[6]在实验数据处理时，得到重锤动能的增量总小于重锤势能的减少量，其原因可能是：重锤和纸带在下落时要受到的阻力做负功，引起机械能减少．‎ 四、计算题 ‎13.质量为2kg的物体，在竖直平面内高h = 1m的光滑弧形轨道A点，以v=4m/s的初速度沿轨道滑下，并进入BC轨道，如图所示．已知BC段的动摩擦系数．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）物体滑至B点时的速度；‎ ‎（2）物体最后停止在离B点多远的位置上．‎ ‎【答案】（1）；（2）4.5m ‎【详解】（1）由A到B段由动能定理得：‎ 得到：‎ ‎；‎ ‎（2）由B到C段由动能定理得：：‎ 所以：‎ ‎．‎ ‎14.如图所示，质量m=5kg的木箱放在粗糙水平面上静止，现用大小为30N，方向与水平方向成θ=37°的力斜向上拉木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数μ=0.5．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：‎ ‎（1）物体的加速度大小；‎ ‎（2）若拉力作用5s后撤去，则撤去拉力后物体还能运动多远？‎ ‎【答案】.（1）1.6m/s2；（2）6.4m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）木箱受力如图所示：‎ ‎ 水平方向根据牛顿第二定律可得：‎ 竖直方向根据共点力的平衡条件可得：‎ ‎  ‎ 滑动摩擦力大小：‎ 解得木箱加速度大小：‎ ‎；‎ ‎（2）撤去拉力时木箱速度大小：‎ 撤去拉力后木箱加速度大小：‎ 撤去拉力后木箱运动的距离为：‎ ‎．‎ ‎15.如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m，其左端固定有半径为R=0.6m的内壁光滑的半圆形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接．用质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的小物块A、B压缩一轻质弹簧（弹簧和和块不拴接）．同时放开小物块A、B，两物块和弹簧分离后，物块A进入圆形轨道，物块B从水平轨道右侧边缘飞出，其落地点到轨道边缘的水平距离s=1.2m．重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）物块B和弹簧分离的瞬间，物块B的速度大小；‎ ‎（2）物块A运动到半圆形轨道最高点时，对轨道的压力．‎ ‎（3）释放物块前弹簧具有的性势能．‎ ‎【答案】（1）3m/s；（2）10N，方向竖直向上；（3）27J；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）B离开水平轨道后做平抛运动，在竖直方向上：‎ 水平方向：‎ 联立并代入数据解得：‎ ‎；‎ ‎（2）A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ 对A，由机械能守恒定律得：‎ 在最高点，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：‎ 由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力为10N，方向竖直向上； （3）对系统，由能量守恒定律得：‎ 代入数据解得：‎ ‎．‎ ‎16.下列说法正确的是______‎ A. 液体的表面层内分子分布比较稀疏，分子间表现为引力 B. 气体分子的平均动能越大，其压强就越大 C. 第二类永动机是可以制成的，因为它不违背能的转化和守恒定律 D. 空气的相对湿度越大，人们感觉越潮湿 E. 给物体传递热量，物体的内能不一定增加 ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ 试题分析：液体表面具有张力是因为液体表面层的分子间隙较大，分子间表现为引力，故A正确；气体分子的平均动能越大，则温度越高，但是因为不知体积的变化，则其压强的变化无法确定，选项B错误；第二类永动机是不可以制成的，因为它虽然不违背能的转化和守恒定律，但是违背热力学第二定律，选项C错误；空气的相对湿度越大，人们感觉越潮湿，选项D正确；根据热力学第一定律△E=W+Q可知，给物体传递热量，物体的内能不一定增加，还要看物体对外或外界对物体做功情况，选项E正确；故选ADE.‎ 考点：表面张力；永动机；热力学第一、第二定律；‎ ‎【名师点睛】本题全面考查了热学有关基础知识，对于这部分知识主要是加强记忆和平时的积累；要多看课本就能取得较好的成绩.‎ ‎17.如图，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积S=1.0×l0-3m2、质量m=2kg、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离l=36cm，在活塞的右侧距离其d=14cm处有一对与气缸固定连接的卡环．气体的温度t=27℃，外界大气压强p0＝l.0×105Pa．现将气缸开口向上竖直放置 (g取10m/s2)‎ ‎(1)求此时活塞与气缸底部之间的距离h；‎ ‎(2)如果将缸内气体加热到600K，求此时气体的压强p．‎ ‎【答案】(1)0.3m；(2)1.44×105Pa ‎【解析】‎ 试题分析：(1)气缸水平放置时：‎ 封闭气体的压强p1＝p0＝l.0×105Pa，温度T1=300K，体积V1= lS 气缸竖直放置时：‎ 封闭气体的压强p2＝p0+mg/S＝l.2×105Pa，温度T2=T1=300K，体积V2=hs 由玻意耳定律 ‎(2)温度升高，活塞刚达到卡环，气体做等压变化，‎ 此时p3＝p2 V2=hs V3=(l+d)s T2= 300K 气缸内气体温度继续升高，气体做等容变化 p3＝l.2×105Pa 考点：气体的状态变化方程.‎