江西省奉新县第一中学2020届高三上学期第一次月考物理试题 20页

奉新一中2020届高三上学期第二次月考物理试卷 考试时间：100分钟 满分：100分 命题人：张凡 一、选择题（共12题，共48分；1-8单选每小题4分，9-12多选题每小题4分）‎ ‎1..教科书中这样表述牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．其中“改变这种状态”指的是改变物体的（   ）‎ A. 速度 B. 加速度 C. 位置 D. 受力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，有外力作用后，物体的速度发生变化，即不再是匀速直线运动状态或静止状态，所以“改变这种状态”指的是改变物体的速度。‎ A. 速度，与结论相符，选项A正确；‎ B. 加速度，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 位置，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 受力，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎2.A，B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，它们通过的路程之比是4:3,运动方向改变的角度之比是3:2，则它们（    ）‎ A. 线速度大小之比为3:4‎ B. 角速度大小之比为3:4‎ C. 圆周运动的半径之比为8:9‎ D. 向心加速度大小之比为1:2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.线速度，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，故A错误。‎ B.角速度，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故B错误。‎ C.根据v=rω得，圆周运动的半径 线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，故C正确。‎ D..根据a=vω得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，故D错误。‎ ‎3.a、b两个质量相同的球用细线连接，a球用细线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，下列图示正确的是（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，A图错误；再对ab两个球整体受力分析，受总重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力，根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故CD错误，B正确。‎ ‎4.河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，若船以最短时间渡河，则下列判断正确的是(　 　)‎ A. 船渡河的最短时间是100s B. 船在河水中的最大速度是5m/s C. 船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直 D. 船在河水中航行的轨迹是一条直线 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】AC、设水速为，船在静水的速度为，当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，则最短时间，故选项A、C正确；‎ B、当水流速度最大时，船在河水中的速度最大，最大速度为，故选项B正确；‎ D、因为水流速度在变化，即沿河岸方向有加速度，可知合速度方向与加速度方向不在同一条直线上，船在河水中航行的轨迹是曲线，故选项D错误。‎ ‎5.如图所示，一人站在岸上，利用绳和定滑轮拉船靠岸，在某一时刻绳的速度大小为v，绳AO段与水平面的夹角θ=37°，OB段与水平面的夹角α=30°.取sin37°=0.6，则此时小船的速度大小为（   ） ‎ A. v  B. C. D. 2v ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，‎ ‎ 根据平行四边形定则，有：‎ v船cosθ=v 则：‎ A. v ，与结论不相符，选项A错误；‎ B. ，与结论相符，选项B正确；‎ C. ，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 2v，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎6.某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的v-t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况（竖直向上为正方向）．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（　　）‎ A. 在0～5s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态 B. 在5s～10s内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力 C. 在10 s～20s内，该同学所受的支持力在减小 D. 在20s～25s内，电梯加速下降该同学处于超重状态 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在0～5s内，从速度时间图象可知，此时的加速度为正，电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A错误；‎ B.在5s～10s内，速度时间图象为水平线，此时电梯在匀速运动，该同学处于受力平衡状态，则电梯对该同学的支持力等于他所受的重力，所以该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，故B正确；‎ C.在10 s～20s内，该同学匀减速上升，该同学所受的支持力保持不变，故C错误；‎ D.在20 s～25s内，观光电梯在加速下降，电梯加速度向下，此时人处于失重状态，故D错误。‎ ‎7.如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（    ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对整体，根据牛顿第二定律得：‎ F-μ•3mg=3ma 再对P，根据牛顿第二定律得：‎ T-μmg=ma 联立解得轻绳的张力大小为：‎ T=F A. ，与结论不相符，选项A错误；‎ B. ，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ，与结论不相符，选项C错误；‎ D. ，与结论相符，选项D正确。‎ ‎8.将一物体由坐标原点O以初速度v0抛出，在恒力作用下轨迹如图所示，A为轨迹最高点，B为轨迹与水平x轴交点，假设物体到B点时速度为vB ,v0与x轴夹角为α，vB与x轴夹角为β，已知OA水平距离x1小于AB水平距离x2。则（　　）‎ A. 物体在B点的速度vB小于v0‎ B. 物体从O到A时间大于从A到B时间 C. 物体在O点所受合力方向指向第四象限 D. α可能等于β ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．已知OA水平距离x1小于AB水平距离x2，且物体从O到A时间等于从A到B时间，那么物体在AB上的平均速度大于在OA上的，所以由匀变速运动规律可以知道物体做匀加速运动，加速度方向向右，所以物体在B点的速度vB大于v0，所以A错误; ‎ B．物体在恒力作用下运动，故可将物体运动分解为水平和竖直方向上匀变速运动; 又有A为轨迹最高点，所以A点的竖直速度为0；O点和B点的竖直高度一致，由匀变速运动规律可以知道：物体从O到A时间等于从A到B时间，故B错误; ‎ C．由图可以知道恒力在竖直方向上的分量方向向下，由A可以知道恒力在水平方向上的分量方向向右，所以恒力方向指向第四象限，则物体在O点所受合力方向指向第四象限，所以C正确;‎ D．由B可以知道物体在竖直方向上做匀变速运动，在O点和在B点时竖直方向上的分速度大小相等，方向相反；由A可以知道物体在O点和在B点时水平方向上的分速度方向相同，且，所以α大于β，故D错误;‎ ‎9.两个倾角相同的滑杆上分别套A、B两圆环，两环上分别用细线悬吊着两物体C、D，如图所示，当它们都沿滑杆一起向下滑动时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下，则（   ）‎ A. A环与杆无摩擦力 B. B环与杆无摩擦力 C. A环做的是匀速运动 D. B环做的是匀速运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析，受重力、拉力、支持力、沿杆向上的摩擦力f，如图，根据牛顿第二定律，有 mAgsinθ-f=mAa ‎ 对C，据牛顿第二定律有 mCgsinθ=mCa 联立解得：‎ f=0‎ a=gsinθ 故A正确，C错误；‎ BD.对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上或者合力为零，故合力只能为零，物体做匀速运动；再对B求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有沿杆向上的摩擦力。故B错误，D正确。‎ ‎10.如图所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一滑块A放在物体B上，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余摩擦忽略不计。已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，重力加速度为g。当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ，下列选项正确的是 A. 物体B对水平面的压力大小为(M+m)g B. 物体B受到水平面的摩擦力大小为 mgtanθ C. 将物体B级慢向左移动一小段距离，滑块A对物体B的压力将变小 D. 将物体B缓慢向左移动一小段距离，滑块A与竖直挡板之间的弹力将变大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ CD、首先对物体A受力分析，如图所示：‎ 根据平衡条件，有：，将物体B级慢向左移动一小段距离，变小，根据牛顿第三定律，A对B的压力大小变大，滑块A与竖直挡板之间的弹力将变大，故C错误，D正确；‎ AB、再对AB整体受力分析，受重力、地面支持力、墙壁支持力、地面的静摩擦力，如图所示 根据平衡条件，地面支持力大小，地面的摩擦力大小，再根据牛顿第三定律,对地压力大小为(M+m)g，故B错误，A正确；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】首先对物体A受力分析，受重力、B的支持力、挡板的支持力，根据平衡条件列式求解；然后再对整体受力分析，根据平衡条件力列式求解地面支持力和静摩擦力大小。‎ ‎11.如图所示，一小物体m从光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，小物体到A点速度为2m/s，当传送带固定不动时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点，则下列判断可能正确的是（　　）‎ A. 若传送带逆时针方向运行且v=2m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点的右侧 B. 若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v＞2m/s时，物体m到达地面上C点的右侧 C. 若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v＜2m/s时，物体m也可能到达地面上C点的右侧 D. 若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点左侧.‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.传送带静止时，物体滑到传送带上后向右做匀减速直线运动，到达传送带右端时物体的速度小于2m/s，物体离开传送带后做平抛运动到达C点，物体做平抛运动的初速度小于2m/s；若传送带逆时针方向运行且v ‎=2m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，其运动情况与传送带静止时相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，仍落在C点，故A错误；‎ B、若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＞2m/s时，物体在传送带上可能先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，也可能一直做匀加速直线运动，物块到达传送带右端时的速度大于2m/s，做平抛运动的初速度大于2m/s，物体将落在C点的右侧，故B正确；‎ C.若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＜2m/s时，物体在传送带上可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，此时到达传送带右端时的速度可能比传送带静止时的速度大，物体落在C点的右侧，故C正确；‎ D.若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，与传送带静止时的运动情况相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，落在C点，故D错误。‎ ‎12.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-t图像如图乙所示（重力加速度为g），则（ ）‎ A. 施加外力前，弹簧的形变量为 B. 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 C. 外力施加的瞬间，AB间的弹力大小为M(g-a) ‎ D. AB在t1分离，此时弹簧弹力恰好为零 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据胡克定律：‎ 施加外力前弹簧所受压力：‎ 联立可知形变量为，故A正确。‎ B．当弹簧弹力等于物体B的重力时加速度为0，物体B的速度达到最大值，故B错误。‎ C．设此时AB间的弹力为N，弹簧弹力向上为2Mg，对物块B竖直方向应用牛顿第二定律有：‎ 因此：‎ 故C正确。‎ D．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且AB之间相互作用力为0.‎ 对B：‎ 得出：‎ 故D错误。‎ 二、实验探究题（共14分;13题6分，14题8分，每空2分）‎ ‎13.小芳和小强。两位同学采用了不同的实验方案来研究平抛运动。‎ ‎(1)小芳同学利用如图甲所示的装置进行实验。下列说法正确的是______________.‎ A、应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放 B、斜槽轨道必须光滑 C、斜槽轨道末端必须保持水平 D、本实验必须的器材，还有刻度尺和停表。‎ ‎(2)小强同学利用频闪照相机方式研究平抛运动.如图乙为一小球做平抛运动的频闪照片的一部分。图中背景方格的边长均为5.0cm，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2.则照相机两次闪光的时间间隔Δt=_________s，小球被抛出时的水平速度v=__________m/s.(结果均保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 01 (3). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A、为使小球做平抛运动的初速度相等，应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，故A正确；‎ B、只要每次把小球从轨道同一位置由静止释放即可保证小球的初速度相等，斜槽轨道没有必要光滑，故B错误；‎ C、为使小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道的末端必须保持水平，故C正确；‎ D、本实验不需要用秒表测量时间，故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎(2)小球在竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动的推论：△x=at2可得：，小球的水平速度：；‎ ‎14.某同学用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：‎ ‎(1)该同学在实验前准备了图甲中所示的实验装置及下列辅助器材：其中不必要的器材是_______（填代号）．‎ A. 交流电源、导线       B. 天平（含配套砝码）     C. 秒表     D. 刻度尺     E. 细线、砂和小砂桶 ‎(2)打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况．其中一部分纸带上的点迹情况如图2所示，已知打点计时器打点的时间间隔为0.02s，测得A点到B、C点的距离分别为x1=5.99cm、x2=13.69cm，小车做匀加速直线运动的加速度a=______m/s2.（结果保留三位有效数字）‎ ‎(3)在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图3所示的a-F图象，其中图线不过原点的原因是_______，图线在末端弯曲的原因是_____________．‎ ‎【答案】 (1). C (2). 1.71 (3). 木板角度太大，平衡摩擦力过度 (4). 砂和砂桶的质量太大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表．上述器材中不必要的为C．‎ ‎(2)[2]因为计数点间时间间隔T=0.1s；根据△x=aT2得：‎ ‎(3)[3]由图象可知小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大． [4]该实验中当小车的质量远大于砂和小砂桶质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砂和小砂桶的总重力大小；随着砂和小砂桶质量增大，细线对小车的拉力大小小于砂和小砂桶的总重力大小，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象．‎ 三、计算题（共4题；共38分，请写出必要的答题步骤，否则不给分）‎ ‎15.一在隧道中行驶的汽车A以的速度向东做匀速直线运动，发现前方相距处、以的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车，其刹车的加速度大小,从此刻开始计时，若汽车A不采取刹车措施，汽车B刹车直到静止后保持不动，求：‎ ‎（1）汽车A追上汽车B前，A、B两汽车间的最远距离；‎ ‎（2）汽车A恰好追上汽车B需要的时间．‎ ‎【答案】（1）16m（2）8s ‎【解析】‎ ‎(1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即 v＝vB－at＝vA 得t＝＝3 s 此时汽车A的位移xA＝vAt＝12 m ；‎ 汽车B的位移xB＝vBt－at2＝21 m A、B两汽车间的最远距离Δxm＝xB＋x0－xA＝16 m ‎(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1＝＝5 s ‎ 运动的位移x′B＝＝25 m 汽车A在t1时间内运动的位移 x′A＝vAt1＝20 m ‎ 此时相距Δx＝x′B＋x0－x′A＝12 m 汽车A需要再运动的时间t2＝＝3 s ‎ 故汽车A追上汽车B所用时间t＝t1＋t2＝8 s ‎16.图中工人在推动一台割草机，施加的力大小为100N，方向与水平地面成30°斜向下. ‎ ‎（1）若割草机重300N，则它作用在地面上向下的压力多大？‎ ‎（2）割草机割完草后，现工人用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个最小拉力为，则割草机与地面间的动摩擦因数及最小拉力与水平方向夹角为多少？‎ ‎【答案】（1）350N（2）0.75；37°‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）如图所示，分析割草机的受力情况，根据平衡条件得：‎ 在竖直方向：‎ N1=mg+Fsin30°‎ 解得：N1=350N，‎ 由牛顿第三定律知对地面的压力大小 N′=N=350N．‎ ‎（2）如图所示，割草机沿水平方向做匀速直线运动，受到重力mg、拉力F、地面的支持力N和阻力f，如图，‎ 四个力的合力为零，则有f=Fcosα N+Fsinα=mg 又f=μN 联立得：‎ ‎，其中 所以当θ+α=90°，即tanα=μ时，F有最小值．‎ 根据数学知识得到F的最小值为 由题F的最小值为Fmin=180N 联立得：‎ 代入得：，‎ 解得：μ=0.75，α=arctan0.75=37°‎ ‎17.如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R=1m的圆形轨道，BC段为高为h=5m的竖直轨道，CD段为水平轨道．一质量为0.5kg的小球由A点运动到B点，离开B点做平抛运动，由于存在摩擦力的缘故小球在圆弧轨道上的速度大小始终为2m/s.(g取10m/s2)，(取π=3).求：‎ ‎(1)小球从A点运动到B点的时间和此时小球对圆形轨道的压力；‎ ‎(2)如果在BCD轨道上放置一个倾角θ=37°的斜面（如图中虚线所示），那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上时距B点的距离，如果不能，求落在CD面上的位置到C点的距离．‎ ‎【答案】(1)0.75s；7N(2)0.75m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球从A点运动到B的时间为 在B点，由牛顿第二定律有：‎ FN-mg=‎ 解得 FN=7N 由牛顿第三定律知小球对轨道的压力 FN′=FN=7N 方向：竖直向下 ‎(2)当没有斜面时小球落地的时间为 假设小球能够落在斜面上，设时间为t′，则 tanθ= ‎ 可得 ‎ t′=0.3s 因为t′＜t，所以小球能够落在斜面上；‎ 平抛运动的水平位移为 ‎ x=vt′=2×0.3m=0.6m 落在CD面上的位置到B点的距离 s===0.75m 即能落到斜面上，落在CD面上的位置到B点的距离是0.75m．‎ ‎18.如图所示，一水平的足够长的浅色长传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面。传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0.1．初始时，传送带与煤块及平板都是静止的。现让传送带以恒定的向右加速度a=3m/s2开始运动，当其速度达到v=1.5m/s后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平恒力F=17N，F作用了0.5s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F。最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，（重力加速度为g= 10m/s2）,求：‎ ‎(1)传送带上黑色痕迹的长度；‎ ‎(2)有F作用期间平板的加速度大小；‎ ‎(3)平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字）.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）煤块在传送带上发生相对运动时，加速度，方向向右；‎ 设经过时间时t1，传送带达到速度v，经过时间时t2，煤块速度达到v，‎ 即，代入数据可得: ，‎ 传送带发生的位移：，‎ 煤块发生的位移：，‎ 黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即：，‎ 代入数据解得：．‎ ‎（2）煤块滑上平板时的速度为，加速度为，‎ 经过 时速度:，‎ 平板的加速度大小，则由，‎ 解得 ．‎ ‎（3）设平板与地面间动摩擦因数为，由，‎ 且，代入数据解得，‎ 由于，共速后煤块将仍以加速度大小: 匀减速，直到停止，‎ 而平板以加速度匀减速运动，，‎ 代入数据解得:，用时:，‎ 所以，全程平板的位移为 ，‎ 煤块的位移:，‎ 平板车的长度即煤块与平板的位移之差， ．‎ ‎ ‎ ‎ ‎