四川省成都石室中学2019届高三10月月考物理试题+Word版含解析 10页

成都石室中学高2019届10月份同步月考 理科综合物理试卷（解析版）‎ 二、选择题（共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）‎ ‎14．下列说法中正确的是（ C ）‎ A．、分别是电阻和场强的定义式 B．力的单位（N）、电流的单位（A）均是国际单位制中的基本单位 C．质点做曲线运动时，可能在相等的时间内速度变化相等 D．当加速度与速度同向时，若加速度减小，则物体的速度可能减小 ‎【解析】　、分别是电阻的决定式和场强的定义式，故A错误；力的单位（N）不是国际单位制中的基本单位，而电流的单位（A）是国际单位制中的基本单位，故B错误；质点做曲线运动时，所受的合力可能是恒力，根据牛顿第二定律得知，物体的加速度可能不变，由△v=at知，物体相等的时间内速度变化相等，例如平抛运动，故C正确；若加速度与速度方向相同，加速度在减小的过程中，物体做加速运动，故D错误。‎ ‎15．如图所示，质量m＝5 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，与此同时物体受到一个水平向右的拉力F＝20 N的作用，则物体产生的加速度是(g取10 m/s2)(　A　) ‎ A．8 m/s2，水平向右 ‎ B．0‎ C．4 m/s2，水平向左 ‎ D．4 m/s2，水平向右 ‎【解析】　对物体受力分析可知F合＝F＋f，f＝μmg，所以F合＝20 N＋0.4×5×10 N＝40 N，所以a＝＝m/s2＝8 m/s2，方向水平向右。选项A正确。‎ ‎16. 质量相等的 A、B两小球（均可视为质点）放在同一水平面上，分别受到水平恒力F1、F2的作用，同时由静止开始从同一位置出发沿同一直线做匀加速运动。经过时间t0和3t0速度分别达到2v0和v0 ,此时分别撤去F1和F2，两小球继续做匀减速运动直至停止。两小球速度随时间变化的图线如图所示。对于上述过程下列说法正确的是（ D ）‎ A. A、B 所受阻力大小之比为2∶1　　　B. 全过程中A、B的位移大小之比为3∶1‎ C. 在2t0和3t0间的某一时刻B追上A　　D. F1和F2的大小之比为9∶4‎ ‎【解析】 从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma′，则阻力大小都为，故A错误；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为3：2，故B错误；在3t0末，A的位移大于B的位移，此时B未追上A，故C错误；根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：，，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F-f=ma，则，，F1和F2的大小之比为9：4。故D正确。‎ ‎17．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为2m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉木块A，使四个木块以同一加速度运动，重力加速度为g，则水平拉力F的最大值为(　B 　)‎ A. B.‎ C. D．‎ ‎【解析】 据题目已知条件分析知，A、B间先达到最大静摩擦力，而木块间的最大静摩擦力是2μmg，所以对BCD三个木块有，可解得。然后对ABCD四个木块整体分析有，故B项正确。‎ ‎18．如图所示，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中木板质量m=4kg，圆柱的半径r=1cm，木板与圆柱间的动摩擦因数μ=0.1，两圆柱以角速度ω绕轴线作相反方向的转动。现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v=0.8m/s沿圆柱表面作匀速运动。取g=10m/s2。下列说法中正确的是（ D ）‎ A．若ω取不同的值，则木板所受的摩擦力大小不同 B．若ω=0，则水平拉力F＝10N C．若ω=60rad/s，则水平拉力F＝3N D．若ω=60rad/s，木板移动距离x=1.5m，则拉力所做的功为4.8 J ‎【解析】无论ω取何值，木板所受的摩擦力大小均相同，恒为f=μmg=4N，故A错误；当 ω=0，水平拉力F=f =4N，故B错误；当ω=60rad/s，圆柱转动的线速度大小为vx=ωr=0.6m/s，木板的速度v=0.8m/s，则木板所受每根圆柱的滑动摩擦力与F的夹角为（180°-37°），木板在垂直轴线方向受到两轴的滑动摩擦力大小相等方向相反，即垂直轴线方向上受到的总滑动摩擦力为零，而木板受到的滑动摩擦力f=μmg=4N，在平行于轴线方向上，木板做匀速直线运动，由平衡条件得：F=fcos37°=N，故C错误；木板移动距离x=1.5m，拉力做功：W=Fx=×1.5=4.8J，故 D正确；‎ a b v ‎1.5v ‎19．如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b，a球质量为m、带电量为+q，b球质量为3m、带电量为+3q，两球相距较远且相向运动。某时刻a、b球的速度大小依次为1.5v和v，两球运动过程中，始终没有相碰。则下列叙述正确的是（ CD ）‎ A．a、b两球所受的静电斥力对两球始终做负功 B．由于a、b两球所受静电斥力等大反向，所以a、b两球总的机械能守恒 C．两球相距最近时，速度大小相等，方向相同 D．a、b两球都要反向运动，但a球先反向 ‎【解析】由于两球都带正电荷，所以两球间存在库仑排斥力，在两球最初一段时间内斥力都做负功，但二者运动方向都反向后，斥力对两小球都做正功，故A项错误；两小球间的库仑力始终在做功并且不为0，故a、b两球总的机械能不守恒，故B项错误；水平方向系统动量守恒，由完全非弹性碰撞的知识可知，当两球速度相等（方向大小均相等）时，系统损失机械能最大，两球相距最小，故C项正确；两球靠近过程中由于库仑排斥力的作用，a球减速，b球也减速。系统的总动量向左，故a球先减速为0再反向加速。又因为库仑力一直存在，对两者做功，所以b经过一段时间后也会向右运动，即a、b两球都要反向运动，故D项正确。‎ ‎20．如图所示，质量为m、半径为R的圆形光滑绝缘轨道放在水平地面上固定的M、N两竖直墙壁间，圆形轨道与墙壁间摩擦忽略不计，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为E的匀强电场。P、Q两点分别为轨道的最低点和最高点。在P点有一质量为m，电荷量为q的带正电的小球，现给小球一水平初速度v0，使小球在竖直平面内做圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ BC ） ‎ A．从P到Q点的过程中，小球的机械能一定减少 B．小球通过P点时对轨道可能没有压力 C． 若mg>qE，要使小球能通过Q点且保证圆形轨道不脱离地面，速度v0应满足的关系是≤v0< D．小球通过P点时的速率一定大于通过Q点时的速率 ‎【解析】小球从P到Q点的过程中，电场力做正功，故机械能增加，故A错误；‎ 通过受力分析，当电场力和重力刚好提供所需向心力时，对轨道无压力，故B正确；‎ 当mg>qE时,由动能定理得: ，小球恰能通过Q点时，，‎ 计算得出：； 所以要使小球能通过Q点，需有：； 设小球通过Q点时，轨道对小球的压力为N,小球对轨道的压力为N′，‎ 由牛顿第三定律有：N=N′，‎ 若圆形轨道恰不脱离地面，则：N′mg时，由动能定理，得：vQ大于vP，故D错误。‎ ‎21．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v–t关系分别对应图乙中A、B图线。tl时刻，A、B分离。重力加速度为g，则下列说法正确的是（ AD ）‎ A．从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变　B．tl时刻，拉力为 C．t2时刻，弹簧形变量为　　　　　　　　　　　D．0~ t1过程，A、B运动的位移为 ‎【解析】由图乙读出，t1时刻A、B开始分离，对B分析，根据牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma，则F= mgsinθ+ma，故B错误；由图乙知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得mgsin θ=kx2，则x2 = ，故C错误；由图乙知，t1时刻A、B开始分离，对A分析，根据牛顿第二定律得kx1 - mgsin θ=ma，开始时有2mgsin θ=kx0，所以0~ t1过程，A、B运动的位移为，故D正确；从开始到t1时刻，对A、B整体分析，根据牛顿第定律得F +kx - 2mgsin θ=2ma，得F =2mgsin θ+2ma-kx，x减小，F增大；t1到t2时刻，对B分析，由牛顿第二定律得F-mgsinθ=ma，得F=mgsinθ+ma，可知F不变，故A正确。‎ 第Ⅱ卷 三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题～第32 题为必考题，每个考题考生都必须作答，第33题～40题为选考题，考生根据要求作答。）‎ ‎（一）必考题（共129分）‎ ‎22．(6分) 为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小文同学设计了如图所示的装置进行实验。实验中，当木块A位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面。将A拉到P点，待B稳定后静止释放，B着地后速度立即减为零，A最终滑到Q点。分别测量OP、OQ的长度h和s，测得A、B的质量分别为m、M。改变h，重复上述实验，分别记录h和s实验数据。‎ ‎（1）根据已知条件推算木块与桌面之间的动摩擦因数（用被测物理量的符号表示）。‎ ‎（2）若实验测得A、B的质量分别为m=0.20kg、M=0.40kg．小文的同桌小唐同学根据实验测得的数据做出s-h图象，并得到图线的斜率为0.8，则A木块与桌面间的动摩擦因数μ= 0.6 （结果保留一位有效数字）。‎ ‎【解析】（1）B下落至刚接触地面过程，根据动能定理有:Mgh- μmgh=(M+m)v2，‎ 在B落地后，A运动到Q，有: mv2 =μmgs 得: ‎ ‎（2）将变形得：，将m = 0.20kg，M= 0.40kg，k=0.8代入上式可求得: μ= 0.6.‎ ‎23．(9分) 某中学要求学生测量一个电源的电动势及内阻。准备的器材有：‎ 电流表A1(0～300 mA，内阻12Ω )，电阻箱R（最大阻值99.9Ω），一个开关和若干导线 ‎（1）由于电流表A1量程较小，考虑到安全因素，同学们将一个定值电阻和电流表并联，若要使并联后流过定值电阻的电流是流过电流表的电流的3倍，则定值电阻的阻值R0= 4或4.0 Ω。‎ ‎（2）小陈同学设计的电路图如下图。若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表的示数I，并计算出，得到多组数据后描点作出R- 图线如图所示，则该电源的电动势E= 12 V，内阻r= 6.0 Ω（结果保留两位有效数字）‎ ‎【解析】（1）由并联电路规律可知，并联部分电压相等，要使并联后流过定值电阻的电流是流过电流表的电流的3倍；则定值电阻的阻值应是电流表内阻的三分之一，故有：；‎ ‎（2）闭合电路欧姆定律可知：，变形可得：‎ 故图象中的斜率等于：，故：‎ 图象与纵坐标的交点为：，解得：‎ 24． 24． ‎（12分）在粗糙水平面上有一个质量为m=10kg的小车，与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。现对小车施加一水平向左的恒力F，F=30N。在小车开始启动的同时，一个人从车后25m出发，以6m/s的速度匀速追赶这辆小车。问：‎ （1） 此人能否追上小车？‎ （2） 若能追上，求追上的时间；若追不上，求人与车之间的最小距离为多少？（g=10m/s2）‎ ‎【解析】（1）由牛顿第二定律得 F-μmg=ma，a=1m/s2 ‎ 设人经时间t追上小车，当追上时，人的位移为s１，车的位移为s２，则s１-s２=s0 ‎ 即  v人t-at2=s0 代入数据整理后得 t 2-12t+50=0  因为 Δ=b2-4ac=122-4×50=-56＜0，方程t 2-12t+50=0无解，故人追不上小车。 ‎ ‎（2）设经时间t′，人和小车的速度相同，此时二者距离最小， ‎ 则有 v 车=v 人=at′，解得 t′=6s  ‎ 此时人与车的距离最小为 △smin=s0+s2-s1=7m。 ‎ 25． ‎（20分）如图所示，质量为m =0.5kg的物体用长为r= 0.4m的细绳悬挂于O点。水平传送带AB以速度v=8m/s沿顺时针方向转动。现将物体向左上方拉至细绳与竖直方向夹角θ=60°的位置由静止释放，物体摆到最低点时烧断细绳，之后物体恰好能无碰撞地滑上传送带的左端A点。同时，传送带开始做加速度大小为a=2m/s2的匀减速运动，直到停止。已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：‎ ‎（1）静止释放物体时，细绳上的张力大小？‎ ‎（2）物体滑上传送带左端A点时的速度vA？‎ ‎（3）若物体最终恰好能够到达传送带的右端B点，则传送带上AB两点的距离为多少？物体在传送带上留下的划痕为多长？‎ ‎【解析】（1）静止释放的瞬间，由向心力公式得 T-mgcosθ=0，T=2.5N ‎ （2） 物体下摆过程，由动能定理得 mgr(1-cosθ)=mvA2，vA=2m/s ‎ ‎（3）物体冲上传送带后向右匀加速运动，a1=μg=1m/s2 ‎ 设经时间t1，物体与传送带速度相同，则v1=vA+μgt1=v-at1，得t1=2s，v1=4m/s ‎ 此时，物体的位移x1=t1=6m，传送带的位移x1′=t1=12m，相对位移△x1=x1′-x1=12-6=6m ‎ 达共速后，因为μg