安徽省亳州市第二中学2020届高三上学期月考物理试题 16页

‎2019-2020学年度亳州二中高三第二次月考物理试卷 一、选择题 ‎1.质点做直线运动时的加速度随时间变化的关系如图所示，该图线的斜率为k，图中阴影部分面积为S，下列说法正确的是(　　)‎ A. 斜率k表示速度变化的快慢 B. 斜率k表示速度变化的大小 C. 面积S表示t1～t2的过程中质点速度的变化量 D. 面积S表示t1～t2的过程中质点的位移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：斜率，表示加速度变化快慢，故AB错误；将a-t图线分成无数段，每一段加速度可以看成不变，则每一小段所围成的面积△v1=a1△t1，△v2=a2△t2，△v3=a3△t3，…则总面积为△v1+△v2+△v3+…=△v．斜线部分的面积表示速度的变化量．故C正确，D错误．故选C。‎ 考点：a-t图像 ‎2.如图所示，一光滑斜面固定在地面上,重力为的物体在一水平推力的作用下处于静止状态。若斜面的倾角为，则（）‎ A. ‎ B. ‎ C. 物体对斜面的压力 D. 物体对斜面的压力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 以物体为研究对象，对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图如图，根据平衡条件得 ‎ ‎ ‎ ‎， ‎ 解得， ‎ 由牛顿第三定律得：.‎ 点晴：对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图，根据平衡条件求出F和斜面的支持力，再得到物体对斜面的压力．‎ ‎3. 如图，一水平传送带匀速运动，在A处把工件轻轻放到传送带上，经过一段时间工件便被送到B处，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 工件在传送带上可能一直做匀速运动 B. 工件在传送带上可能一直匀加速运动 C. 提高传送带的运动速度，一定能缩短工件的运送时间 D. 不管传送带的速度为多大，工件的运送时间是一样的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由题意，工件初速度是0，受到摩擦力而做加速运动，故A错误；若传送带的速度足够大，则工件在传送带上可能会一直做加速运动．故B正确；‎ ‎ C若传送带的速度足够大，则工件在传送带上可能会一直做加速运动，再提高传送带的运动速度，不能缩短工件的运送时间．故C错误；若传送带的速度足够小，则工件在传送带上可能会先加速后匀速；若传送带的速度足够大，则工件在传送带上可能会一直做加速运动．传送带的速度不同，工件的运送时间可能会不一样．故D错误。‎ 考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系 ‎【名师点睛】在A处把工件轻轻放到传送带上，工件受到摩擦力而做加速运动，结合运动学的特点解答即可；在传送带问题中，工件是否能够达到与传送带相同的速度是解题的关键．要牢记。‎ ‎4.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则乘客（ ）‎ A. 处于超重状态 B. 不受摩擦力作用 C. 受到向后（水平向左）的摩擦力作用 D. 所受合力竖直向上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力沿斜面向下，合力的大小不变，人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图 将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg-N=may，N＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道乘客和车具有相同的加速度，通过汽车的加速度得出乘客的加速度．以及能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律求解。‎ ‎5.如图所示，三个物体质量分别为m＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg ，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ ‎ ‎ A. 和m1一起沿斜面下滑 B. 和m1一起沿斜面上滑 C. 相对于m1下滑 D. 相对于m1上滑 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度。隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，f-m2gsin30°=m2a；解得f=m2gsin30°+m2a=2.0×（10×0.5+2.5）N=15N；最大静摩擦力fm=μm2gcos30°=0.8×2×10×N=8N，可知f＞fm，知道m2随m1一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力，所以假设不正确，m2相对于m1下滑。故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎6.如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架（AB为直径），支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连．已知半圆形支架的半径为R，轻绳长度为L，且R＜L＜2R．现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2的大小变化情况为（　　）‎ A. F1保持不变，F2先增大后减小 B. F1先减小后增大，F2保持不变 C. F1先增大后减小，F2先减小后增大 D. F1和F2均增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设小球所在位置为为Q，对小球受力分析如图所示 小球受重力G、绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2，三力平衡，三个力构成的矢量三角形与相似，可有 重力为恒力，P点下移的过程，OP间距离减小，比例式比值增大，PQ间距离为绳长，OQ间距离为圆形支架的半径，均保持不变，所以F1和F2均增大。‎ A.A项与上述分析结论不相符，故A不符合题意；‎ B.B项与上述分析结论不相符，故B不符合题意；‎ C.C项与上述分析结论不相符，故C不符合题意；‎ D.D项与上述分析结论相符，故D符合题意。‎ ‎7.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的图像可能正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：竖直上抛运动不受空气阻力，做向上匀减速直线运动至最高点再向下自由落体运动，图象时倾斜向下的直线，四个选项均正确表示；考虑阻力的上抛运动，上升中，随着减小，减小，对应图象的斜率减小，选项A错误。下降中，随着随着增大，继续减小。而在最高点时，，对应图与轴的交点，其斜率应该等于（此时与竖直上抛的最高点相同的加速度），即过交点的切线应该与竖直上抛运动的直线平行，只有D选项满足。故选D。‎ 考点：本题考查了牛顿第二定律、图象的特点、竖直上抛运动状态的判断。‎ ‎8.放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动。拉力F和物块速度v随时间t变化的图象如图，则（ ）‎ A. 第1 s内物块受到的合外力为5.5 N B. 物块的质量为1 kg C. 斜面倾斜角一定是30°‎ D. 如果3s撤去拉力F，物块瞬时加速度5m/s2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】:ABC.由图可得，0～1s内物体的加速度为 由牛顿第二定律可得：‎ ‎1s后匀速有：‎ 联立，并将，代入解得：m=1.0kg，，因条件不足，故倾角无法解出，故AC不符合题意；‎ D. 如果3s撤去拉力F，合力 由牛顿第二定律可得：‎ 故D符合题意；‎ ‎9.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m = 0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量∆x的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g = 10 m/s2，则下列说法中正确的是( )‎ A. 该弹簧的劲度系数为20 N/m B. 当∆x = 0.3 m时，小球处于超重状态 C. 小球刚接触弹簧时速度最大 D. 从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】当时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，小球处于平衡状态，可得：，解得：，故A正确；由图可知，时，物体的速度减小，加速度向上，故说明物体处于超重状态，故B正确；由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当为0.1m时，小球的速度最大，然后速度减小，故C错误；由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D正确。‎ ‎10.如图所示，水平地面上质量为m的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速直线运动，拉力F与水平面夹角为θ，物块与地面间动摩擦因数为μ。已知重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 物体A受到的摩擦力大小为μmg B. 物体A一定受到四个力的作用 C. 拉力F与物体A受到的摩擦力的合力方向一定是竖直向上 D. 物体受到的重力和地面对物体的支持力是一对平衡力 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 物体A受到的摩擦力大小为 选项A错误；‎ B.物体水平方向一定受摩擦力，则物体一定受支持力；所以物体受重力、拉力、支持力和摩擦力处于平衡，即物体一定受四个力的作用。故B正确。‎ C.因为物体合力为零，知拉力F与物体A受到的摩擦力与重力和支持力的合力等值反向，方向一定竖直向上。故C正确。‎ D.物体A受到的重力和支持力大小不等，不是平衡力。故D错误。‎ 二、实验题 ‎11.在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳．实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条．‎ ‎(1)实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的________(填字母代号)．‎ ‎①将橡皮条拉伸相同长度即可　 ②将橡皮条沿相同方向拉到相同长度 ‎③将弹簧秤都拉伸到相同刻度　 ④将橡皮条和绳的结点拉到相同位置 A．②④　　　　B．①③ C．①④ D．②③‎ ‎(2)同学们在操作中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是______(填字母代号)．‎ ‎①两细绳必须等长　 ②弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行 ‎③用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大 ‎④拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要稍远些 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④‎ ‎【答案】 (1). A； (2). D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]本实验目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系．根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同，故①错误，②正确；在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，第二次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧秤不必拉到相同刻度．故③错误，④正确．‎ A．②④正确，与分析相符，故A项正确；‎ B．①③正确，与分析不符，故B项错误；‎ C．①④正确，与分析不符，故C项错误；‎ D．②③正确，与分析不符，故D项错误 ‎(2)[2]通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，并非要求两细绳等长，故①错误，④正确；测量力的实验要求尽量准确，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，这样所有力在一平面内且与板面间无摩擦，故②正确；用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差不一定要尽可能大，故③错误．‎ A．①③正确，与分析不符，故A项错误；‎ B．②③正确，与分析不符，故B项错误；‎ C．①④正确，与分析不符，故C项错误；‎ D．②④正确，与分析相符，故D项正确。‎ ‎12.如图甲所示为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置。他们调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板；在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，多次改变托盘中砝码的质量，记录传感器的读数F，求出加速度a。‎ ‎ ‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz的交流电，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出物块的加速度为_______m/s2。 (结果保留三位有效数字)。‎ ‎(2)以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线如图丙所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为F0，若传感器的质量为m0，则物块的质量为____。若已知重力加速度为g，物块与长木板动摩擦因数为μ＝________。‎ ‎(3)该实验需不需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量？_____。(填“需要”或“不需要”)‎ ‎【答案】 (1). 2．00 (2). (3). (4). 不需要 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1] 根据△x=aT2，得m/s2； ‎ ‎（2）[2] 由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 则a-F图象的斜率为：‎ 所以物块的质量为：‎ ‎[3]由图象可知，物块与木板之间的摩擦力为F0，则：‎ 解得：‎ ‎（3）[4]由于传感器测得是真实拉力，不需要满足此条件。‎ 三、计算题 ‎13.如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为、温度均为。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍。设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积和温度。‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设初态压强为p0，膨胀后A，B压强相等pB=1．2p0‎ B中气体始末状态温度相等p0V0=1．2p0（2V0-VA）‎ ‎∴，A部分气体满足 ‎∴TA=1．4T0‎ 答：气缸A中气体的体积，温度TA=1．4T0‎ 考点：玻意耳定律 ‎【点睛】本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出A、B部分气体状态的联系（即VB=2V0-VA）是关键。‎ ‎14.一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10‎ ‎ m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5 s后警车发动起来，并以2.5 m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km/h 以内．问：‎ ‎(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？‎ ‎(2)判定警车在加速阶段能否追上货车？(要求通过计算说明)‎ ‎(3)警车发动后要多长时间才能追上货车？‎ ‎【答案】(1)75 m；　(2)不能；　(3)12 s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们的距离最大；设警车发动后经过t1时间两车的速度相等，则 t1＝s＝4 s s货＝(5.5＋4)×10m＝95 m s警＝at12＝×2.5×42m＝20 m 所以两车间的最大距离 s＝s货－s警＝75 m ‎(2)vm＝90 km/h＝25 m/s，当警车刚达到最大速度时，运动时间 t2＝s＝10 s s货′＝(5.5＋10)×10m＝155 m s警′＝at22＝×2.5×102m＝125 m.‎ 因为s货′>s警′，故此时警车尚未赶上货车 ‎(3)警车刚达到最大速度时两车距离 Δs′＝s货′－s警′＝30 m 警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt时间追赶上货车 则：‎ Δt＝＝2 s 所以警车发动后要经过t＝t2＋Δt＝12 s才能追上货车．‎ ‎15.如图所示，质量为M＝4.0kg、长为L＝8m的木板甲放在光滑的足够长的水平地面上，甲上表面的中点有一个可视为质点的质量为m＝1.0kg小物块乙，现对甲施加一水平向右的的恒力F＝18N，F作用1s后撤去。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2重力加速度g＝10m/s2求 ‎ ‎ ‎（1）在恒力F作用0.5s时，小物块、木板的加速度大小;‎ ‎（2）小物块相对木板滑动的整个过程中，系统因摩擦而产生的热量。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设物块与木板在恒力F作用0.5s时的加速度大小为a1和a2，由牛顿第二定律 对甲有：‎ 对乙有：‎ 联立上式解得：‎ ‎（2）假设系统向右运动过程中乙一直在甲上 在0-1s内由甲位移大小为 在0-1s内由乙的位移大小为：‎ ‎1s内甲、乙相对位移为：‎ 撤去F至甲、乙达到共同速度的过程中乙加速度大小不变，甲以加速度大小为a3做减速运动 对甲有：‎ 解得：‎ 设甲、乙速度相等再经历的时间为t2，‎ 解得：t2=0.8sv共=3.6m/s 此时甲运动的位移为：‎ 乙在t2时间内运动的位移为：‎ t2时间内甲、乙相对位移为：‎ 乙相对甲向左滑行的最大距离为：‎ 由于故假设成立，即乙相对甲向左滑行的最大距离为1.8m 故物块、木板系统产生的摩擦热 ‎ ‎