湖南省长沙市雅礼中学2020届高三上学期月考（一）物理试题 18页

雅礼中学2020届高三月考物理试卷（一）‎ 一、选择题 ‎1.某同学找了一个用过的“易拉罐”在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快 B. 易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快 C. 易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变 D. 易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 不论上升还是下降，易拉罐均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出 ‎2.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 ‎3.如图所示，一颗地球同步卫星先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点P处点火加速，由椭圆轨道1变轨到地球同步圆轨道2. 下列说法正确的是 A. 卫星在轨道2运行时的速度大于7. 9km/s B. 卫星沿轨道2运动的过程中，卫星中的仪器处于平衡状态 C. 卫星沿轨道2运动的过程中，有可能经过北京的正上空 D. 卫星经过執道1上的P点和轨道2上的P点的加速度大小相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A错误 B.卫星绕地球做匀速圆周运动时所受万有引力提供向心力，处于完全失重状态，故B错误C.地球同步卫星只能在赤道的正上空，故C错误 D.根据，得卫星的加速度，卫星在轨道1上的P点和轨道2上的P点离地心的距离相等，故加速度相等，D正确.‎ ‎4.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内以速率v按顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动。假设t=0时刻苹果在最低点a且重力势能为零，关于苹果从最低点a运动到最高点c的过程，下列说法正确的是( )‎ A. 苹果在最高点c受到手的支持力为 B. 苹果的重力势能随时间的变化关系为 C. 苹果在运动过程中机械能守恒 D. 苹果在运动过程中的加速度越来越小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在最高点，苹果受到手的作用力，方向向上，受到重力，方向向下，故根据牛顿第二定律可得，解得，A错误；设上升过程中半径与竖直方向的夹角为，根据弧长公式可得，即，从a到c过程中苹果的高度为，所以重力势能变化关系式为，B正确；手的支持力对苹果做功，苹果的机械能不守恒，C错误；苹果做匀速圆周运动，加速度大小恒定不变，时刻指向圆心，D错误．‎ ‎5.在地球上不同的地方，重力加速度大小是不同的。若把地球看成一个质量分布均匀的球体，已知地球半径为R，地球自转的周期为T，则地球两极处的重力加速度与赤道处的重力加速度之差为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在两极：；在赤道上：，则；‎ 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；‎ ‎6.如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出，B为AO连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为 ‎ ‎ A. :1 B. 2 : 1 C. 4 : D. 4 : 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设任一小球的初速度为v0，抛出点离O点的高度为h，平抛运动的时间为t，斜面的倾角为θ． 据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：vytanθ=v0； 又vy=gt 可得： 根据几何关系得：‎ ‎ 据题有OA=2OB，则得：vA=vB． 击中斜面位置到O点的距离为 故得A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为 2：1，故选B.‎ 点睛：解决本题的关键要灵活运用几何关系，分析水平位移与高度的关系，要掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，并能灵活运用．‎ ‎7.风速仪结构如图（a）所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图（b）所示，则该时间段内风轮叶片 ‎ A. 转速逐渐减小，平均速率为 B. 转速逐渐减小，平均速率为 C. 转速逐渐增大，平均速率为 D. 转速逐渐增大，平均速率为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，从图（b）可以看出，在时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在时间内可以从图看出有4次挡光，即圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为，叶片转动速率为：，故选项B正确。‎ ‎【点睛】先通过图示判断圆盘凸轮的转动速度变化和转动圈数，再通过圆周运动的关系计算叶片转动速率。‎ ‎8.有甲、乙两只船，它们在净水中航行的速度分别为v1、v2，现在两船从同一渡口向河对岸开去，已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同，则甲、乙两船渡河所用时间之比为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 两船抵达的地点相同，知合速度方向相同，甲船静水速垂直于河岸，乙船的静水速与合速度垂直．如图： 两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比．则： 故BCD错误，A正确．故选：A.‎ 点睛：解决本题的关键知道两船的合速度方向相同，甲船的静水速垂直于河岸，乙船的静水速垂直于合速度的方向．‎ ‎9. 如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A，B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A和B都向前移动一段距离，在此过程中（ ）‎ A. B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量 B. 外力F做的功等于A和B动能的增量 C. A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功 D. 外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：对A物运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故A正确．选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究：B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，‎ wF+（-f•△x）=△EkA+△EkB，其中△x为A、B的相对位移．所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故B错误．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误．对B物体应用动能定理，WF-Wf=△EkB，Wf为B克服摩擦力所做的功，即WF=△EkB+Wf，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确．故选AD．‎ 考点：动能定理 ‎【名师点睛】运用动能定理时，研究对象如果是系统，系统的内力做功也要考虑．一般情况下两物体相对静止，系统的内力做功为0．如果两物体有相对位移，那么系统的内力做功有可能就不为0呢．对于动能定理列出的表达式注意变形，要和所求的问题相接近。‎ ‎10.中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，最高时速为108 km/h，装有M－70大功率燃气轮机，该机额定输出功率为8700 kW。假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程所受的阻力f与速度v成正比，即f＝kv。下列说法正确的是 A. 由题中所给数据，能计算阻力f与速度v的比值k B. 在额定输出功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为2.9×105 N C. 以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 350 kW D. “野牛”级重型气垫船的最大牵引力为2.9×105 N ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】在额定输出功率下以最高时速航行时，vm=108km/h=30m/s，根据P=Fv得：‎ ‎，此时匀速运动，则f=F=2.9×105N，若以恒定牵引力启动时，开始的牵引力大于匀速运动的牵引力，所以最大牵引力大于2.9×105N，故B正确，D错误；根据f=kv得：，故A正确；以最高时速一半的速度匀速航行时，F=f=k=9.67×103×N=1.45×105N，则P=Fv=1.45×105×15=2175kW，故C错误。故选AB。‎ ‎【点睛】此题主要考查的是学生对功率计算公式的灵活应用和功率变形公式的理解掌握，以及对二力平衡知识的应用，有一定难度.‎ ‎11.质量不等的两个星体m1、m2（m1＞m2）构成双星系统两星体在相互之间万有引力的作用下绕某一定点O做匀速圆周运动已知m1、m2的距离为L，引力常量为G. 对此下列说法正确的是 A. m1的运行周期小于m2的运行周期 B. m1运行的向心力等于m2运行的向心力 C. m1的运行半径为 D. m1的运行速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.两星体在相互之间的万有引力的作用下绕定点O做匀速圆周运动，则两星体的角速度相等，故周期相等，故A项错误 B.两星体的向心力均由彼此间的万有引力提供，所以两星体运行的向心力相等，故B项正确 CD.对有，对有，且，，联立以上各式解得，，故C项正确，D项错误.‎ ‎12.如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2‎ ‎，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况。下列分析正确的是 A. 若μ1＞μ2，m1＝m2，则杆受到压力（ ）‎ B. 若μ1＝μ2，m1＞m2，则杆受到拉力 C. 若μ1＜μ2，m1＜m2，则杆受到拉力 D. 若μ1＝μ2，m1≠m2，则杆无作用力 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：假设杆无弹力，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：m1gsinθ-μ1gcosθ=ma1‎ 解得：a1=g（sinθ-μ1cosθ）；同理a2=gsinθ-μ2cosθ；若μ1＞μ2，则a1＜a2，B加速度较大，则杆受到压力，故A正确；若μ1=μ2，则a1=a2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，故杆无弹力，故B错误，D正确；若μ1＜μ2，则a1＞a2，A加速度较大，则杆受到拉力，故C正确．故选ACD．‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题关键先假设杆无弹力，然后根据牛顿第二定律求解出两个加速度并判断两个滑块的相对运动趋势，不难。‎ 二、实验题 ‎13.某小组设计了“用一把刻度尺测动摩擦因数”的实验方案．‎ ‎(1)如图甲所示，将一轻质弹簧放置在水平桌面上，左端固定，右端与一小滑块(可视为质点)接触而不粘连，弹簧处于原长时，滑块恰好处在桌面边缘；‎ ‎(2)向左推滑块，使弹簧压缩至虚线位置后由静止释放，滑块离开桌面后落到水平地面上．测得桌面离地面的高度为 h，滑块平拋过程中发生的水平位移为x，已知重力加速度大小为g, ‎ 则滑块离开桌面时的速度________(用已知和测得的物理量的符号表示)；‎ ‎(3)将弹簧和滑块在桌面上向左平移一定距离，然后同样固定弹簧左端，弹簧处于原长时，滑块位于O点，如图乙所示．向左推滑块，使弹簧压缩量与第一次相同．释放滑块，滑块在水平桌面上滑行一段后停在 A 点，测得 OA＝x′，则可知滑块与桌面间的动摩擦因数为________(用已知和测得的物理量的符号表示)．‎ ‎(4)本实验中会引起误差的因素有________．‎ A．桌面不够水平 B．重力加速度的值比 9.80 m/s2大 C．弹簧的质量不可忽略 ‎【答案】 (1). (2)x (2). (3) (3). (4)A ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空．根据平抛运动的规律可知x＝v0t，h＝gt2，解得v0＝x 第二空．滑块在桌面上运动的加速度a＝＝μg，根据v02＝2ax′，解得μ＝‎ 第三空．A．桌面不够水平，则加速度的求解会产生误差，则动摩擦因数的求解有误差，选项A正确；‎ B．由μ＝可知，动摩擦因数与重力加速度无关，选项B错误；‎ C．此问题与弹簧的质量无关，选项C错误．‎ ‎14.在验证机械能守恒定律的实验中，使质量m=0.30kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2．‎ ‎(1)同学甲选取一条纸带如图1所示．在点迹较清晰的部分选取某点O作为起始点，图中A、B、C、D为纸带上选取的四个连续点．根据计算出C点的速度，然后利用mgh=mvc2验证机械能守恒，这样处理存在的错误是____．‎ ‎(2)同学乙利用同学甲的纸带测量出：OB=15.55cm，OC=19.20cm，OD=23.23cm．根据测量数据计算重物和纸带下落的加速度a=____ m/s2，进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力f=___ N．（计算结果均保留2位有效数字）‎ ‎(3)同学丙通过实验得到一条纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以为纵轴画出了如图2所示的图线，图线未过原点O．试分析同学丙在实验操作过程中可能出现的问题_____________．‎ ‎【答案】 (1). O点不是打出来的第一个点，速度不为零，动能不为零． (2). 9.5 (3). 0.090 (4). 该同学做实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的开关 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据牛顿第二定律求出下落过程中所受的阻力f．根据机械能守恒有，因此在以为纵轴，以h为横轴的图线中，斜率表示重力加速度，图线不过原点，说明开始时，物体已经具有了动能．‎ ‎【详解】(1) O点不是打出来的第一个点，速度不为零，动能不为零，所以验证机械能守恒定律的表达式为：.‎ ‎(2)根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2求出加速度的大小：‎ ‎；由牛顿第二定律得mg-f=ma，解得阻力f=0.090N．‎ ‎(3)图线不过原点，说明开始时，物体已经具有了动能，因此该同学做实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的开关．‎ ‎【点睛】明确实验原理，熟记处理纸带问题的思路和方法，注意求瞬时速度的方法，分清理论推导与实验探索的区别，学会求加速度的方法．‎ 三、计算题 ‎15. 在物理学中，常常用等效替代、类比、微小量放大等方法来研究问题．如在牛顿发现万有引力定律一百多年后，卡文迪许利用微小量放大法由实验测出了万有引力常量G的数值，如图所示是卡文迪许扭秤实验示意图．卡文迪许的实验常被称为是“称量地球质量”的实验，因为由G的数值及其它已知量，就可计算出地球的质量，卡文迪许也因此被誉为第一个称量地球的人．‎ ‎（1）若在某次实验中，卡文迪许测出质量分别为m1、m2相距为r的两个小球之间引力的大小为F，求万有引力常量G；‎ ‎（2）若已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，忽略地球自转的影响，请推导出地球质量及地球平均密度的表达式．‎ ‎【答案】（1）万有引力常量为．‎ ‎（2）地球质量为，地球平均密度的表达式为 ‎【解析】‎ 试题分析：根据万有引力定律，化简可得万有引力常量G；‎ 在地球表面附近的物体受到重力等于万有引力，可以解得地球的质量M，地球的体积为V=，根据密度的定义，代入数据可以计算出地球平均密度．‎ 解：（1）根据万有引力定律有：‎ 解得：‎ ‎（2）设地球质量为M，在地球表面任一物体质量为m，在地球表面附近满足：‎ 得地球的质量为：M=‎ 地球的体积为：V=‎ 解得：地球的密度为：‎ 答：（1）万有引力常量为．‎ ‎（2）地球质量为，地球平均密度的表达式为．‎ ‎16.如图所示，足够长的木板静止在粗的水平地面上，木板的质量M＝2kg，与地面间的动摩擦因数；在木板的左放置一个质量m＝2kg的小铅块（视为质点），小铅块与木板间的动摩擦因数. 现给铅块一向右的初速度v0＝4m/s，使其在木板上滑行，木板获得的最大速度v＝1m/s，取g＝10m/s2，从铅块刚滑上木板到木板达到最大速度的过程中，求：‎ ‎（1）本板运动位移；‎ ‎（2）铅块与木板间因摩擦产生的内能.‎ ‎【答案】(1) 0.5m (2) 12J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设小铅块在木板上滑动过程中，木板达到最大速度时，木板运动的位移为x1，由动能定理得 代入数据解得m ‎（2）木板达到最大速度时，铅块运动的位移为x2，由动能定理得 代入数据解得m 小铅块在木板上运动的位移：‎ 所以，铅块与木板间因摩擦产生的内能为：‎ ‎17.如图所示，AB两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动. 水平杆固定在可绕竖直轴PQ转动的框架上，已知A、B的质量分别为m1和m2，水平杆对物体A、B的最大静摩擦力均与各物体的重力成正比，比例系数为，物体A离转轴PQ的距离为R1，物体B离转轴PQ的距离为R2，且有R1＜R2和m1＜m2. 当框架转动的角速度缓慢増大到时，连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零（、未知）. 则：‎ ‎（1）角速度多大？‎ ‎（2）角速度为时轻绳中拉力多大？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对物体受力分析，开始角速度较小时靠静摩擦力就能提供做圆周运动所需向心力，因此有：‎ 当静摩擦力达到最大后轻绳才提供拉力，设当物体受到的静摩擦力达到最大值时，框架的角速度为，则有 ‎①‎ 由此得 ‎①式说明物体离转轴越远，受到的静摩擦力越先达到最大值，所以，当角速度为 时，轻绳开始有拉力 ‎（2）当角速度时，设轻绳拉力为FT，对于A物体有：‎ ‎ ②‎ 对于B物体有：‎ ‎③‎ 联立②③式得A物体受到的静摩擦力为 ‎④‎ 由于和，则A物体受到静摩擦力随角速度增大而减小，当减为零时，框架的角速度为 ‎⑤‎ 将⑤式代入③式得轻绳拉力 ‎18.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2。‎ ‎(1)摆线能承受的最大拉力为多大？‎ ‎(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围。‎ ‎【答案】(1) (2) 或 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）摆球由C到D过程机械能守恒，则 ‎，解得 在D点由牛顿第二定律得 联立得摆线的最大拉力N ‎（2）摆球不脱离圆轨道情况有：‎ ‎①摆球能到达A孔，且小球到达A孔的速度恰好为零 对摆球从D到A的过程，由动能定理得 解得 ‎②摆球进入A孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道 其临界情况为到达与圆心等高处速度为零 由机械能守恒定律得 对摆球从D到A的过程，由动能定理得 解得 ‎③摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点，由牛顿第二定律得 由动能定理得 解得 综上所述，动摩擦因数的范围为或者 ‎【点睛】在物体受力较复杂，但是做功比较容易表达的情况下，常根据动能定理求得某一位置的速度；另外对于某一过程，某些力做的功（尤其是变力做的功）通常用动能定理求解。‎ ‎ ‎