安徽省毛坦厂中学2020届高三上学期10月历届联考物理试题

安徽省毛坦厂中学2020届高三上学期10月历届联考物理试题

2019~2020 学年度高三年级 10 月份月考历届物理试卷 一、选择题 1.有两颗地球同步卫星，下列关于它们的说法中正确的是（ ） A. 轨道半径可以不同 B. 线速度大小可以不同 C. 随着科技进步它们有可能通过毛坦厂中学上空 D. 运行的线速度一定小于第一宇宙速度 【答案】D 【解析】 【详解】A. 根据万有引力提供向心力有： 解得 可知，有两颗地球同步卫星轨道半径相同，故 A 错误； B. 根据万有引力提供向心力有： 可得 轨道相同，则有两颗地球同步卫星线速度大小相同，故 B 错误； C. 地球同步卫星的轨道平面与赤道平面重合，故同步卫星不可通过毛坦厂中学上空，故 C 错 误； D. 根据 可知，近地卫星的轨道半径近似等于地球半径，此时速度等于 7.9km/s， 同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故 D 正确。 2.一个质量为 2kg 的物体同时受到两个力的作用，这两个力的大小分别为 2N 和 6N，当两个力 的方向发生变化时，物体的加速度大小不可能为 2 2 2 4GMm m r r T π= 2 3 24 GMTr π= 2 2 GMm mv r r = GMv r = GMv r = A. 1m/s2 B. 2m/s2 C. 3m/s2 D. 4m/s2 【答案】A 【解析】 试题分析：这两个力的合力最大值为两个力的方向一致时（8N），这两个力的合力最小值为两 个力的方向相反时（4N），由牛顿第二定律有 ，故 2m/s≤a≤4m/s，由此可知 A 项不可 能、BCD 项均有可能，故应选 A。 考点：本题考查了力的合成、牛顿第二定律的相关知识。 【名师点睛】两共点力方向一致是合力最大、方向相反是合力最小。 3.某人横渡一条河，船划行速度和水流速度一定，此人过河最短时间为 T1，若此人用最短的 位移过河，则需时间 T2，若船速大于水速，则船速和水速之比为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【 详 解 】 设 船 速 为 ， 水 速 为 ， 河 宽 ， 合 速 度 为 。 因 为 船 速 大 于 水 速 ， 所 以 ，最短时间过河 ，最短位移过河 ，联立方程解得： ，BCD 错误 A 正确 4.如图所示，小球 A 质量为 2m，木块 B 质量为 m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面 上静止，现对 A 施加一个竖直向上的恒力 F，使小球 A 在竖直方向上运动，当弹簧原长时小球 A 速度恰好最大，已知重力加速度为 g，则在木块 B 对地面压力为零时，小球 A 的加速度大小 为 （ ） A 2g B. 1.5g C. g D. 0.5g. Fa m = 2 2 2 2 1 T T T− 2 1 T T 1 2 2 1 2 T T T− 1 2 T T 1v 2v d v 2 2 1 2v v v= − 1 1 dT v = 2 2 2 1 2 dT v v = − 1 2 2 2 2 2 1 v T v T T = − 【答案】D 【解析】 【详解】经弹簧原长时小球 速度恰好最大，此时小球加速减小到零，则恒力为： 木块 对地面压力为零时，由平衡条件知弹簧的弹力为 ，又由牛顿第二定律得： 解得小球 的加速度大小： 方向向下； A. 2g 与分析不符，故 A 错误； B. 1.5g 与分析不符，故 B 错误； C. g 与分析不符，故 C 错误； D. 0.5g 与分析相符，故 D 正确。 5.如图所示，n 个质量为 m 的相同木块并列放在水平面上，木块跟水平面间的动摩擦因数为μ， 当对 1 木块施加一个水平向右的推力 F 时，木块加速运动，木块 5 对木块 4 的压力大小为 ( ) A. F B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：F-nμmg=nma；以 1234 为研究对象，设 5 对 4 的压力为 N，根据牛顿第二定律：F-4μmg-N=4m•a；联立以上二式得：N= ，故 ABC 错误，D 正确。故选 D。 【点睛】本题属于连接体问题，连接体问题往往是隔离法和整体法结合应用，正确的选择研 究对象是关键． 6.如图所示，足够长的水平传送带以 v0=4m/s 的速度匀速运行，t=0 时刻，在左端轻放一质量 A 2F mg= B mg 2 2mg mg F ma+ − = A 0.5a g= 4F n 4 -4 F n 4)n F n −（ ( 4)n F n − 为 m 的小滑块，t=3s 时刻传送带突然被制动而停止；已知滑块与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.2，则 t=3.5s 时滑块的速度为（ ） A. 0m/s B. 1m/s C. 2m/s D. 3m/s 【答案】D 【解析】 【详解】物块在传送带上的加速度为： 达到传送带速度时的时间为： 则物块匀速运动的时间为： 物块匀减速运动的加速度大小为： 减速的时间为： 时滑块的速度为： A. 0m/s 与分析不符，故 A 错误； B. 1m/s 与分析不符，故 B 错误； C. 2m/s 与分析不符，故 C 错误； D. 3m/s 与分析相符，故 D 正确 7.如图所示，M 为定滑轮，一根细绳跨过 M，一端系着物体 C，另一端系着一动滑轮 N，动滑 轮 N 两侧分别悬挂着 A、B 两物体，已知 B 物体的质量为 3kg，不计滑轮和绳的质量以及一切 摩擦，若 C 物体的质量为 9kg，现要保持 C 物体处于静止状态，则 A 物体质量应取多少（ ） 。 22m/smga gm µ µ= = = 0 1 4 s 2s2 vt a = = = 2 3 2s 1st = − = 22m/smga gm µ µ−′ = = − = − 3 3.5 3s 0.5st = − = 3 3.5st = ( )0 3 4 2 0.5m/s 3m/sv v a t= + ′ = + − × = A. 3kg B. 6kg C. 9kg D. 12kg 【答案】C 【解析】 【详解】对 物体分析可得 这边绳的拉力为： 对动滑轮 分析可得 物体之间绳的拉力为： 对 物体分析，用牛顿第二律可得： 对 物体分析，用牛顿第二律可得： 解得 物体质量： A. 3kg 与分析不符，故 A 错误； B. 6kg 与分析不符，故 B 错误； C. 9kg 与分析相符，故 C 正确； D. 12kg 与分析不符，故 D 错误； 8.如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质 量为 50kg 的乘客，在电梯稳定运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的二分之 一，已知重力加速度 g=10m/s2，由此可判断（ ） C MN MN CT m g= N AB 1 1 2 2AB MN CT T m g= = B 1 2 C B Bm g m g m a− = A 1 2A C Am g m g m a− = A 9kgAm = A. 电梯可能加速下降，加速度大小为 5m/s2 B. 电梯可能减速上升，加速度大小为 2.5m/s2 C 乘客处于失重状态 D. 乘客对电梯地板的压力为 425 N 【答案】AC 【解析】 【详解】ABC. 电梯静止不动时，小球受力平衡，有： 电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有： 解得： 加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，故 A、C 正确，B 错误； D. 以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得： 根据牛顿第三定律可得乘客对地板的压力大小为： 故 D 错误 9.如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为 m，水的阻力恒为 Ff，当轻绳与水平面的夹角为 θ 时，船的速度为 v，此时人的拉力大小为 F，则此时(　 　) A. 人拉绳行走的速度为 vcosθ B. 人拉绳行走的速度为 C. 船的加速度为 . 。 mg kx= 1 2mg kx ma− = 25m/sa = Nm g F m a′ − = ′ 250NN NF F m g m a′ = = ′ − ′ = cos v θ fF F m − D. 船的加速度为 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度.如图所 示根据平行四边形定则有： 所以 A 正确，B 错误. CD．对小船受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有： 因此船的加速度大小为： 所以 C 错误，D 正确. 10.如图所示，AB 为斜面，BC 为水平面，从 A 点以水平初速度 v 向右抛出一小球，其落点与 A 的水平距离为 x1，若从 A 点以水平初速度 2v 向右抛出同一小球，其落点与 A 的水平距离为 x2，不计空气阻力，则 x1 与 x2 的比值可能为（ ） A. 1：2 B. 1：3 C. 1：4 D. 1：5 cos fF F m θ − cosv v θ=  cos fF F maθ − = cos fF Fa m θ −= 【答案】ABC 【解析】 【详解】若两次小球都落在 水平面上，则下落的高度相同，所以运动的时间相同，水平距 离之比等于水平初速度之比为 1:2；若两次小球都落在斜面 上，设斜面倾角为 ，则有： 解得： 水平位移为： 所以： 若第一次落在斜面 AB 上，第二次落在水平面 BC 上，根据平抛运动的基本规律可知其水平位 移比值在 1:2 到 1:4 之间； A. 1：2 与分析相符，故 A 正确； B. 1：3 与分析相符，故 B 正确； C. 1：4 与分析相符，故 C 正确； D. 1：5 与分析不符，故 D 错误。 11.如图所示，在倾角为 α=37°的光滑固定斜面上，有两个质量均为 m 的小球 A、B，它们用 原长为 L、劲度系数为 k 的轻弹簧连接，现对 A 施加一水平向右的恒力 F，使 A、B 均静止在 斜面上，下列说法正确的是 BC AB θ 2 0 0 1 2tanθ 2 gty gt x v t v = = = 02 tanθvt g = 2 0 0 2 tanθvx v t g = = 1 2 1 4 x x = A. 弹簧的长度为 L+ B. 水平恒力 F 大小为 1.5mg C. 撤掉恒力 F 的瞬间小球 A 的加速度大小为 1.2g D. 撤掉恒力 F 的瞬间小球 B 的加速度大小为 0.6g 【答案】BC 【解析】 【详解】A. 隔离 球分析，有： 故弹簧的长度： 故 A 错误； B. 以 、 两球和弹簧组成的系统为研究对象，则有： 解得： 故 B 正确； C. 撤掉恒力 的瞬间弹簧的弹力大小不变，所以小球 受到重力、弹簧的弹力以及斜面的支 持力，小球的合外力： 联立可得小球的加速度大小为： 故 C 正确； D. 撤掉恒力 的瞬间弹簧的弹力大小不变，所以小球 受到重力、弹簧的弹力以及斜面的支 持力，小球 的合外力等于 0，所以小球 的加速度仍然等于 0，故 D 错误。 12.宇航员在某星球表面以初速度 2.0m/s 水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图 所示，O 点为抛出点，若该星球半径为 4000km，万有引力常量 G=6.67×1011N•m2•kg﹣2，则下 列说法正确的是（ ） 2 mg k B sin37kx mg= ° 3 5 mgl L x L k = + = + A B cos37 2 sin37F mg° = ° 1.5F mg= F A sin37ma mg kx= °+ 1.2a g= F B B B A. 该星球表面的重力加速度 10m/s2 B. 该星球的质量为 9.6×1023kg C. 该星球 第一宇宙速度为 7.9km/s D. 若发射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度一定小于 4.0km/s 【答案】BD 【解析】 【详解】A. 由平抛运动的分位移公式，有： 联立解得： ， 该星球表面的重力加速度为 ；故 A 错误； B. 物体在该星球表面附近，万有引力等于重力，则有： 可得该星球的质量为： 故 B 正确； C. 物体在该星球表面附近，万有引力等于提供向心力，则有： 可得该星球的第一宇宙速度为： 的 0x v t= 21 2y gt= 1st = 24m/sg = 24m/s 2 GMm mgR = 2 6 23 2 11 4 4 10 kg 9.6 10 kg6.67 ( 10 )gRM G − × ×= = = ×× 2 2 GMm mv R R = 故 C 错误； D. 第一守宙速度是绕星球表面运行的速度；而卫星的半径越大，则绕行速度越小，故同步卫 星的速度一定小于 4.0km/s，故 D 正确。 二、实验题 13.某实验小组利用如图所示的实验装置测量小滑车和木板之间的动摩擦因数。主要实验步骤 如下： i．将带滑轮的长木板固定在水平桌面上，按图连接实验装置，小滑车置于打点计时器附近， 牵引端只挂一个钩码。 ii．接通电源，由静止释放小滑车，小滑车运动至木板左端附近时制动小滑车，关闭电源， 取下纸带，计算出小车匀加速运动时的加速度 ； iii．依次从小滑车上取下第一个、第二个、第三个……钩码挂在牵引端，重复步骤 ii，分别 计算小车匀加速运动时的加速度 、 、 …… iv．在 坐标系中描点，用直线拟合，计算动摩擦因数（m 为牵引端钩码总质量，设小滑 车及实验中所有钩码的总质量为 M）。请回答下列问题： (1)关于实验原理及操作，下列说法正确的是_____。 A．实验中必须平衡摩擦力 B．滑轮与小滑车间的细绳应与木板平行 C．必须保证牵引端钩码的总质量远小于小滑车和车上钩码的总质量 D．还需要测得小滑车的质量 (2)某条纸带测量数据如图所示，A、B、C、D、E、F、G 为 7 个相邻的计数点，相邻的两个计 数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为 AB=4.22 cm、BC=4.65 cm、 CD=5.08 cm、DE=5.49 cm、EF=5.91 cm、FG=6.34 cm 。已知打点计时器的工作频率为 50 Hz， 则小滑车的加速度值为 a=______m/s2 ，打 C 点的速度 v=______m/s （结果保留 2 位有效数 字）； 64 4 10 m/s 4.0km/sv gR= = × × = 1a 2a 3a 3a a m− (3)测得 图线在 a 轴上的截距为 b，已知重力加速度为 g，则小滑车与木板间的动摩擦因 数表达式为_______。 【答案】 (1). B (2). 0.42 (3). 0.49 (4). – ； 【解析】 【详解】(1)[1]A. 该实验的目的是为了测量小滑车与长木板之间的摩擦因数，所以在实验的 过程中，不能调整长木板倾斜程度，平衡摩擦力，否则不能测量摩擦因数，故 A 错误； B. 为了保证钩码的重力提供小滑车的拉力，必须保证绳与木板平行，故 B 正确； C. 依次从小滑车上取下第一个、第二个、第三个…钩码挂在牵引端，不需要保证引端钩码的 总质量远小于小滑车和车上钩码的总质量，故 C 错误； D. 根据 ，由于整个过程中保持总质量不变，故无需测量小车的质量， 故 D 错误； (2)[2]根据 可得： [3]根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度可得： (3)[4]根据牛顿第二定律可得： 可得： 故有： 解得： a m− b g ( )mg M m g Maµ− − = 2x aT∆ = 2 2 2 2 0.0634 0.0591 0.0549 0.0508 0.0465 0.0422 m/s 0.42m/s9 9 0.1 DG ADa T − + + − − −= = =× 0.0465 0.0508 m/s 0.49m/s2 2 0.1C BDv T += = =× ( )mg M m g Maµ− − = 1( )g ga m gM µ+= − g bµ− = b g µ = − 三、计算题 14.如图所示，从高为 h=5m，倾角为 θ=45°的斜坡顶点水平抛出一小球，小球的初速度为 v0；若不计空气阻力，求：（g=10m/s2） (1)使小球能落在水平面上，小球的初速度 v0 至少为多少? (2)当小球的初速度 v0=3m/s 时，小球在空中运动的时间是多少? 【答案】（1）5m/s；（2）0.6s． 【解析】 【详解】(1)依据题意，设小球落在水平面上的水平位移为 ，则有： 小球落在水平面上要满足： 可得： (2)因为小球初速度为 3m/s，小球一定落在斜面上，则有： 解得： 15.如图所示，一质量为 m＝1kg 的小球，用长为 0.4m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动， g 取 10 m/s2，求： x 0x v t= 21 2y gt= tanθ hx ≥ 0 2 5m/s2tanθ ghv ≥ = 0 tanθ= 2 y gt x v = 0.6st = (1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？ (2)当小球在最高点的速度为 4 m/s 时，轻绳拉力多大？ (3)若轻绳能承受的最大张力为 60 N，小球的速度不能超过多大？ 【答案】（1）2 m/s （2）30 N （3）2 m/s 【解析】 【详解】(1)在最高点，对小球受力分析如图甲 由牛顿第二定律得： ① 由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即 不可能取负值， 亦即： ② 联立①②得： 所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为 (2)将 代入①得轻绳拉力： (3)由分析可知，小球在最低点时轻绳张力最大，对小球受力分析如图乙 由牛顿第二定律得 ③ 5 2 1 mvmg F R + = 1F 1 0F ≥ 2m/sgRv ≥ = 2m/s 2 4m/sv = 2 30NF = 2 3 3 mvF mg R − = 将 代入③得： 即小球的速度不能超过 16.如图所示，平台上的小球从 A 点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的 BC 斜面，经 C 点进 入光滑平面 CD 时速率不变，最后进入悬挂在 O 点并与水平面等高的弧形轻质筐内．已知小球 质量为 m，A、B 两点高度差 h，BC 斜面高 2h，倾角 α=45°，悬挂弧筐的轻绳长为 3h，小球 看成质点，轻质筐的重量忽略不计，弧形轻质筐的大小远小于悬线长度，重力加速度为 g，试 求： (1)B 点与抛出点 A 的水平距离 x； (2)小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力 F 的大小． 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)小球至 点时速度方向与水平方向夹角为 ，设小球抛出的初速度为 ， 点 至 点时间为 ，则得： 解得： 水平距离为： 3 60NF = 3 2 5m/sv = 2 5m/s 2h 11 3 mg B 45° 0v A B t 21 2h gt= 0tan45 v gt ° = 2ht g = 0 2v hg= (2)设小球至 点时速度为 ，在斜面上运动的加速度为 ，则有： 联立以上几式得： 小球进入轻筐后做圆周运动，由牛顿第二定律得： 解得小球所受拉力： 17.如图所示，质量为 M=4kg 的木板长 L=5.6m，静止在光滑且足够长的水平地面上，其水平顶 面右端静置一质量 m=1kg 的小滑块（可视为质点），小滑块与木板间的动摩擦因数 μ=0.4．（不 计空气阻力，g=10m/s2） (1)若用恒力 F 向右拉木板 M，如图所示，为使 m 能从 M 上滑落，F 至少应为多大？ (2)现用恒力 F=28N 向右拉木板，要使木块 m 能从 M 上滑落，力 F 的作用时间至少要多长？ 【答案】（1）20N （2） 2s 【解析】 【详解】(1)对小滑块，由牛顿第二定律得： 小滑块加速度： 对木板，由牛顿第二定律得： 0 2x v t h= = B Bv a 02Bv v= sin45a g= ° 2 2 22 sin45C B hv v a− = ° 2 2Cv gh= 2 3 CmvF mg h − = 11 3F mg= mg maµ = 24m/sa gµ= = F mg Maµ ′− = 木板加速度： 要是小滑块从木板上面滑下，则要求： 解得： (2)恒力 ，小滑块 、木板 相对运动，设恒力 作用了 时间后撤去,又 经时间 ，小滑块 从木板 上掉下， 木板在 时间内的位移为 时刻的速度为 ，由牛顿运动定律得： 木板在 时间内的位移为 ，时刻的速度为 ，由牛顿运动定律得： 小滑块在 时间内的位移为 ，时刻的速度为 ，由牛顿运动定律得： 恰能抽出时应满足： 代入数据解得： F mga M µ−′ = a a′ ≥ 20NF ≥ 28N 20NF = > m M F 1t 2t m M 1t 1x 1v 1F mg Maµ− = 2 1 1 1 1 2x a t= 1 1 1v a t= 2t 2x 2v 2mg Maµ = 2 2 1 2 2 2 1 2x v t a t= − 2 1 2 2tv v a−= 1 2t t+ 3x 3v 3mg maµ = 2 3 3 1 2( )1 2x a t t= + 3 3 1 2( )v a t t= + 2 3v v= 1 2 3( )L x x x= + − 1 2st =