江苏省徐州市丰县中学2020届高三10月月考物理试题

江苏省徐州市丰县中学2020届高三10月月考物理试题

丰县中学2020届高三学情检测物理试题 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 4 分，共计 32 分，每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.如图所示，物理课本放在水平桌面上，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 桌面对课本的支持力与课本的重力是一对平衡力 B. 桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对平衡力 C. 桌面对课本的支持力与课本的重力是一对作用力与反作用力 D. 课本对桌面的压力就是课本的重力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】桌面对课本的支持力与课本的重力是一对平衡力，选项A正确，C错误；桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对作用与反作用力，选项B错误；课本对桌面的压力是由于课本发生形变而产生的对桌面向下的压力，施力物体是课本，方向垂直于桌面，大小等于课本的重力，但不是重力，选项D错误；故选A.‎ ‎2.某次实验中，通过传感器获得小车的速度v与时间t的关系图象如图所示，则小车(　　) ‎ A. 在0～1.0s内位移先增大后减小 B. 在0～1.0s内加速度先增大后减小 C. 在0～1.0s内位移约为0.5m D. 在0～0.5s内平均速度为0.35m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在0～1.0s内物体的速度均为正值，则物体的位移一直增大，选项A错误；v-t线的斜率等于加速度，则在0～1.0s内加速度先减小后增大，选项B错误；v-t图像与坐标轴围成的面积等于位移，则由图像可知，在0～1.0s内位移约为0.5m，选项C正确；在0～0.5s内的位移约为0.21m，则平均速度为 ，选项D错误；故选C.‎ ‎3.如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假若人与扶梯一起匀加速向上运动，在这个过程中人脚所受的静摩擦力（ ）‎ A. 等于零，对人不做功 B. 水平向左，对人不做功 C. 水平向右，对人做正功 D. 沿斜面向上，对人做正功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】人与扶梯一起匀加速向上运动，人的脚所受的静摩擦力水平向右，与位移方向成锐角，静摩擦力做正功，‎ A.A项与上述分析结论不相符，故A错误；‎ B.B项与上述分析结论不相符，故B错误；‎ C.C项与上述分析结论相符，故C正确；‎ D.D项与上述分析结论不相符，故D错误。‎ ‎4.如图所示，A、B 两个小球从同一竖直线上的不同位置水平抛出，结果它们同时落在地面上的同一点 C，已知 A 离地面的高度是 B 离地面高度的 2 倍，则 A、B 两个球的初速度之比为 vA∶vB 为( )‎ A. 1∶2 B. 2∶1 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据：‎ 得：‎ 因为A、B的高度之比为2：1，则运动的时间之比为 因为A、B的水平位移相等，根据：‎ 知初速度大小之比：‎ ‎.‎ A．描述与分析不符，故A错误.‎ B．描述与分析不符，故B错误. ‎ C．描述与分析不符，故C错误.‎ D．描述与分析相符，故D正确.‎ ‎5.质量分别为 M 和 m 的两个小球，分别用长 2l 和 l 的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量 为 M 和 m 小球的悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则( )‎ A. B. cos α＝2cos β C. D. tan α＝tan β ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设转轴稳定转动时角速度为，可知稳定时两球角速度相等.根据牛顿第二定律得：‎ 对M分析有：‎ ‎ ①‎ 对m分析有：‎ ‎ ②‎ 联立①②计算得出： ‎ A．描述与分析相符，故A正确.‎ B．描述与分析不符，故B错误. ‎ C．描述与分析不符，故C错误.‎ D．描述与分析不符，故D错误.‎ ‎6.如图所示，在竖直平面内，固定有半圆弧轨道，其两端点 M、N 连线水平。将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环 A，一端系在 M 点，另一端系一质量为 m 的小球，小球恰好静止在图示位置。不计所有摩擦，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是( )‎ A. 轨道对轻环的支持力大小为 mg B. 细线对 M 点的拉力大小为 C. 细线对轻环作用力大小为mg D. N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．对圆环受力分析；因圆环两边绳子的拉力相等，可知两边绳子拉力与圆弧对圆环的支持力的夹角相等，设为θ，由几何关系可知：∠OMA=∠MAO=θ则所以 ‎；则轨道对轻环的支持力大小为：‎ 故A错误；‎ B．细线对M点的拉力大小为T=mg，故B错误；‎ C．细线对轻环的作用力大小为：‎ 故C错误；‎ D．由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为，故D正确..‎ ‎7.如图所示，传送带水平部分长为L=2m，传动速率v=1m/s，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，传送带离地面的高度h=3.2m，则木块从左端开始运动至落到地面经过的时间是（　　）‎ A. B. C. 2s D. 4s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对木块，由牛顿第二定律得：a==μg=0.1×10=1m/s2，木块加速到与传送带速度相等需要的时间：t1==1s，此过程木块的位移：x1==0.5m＜L=2m，然后木块与传送带一起做匀速直线运动，运动时间：t2==1.5s，木块离开传送带后做平抛运动，在竖直方向：h=gt32，t3==0.8s，木块的运动时间：t=t1+t2+t3=1+1.5+0.8=3.3s；‎ A.3.3s，与结论相符，选项A正确； ‎ B.2.8s，与结论不相符，选项B错误； ‎ C. 2s，与结论不相符，选项C错误； ‎ D. 4s，与结论不相符，选项D错误；‎ 二、多项选择题：本题共 5 个小题，每小题 4 分，共计 20 分，每个选择题有多个选项符合题意。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，选错或不选的得 0 分。‎ ‎8.如图所示，物块A放在木板上处于静止状态，现保持木板与地面间的支撑点不变，将木块B略向左移动一些，A仍静止，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 木板对物块A的作用力增大 B. 木板对物块A的作用力不变 C. 物块A与木板间的正压力增大 D. 物块A所受的摩擦力增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．因为物块 A 放在木板上处于静止状态，木板对物块的作用力为支持力和摩擦力的合力，大小等于物块的重力，所以木板对物块的作用力不变，故A错误，B正确.‎ CD．物块略向左移动，木板与水平面的夹角变大，所以物块受到木板的支持力减小，摩擦力增大，故C错误，D正确.‎ ‎9.小船在 400 米宽的河中横渡，河水流速是 2 m/s，船在静水中的航速是 4 m/s，，则（ ）‎ A. 要使渡河时间最短，船头应垂直指向对岸，t＝100 s B. 要使渡河时间最短，船头应与上游河岸成 60°角，渡河的时间 C. 要使船航程最短，船头应垂直指向对岸，渡河的时间 ‎ D. 要使船航程最短，船头应与上游河岸成 60°角，渡河的时间 ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当船头垂直指向对岸时，渡河时间最短.最短时间为：‎ 故A正确，B错误.‎ CD．船在静水中的航速大于河水流速，所以当合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短，设船头与上游河岸方向的夹角为 ，则：‎ 所以 ‎ 渡河的位移：‎ 根据矢量合成法则有：‎ 渡河时间：‎ 所以C错误，D正确.‎ ‎10.如图所示，水平地面上不同位置的三个物体沿三条不同的路径抛出，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )‎ A. 沿路径 1 抛出的物体落地的速率最大 B. 沿路径 3 抛出的物体在空中运动的时间最长 C. 三个物体抛出时初速度的竖直分量相等 D. 三个物体落地时重力做功的功率都相等 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】BC．将抛体运动分为水平方向上匀速运动和竖直方向上的匀变速运动，三条路径的最高点是等高的，可知三个物体抛出时速度的竖直分量相等且在空中运动的时间相等；故B错误，C正确.‎ AD．水平方向的速度越大，落地点与抛出点之间的距离越大，根据图像可知沿路径1抛出的物体抛出时水平分量最大，则得沿路径1抛出的物体初速率最大，根据动能定理，落地的速率等于初速率，则沿路径1抛出的物体落地的速率最大；又因为抛出时竖直方向速度分量相等，所以落地时竖直方向速度分量一样大，但不知道三个小球的质量，故不能判断落地时重力做功的功率；故A正确，D错误.‎ ‎11.如图所示，甲、乙两颗人造卫星在各自的椭圆轨道上绕地球运行，两轨道相切于P点．不计大气阻力，下列说法正确的有(　　)‎ A. 甲机械能一定比乙的大 B. 甲的运行周期比乙的大 C. 甲、乙分别经过P点的速度大小相等 D. 甲、乙分别经过P点的加速度大小相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】两颗卫星的质量关系不确定，则不能确定两颗卫星的机械能的大小关系，选项A错误；甲的半长轴大于乙的半长轴，根据开普勒第三定律可知，甲的运行周期比乙的大，选项B正确；乙经过P点时加速才能进入甲的轨道，故甲、乙分别经过P点的速度大小不相等，选项C错误；根据可知，甲、乙分别经过P点的加速度大小相等，选项D正确；故选BD.‎ ‎12.高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后．人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙．则下列说法正确的（ ）‎ A. 人向上弹起过程中，先处于超重状态，后处于失重状态 B. 人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力 C. 弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力 D. 弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：人向上弹起过程中，先加速向上，处于超重状态，然后减速向上，处于失重状态，选项A 错误；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，是大小相等的关系，选项B 错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度向上，人处于超重状态，所以高跷对人的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C 正确，D 错误。‎ 考点：牛顿第二定律；超重和失重。‎ 三、简答题：本题共 2 小题共计 18 分，每空 2 分。请将解答填写在答题卡相应位置。‎ ‎13.在做“验证力的平行四边形定则的实验”中，在水平放置的木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在点上，另一端连接两根细线，然后通过细线用两个互成角度的弹簧秤来拉橡皮条，使橡皮条伸长到某一点，记录下两个弹簧秤及两根细线的方向，此时两个弹簧秤的拉力分别记为和；然后改用一个弹簧秤把橡皮条拉到点后再记录下弹簧秤及细线的方向，此时弹簧秤的拉力记为。‎ ‎⑴ 实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确______（填字母代号）‎ A．将橡皮条拉伸相同长度即可 B．将橡皮条沿相同方向拉到相同长度 C．将弹簧秤都拉伸到相同刻度 D．将橡皮条和绳的结点拉到相同位置 ‎⑵ 同学们在操作过程中有如下讨论，其中对减小实验误差有益的说法是______（填字母代号）‎ A．两细绳必须等长 B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行 C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧之差应尽可能大 D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些 ‎⑶ 如图所示，是某同学完成验证力的平行四边形定则实验操作后得到的数据图，图中的小圆点分别用来记录的是点的位置以及每次细线的方向。请你选则合适标度，在方框中用力的图示法，作图完成该同学未完成的实验数据处理____________。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). BD (2). BD (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]AB.本实验的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A错误，B正确. CD.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，而弹簧称不必拉到相同刻度．故C错误，D正确． （2）[2]A.通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，只需记下两细绳的方向和弹簧秤示数即可，不必要求两细绳等长.故A错误. B.测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行.故B正确. C.用弹簧秤同时拉细绳时，拉力不能太大，也不能太小，故两弹簧秤示数之差没有必要相差太大．故C错误. D.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.故D正确．‎ ‎（3）[3] 如图所示，选1cm表示1N，则以F1、F2为邻边作平行四边形，得出合力F．‎ ‎14.如图所示，图1为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。‎ ‎(1)下列说法正确的是____‎ A.每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B.实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行 C.减小误差，本实验一定要保证 m1，远小于 m2‎ D.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 ‎(2)从实验中打出的纸带上选取 5 个计数点，如图所示，相邻计数点间的时间间隔是 0.1s，图中长度单位是cm，由此可知：纸带的____端与小车相联，加速度是__________； ‎ ‎(3)实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图象如图，设图中直线的斜率为 k，在纵轴上的截距为 b，则小车与木板间的动摩擦因数μ=____‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 左端 (3). 0.46 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A．由于平衡摩擦力之后有：‎ 故，所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车重力沿斜面的分力，所以每次在小车上加减砝码时，不需要重新平衡摩擦力，故A错误.‎ B．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故B正确.‎ C．由图可知实验装置中有弹簧测力计，细绳的拉力通过弹簧测力计测出，不需要保证钩码质量远小于小车和砝码质量，故C错误.‎ D．打点计时器运用时，小车要靠近打点计时器，先通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故D正确. ‎ ‎(2)[2][3]由图可知两点之间的距离左端要小一些，故应该左端与小车相连；根据匀变速运动的推论：‎ 可得小车运动的加速度为：‎ ‎(3)[4]根据牛顿第二定律有：‎ 解得： ‎ 图中直线的斜率：‎ 纵轴截距：‎ 联立解得：‎ 四、计算题：本题共 3 小题（16 分+17 分+17 分），共计 50‎ ‎ 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.‎ ‎15.滑雪是冬季很受欢迎的娱乐活动。如图所示，AB为长度x1＝80m倾角为θ的雪面，BC为长度x2＝15m的水平雪面，质量m＝50kg的游客从A点由静止开始加速直线下滑，通过滑板与雪杖可以改变加速度的大小，滑到BC水平雪面之后匀减速直线滑行，为了安全，整个赛道限速16m/s，且滑到雪道终点C点的速度必须不大于1m/s。设游客经过B点时，没有机械能损失，游客可看做质点，已知g＝10m/s2．求：‎ ‎（1）若游客以最大安全速度通过B点，游客在BC段受到的阻力至少多大；‎ ‎（2）若游客从静止开始以a1＝3m/s2做匀加速直线运动，运动24m之后，游客担心会超过安全速度，立即采取措施改变加速度，接着以加速度a2做匀变速直线运动，游客通过B点刚好不超速，求a2大小；‎ ‎（3）若游客在AB雪面上运动最大加速度a3＝2m/s3，求游客从A到B的最短时间。‎ ‎【答案】（1）425N；（2）1m/s2；（3）9s。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）游客从B运动到C的过程做匀减速直线运动，有﹣2ax2＝vC2﹣vm2。‎ 可得 a＝8.5m/s2。‎ 阻力 f＝ma＝50×8.5N＝425N ‎（2）游客以加速度a1匀加速过程，有 v12＝2a1x1′‎ 以加速度a2匀加速过程，有vm2﹣v12＝2a2（x1﹣x1′）‎ 解得 a2＝1m/s2。‎ ‎（3）匀加速直线运动的时间 t18s 此过程位移△x 匀速运动的时间t2‎ 游客从A到B的最短时间 tmin＝t1+t2。‎ 解得 tmin＝9s ‎16.如图所示，光滑直杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑直杆上并与弹簧的上端连接，为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ．‎ ‎（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量；‎ ‎（2）当小球随光滑直杆一起绕OO'轴匀速转动时，弹簧伸长量为，求匀速转动的角速度ω；‎ ‎（3）若θ=30°，移去弹簧，当杆绕OO'轴以角速度匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，求小球离B点的距离L0．‎ ‎【答案】（1） ; （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ 小球速度最大时其加速度为零，则有：‎ 解得： ，‎ ‎（2）设弹簧伸长时，球受力如图所示：‎ 水平方向上有：‎ 竖直方向上有：‎ 解得：；‎ ‎（3）当杆绕轴以角速度匀速转动时，设小球距离B点，‎ 此时有：‎ 解得：。‎ 点睛：本题考查了牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，要明确小球做匀速转动时，靠合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大。‎ ‎17.如图所示质量为 m0=4kg 的木板长 L=1.4m ，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1kg 的小滑块（可视为质点），小滑块与木板间的动摩擦因数0.4 ，今用水平力 F=28N 向右拉木板。（不计空气阻力，g 取10m / s2 ）‎ ‎(1)小滑块和木板各自的加速度大小；‎ ‎(2)经过多长时间小滑块从木板上掉下来；‎ ‎(3)要使小滑块从木板上掉下来，力 F 作用的时间至少要多长。‎ ‎【答案】（1）4m/s 6m/s2 （2） （3）1s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对小木块分析有牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得 对木板分析有牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得 ‎(2)设经过t时间，长木板m0与小物块m分离，则对小物块有：‎ 对木板有：‎ 当滑离木板时有：‎ ‎ ‎ 联立各式带入数据解得：‎ ‎(3)设在t1秒是撤去F，在经过t2秒长木板与小滑块分离.‎ 撤掉F时，小滑块的速度为：‎ 长木板的速度为：‎ 撤去F后，对于长木板由牛顿第二定律有：‎ 由于F作用时间最小时，长木板与小滑块在分离时速度恰好相同，设此速度为v3。‎ 对于小滑块：‎ 对于长木板：‎ 在t1+t2的整个过程中有：‎ 联立以上各式解得：t1=1s，即力F作用的时间至少要1s。‎ 答：(1)小滑块和木板各自的加速度分别为4m/s，6m/s2；‎ ‎(2)经过小滑块从木板上掉下来；‎ ‎(3)要使小滑块从木板上掉下来，力 F 作用的时间至少1s。‎ ‎ ‎