福建省平和县第一中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

福建省平和县第一中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

平和一中2020届高三年上学期第一次月考 物 理 试 卷 时间：90分钟 总分：100分 班级: ———— 姓名：—————————————— 座号：——————————‎ 一、选择题(本题共12小题，每题4分，共48分，其中9至12题为多选题，全部选对的4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分)。‎ ‎1.如图所示是A、B两物体由同一地点沿相同的方向做直线运动的v﹣t图，由图可知 ‎ ‎ A. A运动后的加速度为 B. 第10s末A、B相遇 C. 第15s末A已运动到B的前方 D. A、B再次相遇前之间的最大距离为75m ‎【答案】D ‎【解析】‎ A运动后的加速度为．故A错误．根据速度图线与坐标轴所围“面积”表示位移，知第10s末B的位移比A的位移大，两者又是从同一地点沿相同的方向做直线运动的，所以第10s末A、B没有相遇．故B错误．根据速度图线与坐标轴所围“面积”表示位移，知第15s末B的位移比A的位移大，B在A的前方，故C错误．第10s末两物体的速度相等，它们之间的距离最大，且最大距离等于位移之差，为 s=xB-xA=×10=75m，故D正确．故选D.‎ 点睛：此题是速度图象问题，关键要抓住图线的斜率表示加速度、“面积”表示位移、交点表示速度相等数学意义来分析理解．‎ ‎2.如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度分别为（　　）‎ A. 都等于 B. 0和 C. 和0 D. 和0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等．在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力．故A球的加速度为零；‎ 在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力．所以根据牛顿第二定律得：‎ 故应选B。‎ 点晴：在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度。‎ ‎3.神舟六号飞船太空飞行近似为圆周运动，已知其运动的周期T（T<24h），万有引力常量G，地球表面的重力加速度g，地球的半径R。则下列论述正确的是（ ）‎ A. 无法求出神舟六号飞船离地球表面的高度 B. 飞船返回舱打开减速伞下降的过程中，飞船中的宇航员处于失重状态 C. 神舟六号飞船环绕地球的速度大于7.9km/s D. 可以计算神舟六号飞船绕地球飞行的加速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、根据题意，“神舟六号”飞船的飞行周期为T，飞船围绕地球做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：，则由此式知可求出飞船绕地球的太空飞行离地球表面的高度h，故A错误；‎ B、飞船在减速下降时，其加速度向上，处于超重状态，故B错误；‎ C、神舟六号飞船环绕地球的速度小于7.9km/s，故C错误；‎ D、神舟六号飞船在绕地球的太空飞行的加速度为: ,由上分析可以知道,可以求出加速度a，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端系一可视为质点的小球，小球在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力，如果在O点安装一个拉力传感器，测得在最低点和最高点的拉力差为ΔF，取重力加速度为g，则小球的质量为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设小球在最低点的速度为，则在最低点根据牛顿第二定律：‎ 从最低点到最高点，根据机械能守恒定律：‎ 在最高点根据牛顿第二定律：‎ 根据题意：‎ 联立以上几个方程可以得到：，故选项C正确。‎ 点睛：本题主要考查了向心力公式及机械能守恒定律的应用，要求同学们能找出向心力的来源。‎ ‎5.两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点并在同一水平面内做匀速圆周运动。则它们的 ( )‎ A. 运动周期不相同 B. 运动线速度相同 C. 运动的角速度相同 D. 向心加速度相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力； 将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtanθ；由向心力公式得到，F=mω2r；设绳子与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htanθ；由三式得：，与绳子的长度和转动半径无关，故C正确；又由知，周期相同，故A错误；由v=ωr，两球转动半径不等，则线速度大小不等，故B错误；由a=ω2r，两球转动半径不等，向心加速度不同，故D错误；‎ ‎6.如图所示，质量相同的三个小球从足够长的斜面上同一点O分别以初速度v1、v2、v3‎ 水平抛出，落在斜面上的位置分别为A、B、C，已知OA=AB=BC，空气阻力不计，则（　　）‎ A. v1：v2：v3=1：2：3‎ B. 落到斜面时的速度方向不同 C. 落到斜面时的动能之比为1：2：3‎ D. 落到斜面时动能增量之比为1：4：9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、设物体的初速度为v0，斜面的倾角为α，斜面落点到O点的长度为L．则小球落在斜面上时，有，得,则有,α、g一定，则得到；由于OA=AB=BC，则OA：OB：OC=1：2：3，由上式得；故A错误。B、设小球落到斜面上时速度与水平方向的夹角为θ，则有，与初速度无关，则知落到斜面时的速度方向相同；故B错误。C、小球落在斜面上速度平方为，落到斜面时的动能为，所以落到斜面时的动能之比为1：2：3，故C正确．D、根据动能定理得，飞行过程中动能增量，得飞行过程中动能增量之比为1:2:3;故D错误．故选C.‎ ‎【点睛】三个小球做平抛运动，运用运动的分解法，得出斜面的长度与初速度、运动时间的关系，本题中斜面的倾角反映了位移与水平方向的夹角，关键确定两个方向的位移关系得出时间表达式．‎ ‎7.如图所示，两个质量均为m且用轻弹簧相连接的物块A、B放在一倾角为θ的光滑斜面上，系统静止．现在用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A，使之沿斜面向上运动，当物块B刚要离开固定在斜面上的挡板C时，物块A运动的距离为d，瞬时速度为v，已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则(　　)‎ A. 此时物块A运动的距离 B. 此时物块A的加速度为 C. 此过程中弹簧弹性势能的改变量 D. 此过程中弹簧弹性势能的改变量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、系统原来处于静止状态，弹簧的弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，由胡克定律得：；得此时弹簧的压缩量为：，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律得：此时弹簧的伸长量为：，则有：，故A错误；‎ B、由上得：，根据牛顿第二定律得：，故B错误；‎ C、由于开始时和B刚离开C时弹簧的压缩量与伸长量相等，所以弹簧的弹性势能的改变量，故C正确，D错误。‎ 点睛：含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路，要掌握弹簧的弹性势能与形变量有关。‎ ‎8.如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是（　　）‎ A. 球对墙壁的压力逐渐减小 B. 地面对长方体物块的支持力逐渐增大 C. 地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大 D. 水平拉力F逐渐减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A：对小球进行受力分析，如图所示：‎ 据平衡条件：、，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tanθ增大，N1增大；cosθ减小，N2增大。根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大。故A项错误。‎ BC：对小球和长方形物块整体进行受力分析，受到重力、拉力F、地面的支持力、墙壁对球水平向右的压力及水平向左的滑动摩擦力；整体处于平衡状态，竖直方向受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，动摩擦因数不变，则滑动摩擦力不变。故BC两项错误。‎ D：对长方形物块受力分析，受到重力、拉力F、地面的支持力、球对物块的压力N2′以及滑动摩擦力作用，如图所示：‎ 水平方向有，根据牛顿第三定律可知，N2′=N2，由于N2增大，θ增大，f不变，则F减小。故D项正确。‎ ‎9.在平直公路上匀速行驶的汽车看到前方有情况发生立即刹车，已知初速度为22m/s，在停车前的最后1s内行驶的距离是2m，若汽车刹车后做的是匀减速运动，以下说法正确的是（ ）‎ A. 汽车刹车后的加速度大小为2m/s2 B. 汽车刹车后共滑行了60.5m C. 汽车刹车后6s的位移为60m D. 汽车停车前的最后两秒的平均速度为4m/s ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车刹车做匀减速直线运动，最后停止，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，则：根据x1=at12解得：a=＝4m/s2，故A错误；汽车刹车后共滑行的距离，故B正确；刹车停止的时间，汽车刹车后6s的位移等于5.5s时的位移，为60.5m，故C错误；汽车停车前的最后两秒的平均速度为，故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，本题可以逆向思维，把刹车运动看成初速度为零的匀加速直线运动．‎ ‎10.据报道：我国在规划深空探测工程，将在2020年7月发射火星探测器.如图为某着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，着陆器先在椭圆轨道Ⅰ上运动，然后改在圆轨道Ⅱ上运动，最后在椭圆轨道Ⅲ上运动，P点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点，且PQ=2QS=2L，着陆器在轨道Ⅰ上经过P点的速度为v1，在轨道Ⅱ上经过P点的速度为v2，在轨道Ⅲ上经过P点的速度为v3，下列说法正确的是（ ）‎ A. 着陆器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要点火加速 B. 着陆器在轨道Ⅱ上P点运动到S点的时间与它在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间之比是 C. 着陆器在轨道Ⅲ上经过P点的加速度可表示为 D. 着陆器在轨道Ⅱ上的机械能比在轨道Ⅲ上的机械能少（不计着陆器质量变化）‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.着陆器由轨道I进入轨道Ⅱ做的是向心运动，需点火减速，使万有引力大于所需要的向心力，故A错误；‎ B.着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间与着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间均为相应轨道运行周期的一半，故时间之比等于周期之比：‎ 根据开普勒第三定律：，可得：‎ 据题有 RⅡ=1.5L，aⅢ=L，得 ‎，‎ 故B正确；‎ C.根据万有引力定律和牛顿第二定律得 得 ‎，‎ 知着陆器在轨道Ⅲ上经过P点的加速度与在轨道Ⅱ上经过P点的加速度相等，为 ‎，‎ 故C正确；‎ D. 着陆器从轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ要在P点加速，则着陆器在轨道Ⅱ上的机械能比在轨道Ⅲ上的机械能多，选项D错误。‎ ‎11. 从高楼顶上某一高处，将小球A由静止释放，经1s后，从同一高度将另一小球B也由静止释放．忽略空气阻力，则在B下落后、A落地前，A、B两球在空中运动，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球A、B的速度差始终不变 B. 小球A、B的速度差逐渐增大 C. 小球A、B的位移差始终不变 D. 小球A、B的位移差逐渐增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 解：AB、设B球下落的时间为t，则小球A、B的速度差△v=vA﹣vB=g（t+1）﹣gt=g=定值，保持不变，故A正确，B错误．‎ CD、由上可知，A相对B做匀速直线运动，所以小球A、B的位移差逐渐增大，故C错误，D正确．‎ 故选：AD 考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ 专题：比较思想；方程法；直线运动规律专题．‎ 分析：两球都做自由落体运动，根据速度时间公式得到速度之差．由位移时间公式，抓住时间差为1s得出小球A、B的位移差．‎ 点评：解决本题的关键知道自由落体运动做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，结合运动学公式灵活求解．‎ ‎12.一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端。已知小物块冲上斜面的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦阻力做功为E。若小物块冲上斜面的初动能变为3E，则 A. 返回斜面底端时动能为 B. 返回斜面底端时速度大小为 C. 从出发到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功为 D. 从出发到返回斜面底端，机械能减少 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体冲上斜面和返回到斜面底端两过程中克服摩擦阻力做功相等；初动能增大后，上升的高度也随之变大，可根据匀减速直线运动的速度位移公式求出上升的位移，进而表示出克服摩擦力所做的功；对两次运动分别运用动能定理和功能关系即可求解克服摩擦阻力做功及机械能的减少．‎ ‎【详解】物块以初动能为E冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得： ①‎ 设以初动能为E冲上斜面的初速度为v0，则以初动能为3E冲上斜面时，初速度为v0，加速度相同，根据2ax=v2−可知：物体上滑的最大位移为x=‎ 可知，物块第二次冲上斜面的最大位移是第一次的3倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即为E.‎ 以初动能为3E冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得：−3E=−E ②‎ 所以返回斜面底端时的动能为=E；‎ 由①②得：返回斜面底端时速度大小为v′=v 根据功能关系可知，从出发到返回斜面底端，机械能减少等于克服摩擦阻力做功，为E，故AD错误，BC正确。‎ 故选：BC 二、实验题（共两小题，每空格2分共16分）‎ ‎13.在探究弹簧的伸长量x与所受拉力F 之间的关系实验中，某实验小组根据实验数据获得下列图象，则 ‎（1）该弹簧的劲度系数是________N/m.‎ ‎（2）实验中，操作者从弹簧的原长用力缓慢地拉伸到伸长量为x＝40cm时，拉力对弹簧做功______J，此时弹簧的弹性势能是_________J ‎【答案】 (1). （1）200； (2). （2）16， (3). 16‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图象根据数学知识可知，该图象代表的函数关系为F=200x(其中x代表弹簧的形变量).图象斜率的大小表示劲度系数大小，故有k=200N/m.‎ ‎（2）根据W=Fx，F-x图像的面积等于拉力F做的功，W=×80×0.4J=16J；根据功能转换，弹簧的弹性势能等于拉力对弹簧所做的功，为16J.‎ ‎14.如图1所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况．利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验．‎ ‎(1)接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O.在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T.测得A、B、C……各点到O点的距离分别为x1、x2、x3……，如图2所示．‎ 图2‎ 实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg，从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝________，打B点时小车的速度v＝________.‎ ‎(2)以v2为纵坐标，W为横坐标，利用实验数据作出如图3所示的v2W图像．由此图像可得v2随W变化的表达式为____________________．根据功与能的关系，动能的表达式中可能包含v2这个因子；分析实验结果的单位关系，与图线斜率有关的物理量应是____________．‎ ‎(3)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，图4中正确反映v2W关系的是____________________．‎ A.B.C.D.‎ ‎【答案】 (1). mgx2 (2). (3). v2＝kW k＝(4.5～5.0) m2·s－2·J－1　 (4). 质量 (5). A ‎【解析】‎ ‎（1）做功表达式为W＝Fx，又因为F＝mg，x＝x2，则拉力对小车做的功为：W＝mgx2.‎ 由中间时刻速度等于该段时间内平均速度可知：。‎ ‎(2)由数学关系可得，v2＝kW，其中k为图像斜率，k＝(4.5～5.0)m2·s2·J－1，由，可得，则图像斜率与质量有关．‎ ‎(3)‎ 若重物的质量不满足远小于小车质量的条件，那么重物重力势能的减小量等于重物和小车动能的增加量之和，即，则，可得：，仍为正比例函数，故A图正确．‎ 三、计算题（4小题共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15.质量为m = 4kg的小物块静止于地面上。现用竖直向上的恒力F拉动小物块，经过时间t = 2s，小物块运动了h = 4m的距离，取g =10m/s2。求：‎ ‎（1）物快加速度a的大小；‎ ‎（2）恒力F的大小；‎ ‎（3）2s末恒力的功率的大小。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）物块加速度a的大小 ‎ ‎（2）根据牛顿第二定律F-mg=ma 解得F=mg+ma=48N ‎（3）2s末速度v=at=4m/s ‎2s末恒力功率的大小P=Fv=192W ‎16.质量为5×103 kg的汽车从静止开始匀加速启动，经过5秒速度达到=10m/s，随后以的额定功率沿平直公路继续前进，经60s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.0×103N．求：‎ ‎（1）汽车的最大速度；‎ ‎（2）汽车匀加速启动时的牵引力；‎ ‎（3）汽车从启动到达到最大速度的过程中经过的路程．‎ ‎【答案】（1） 30m/s （2） 825m ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据P=Fvm=fvm ‎ 则 （2）汽车匀加速过程的加速度为：，‎ 根据牛顿第二定律得，  则：‎ ‎（3）匀加速的位移: 对功率恒定段运用动能定理得：‎ ‎,‎ 故：‎ ‎17.如图所示，半径的竖直半圆形光滑轨道在点与水平面平滑连接，一个质量的小滑块（可视为质点）以一定的初速度从点开始运动，经点进入圆轨道，沿圆轨道运动刚好通过最高点，落在水平面上的点．已知滑块与水平面的动摩擦因数，间的距离，重力加速度．求：‎ ‎(1)滑块通过点时的速度大小．‎ ‎(2)、间的距离的大小．‎ ‎(3)滑块在点的初速度大小．‎ ‎【答案】（）（）．（）‎ ‎【解析】‎ ‎（）因滑块恰好通过最高点，则 解得．‎ ‎（）滑块从点之后做平抛运动，则：‎ 得．‎ ‎，得 ‎（）滑块从运动到过程，列动能定理，有．‎ 代入数据求得．‎ ‎18.如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道BC的圆心角α=37°经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，cos37°=0.8，sin37°=0.6，g=10m/s2．求：‎ ‎(1)小物块水平抛出时，初速度v0的大小；‎ ‎(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；‎ ‎(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？‎ ‎【答案】（1）5 m/s （2）47.3 N （3）2.8 m ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)设小物块做平抛运动的时间为，则有：‎ 小物块到达点时竖直分速度为：‎ 联立解得：‎ 由题意，速度方向与水平面的夹角为，则有：，‎ 解得：‎ 则小物块运动到B点时的速度：‎ ‎(2)设小物块到达点时速度为，从至点，由动能定理得：‎ 设C点受到的支持力为，则有： ‎ 由几何关系得： ‎ 由上式可得：，s， ‎ 根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道点的压力大小为 ‎(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力：‎ 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力： 因，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，设小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板最右端时速度刚好为0‎ 则长木板长度为：‎ 所以长木板至少为，才能保证小物块不滑出长木板 ‎ ‎