黑龙江省宾县一中2020届高三上学期月考物理试题

黑龙江省宾县一中2020届高三上学期月考物理试题

宾县一中2020届高三上学期第二次月考物理试卷 一、选择题 ‎1.如图所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直．一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零．那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较(　　)‎ A. 无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同 B. 质点沿着与AB夹角越大轨道下滑，时间越短 C. 质点沿着轨道AB下滑，时间最短 D. 轨道与AB夹角越小(AB除外)，质点沿其下滑的时间越短 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设半径为，斜面与竖直方向夹角为，物体运动的位移为，物体运动的加速度，根据，解得，与角无关，故选项A正确，B、C、D错误。‎ ‎2.如图，在水平桌面上放置一斜面体 P，两长方体物块 a 和 b 叠放在 P 的斜面上，a、b、c 质量分 别为 2m、m、m，斜面倾角为，整个系统处于静止状态。若将 a 和 b、b 与 P、P 与桌面之间摩擦力的大小分别用 f1、f2 和 f3 表示．则 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对物体分析物体受重力，绳子的拉力，根据平衡条件可得；对物体分析可知物体受重力，支持力，绳子的拉力的作用，根据平衡条件可得受到的摩擦力；再对整体分析可知整体受重力，支持力，绳子的拉力的作用，根据平衡条件可得受到的摩擦力，方向沿斜面向上；对及组成的整体分析可知整体在水平方向受绳子的拉力的分力，所以受地面向左的摩擦力；‎ A.与分析相符，符合题意；‎ B.与分析不符，不符合题意；‎ C.与分析不符，不符合题意；‎ D.与分析不符，不符合题意。‎ ‎3. 半圆柱体P放在粗糙的水平地面上,其右端有固定放置的竖直挡板MN,在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q,整个装置处于静止状态,如图所示是这个装置的截面图,若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动,在Q落到地面以前,发现P始终保持静止,在此过程中,下列说法中正确的是 A. MN对Q的弹力逐渐减小 B. 地面对P的摩擦力逐渐增大 C. P、Q间的弹力先减小后增大 D. Q所受合力逐渐增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 以整体为研究对象，MN对Q的弹力和地面对P的摩擦力是一对平衡力，以Q为对象画受力分析图，可知MN右移时MN对Q的弹力和P、Q间的弹力都是增大的；Q始终处于平衡状态，因此合力始终为零，故只有B正确.‎ ‎4.一物体做匀加速直线运动，从某位置开始通过传感器收集位移和速度等数据信息，然后输入计算机自动生成了物体运动的x-v图象，如图所示.以下说法正确的是（　　）‎ A. 物体运动的初速度为1m/s B. 物体运动的加速度为2m/s2‎ C. 物体速度由2m/s增加到4m/s的过程中，物体的位移大小为1m D. 物体速度由2m/s增加到4m/s的过程中，物体的运动时间为2s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】物体做匀加速直线运动，则有，有图可知当v=0时，x=-1m，代入上式得： ；当x=0时，代入上式得： 解得： 故A错误；B正确；物体速度由增加到的过程中，物体的位移大小为，故C错误；物体速度由增加到的过程中，物体的运动时间为，故D错误；故选B ‎5.一船要渡过宽为150m的河流．已知船开始渡河时在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，为避免船撞击河岸，某时刻开始减速，使船到达河对岸时垂直河岸的速度刚好为零，已知船减速的加速度大小为1m/s2，则（）‎ A. 船的运动轨迹可能为曲线，也可能为直线 B. 8s末船速度大小为4m/s C. 船最快到达对岸的位移一定大于150m D. 船到达对岸所用的时间可能为28s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.快艇沿水流方向做匀速直线运动，船在静水中做匀变速直线运动，所以快艇做匀变速曲线运动，故A错误；‎ B.由图可知，8s末船在静水中速度大小为4m/s，和速度不为4m/s，故B错误；‎ C.当静水速度垂直于河岸时，时间最短，当到达对岸时船已到下游，位移肯定大于150m，故C正确；‎ D.设船加速的时间t1，减速的时间t2=t1/2，加速的加速度a1大小为0. 5m/s2，加速的加速度大小为a2=1m/s2，由可得，t1=20s，t2=10s，即渡河的最短时间为30s，故D错误.‎ 故选：C ‎6.光滑半球A放在竖直面光滑的墙角，并用手推着保持静止。现在A与墙壁之间放入光滑球B，放手让A和B由静止开始运动，当A、B运动到图示位置时，二者球心的连线与水平面成θ角，速度大小分别为和，则以下关系正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将A、B两球的速度沿两球心的连线和垂直两球心连线分解，如图，由关联速度的关系可得：，解得：，故D正确。‎ ‎7.质量为m的物体以v0的速度水平抛出，经过一段时间速度大小变为 ，不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）‎ A. 该过程平均速度大小为 ‎ B. 运动时间为 C. 速度大小变为 时，重力的瞬时功率为 ‎ D. 运动位移的大小为 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD.竖直方向速度为： ，所以运动时间 ，‎ 位移为： ，所以平均速度为 ，故AB错误、D正确；‎ C. 速度大小变为时，重力的瞬时功率为：P＝mgvy＝2mgv0，故C错误；‎ ‎8.如图所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动，则只要运动角速度合适，螺丝帽恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时，下述分析正确的是 A. 螺丝帽受到的静摩擦力提供向心力 B. 螺丝帽的线速度大小为 C. 若杆的转动加快，螺丝帽有可能相对杆向上运动 D. 若螺丝帽的质量变为原来的2倍，则转动的角速度至少要变成原来倍才能使其在原来轨道做圆周运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、螺丝帽恰好不下滑，知螺丝帽受到重力和最大静摩擦力平衡，螺丝帽在水平方向受到的弹力提供向心力，弹力的方向指向圆心，故选项A错误；‎ BD、根据，解得，根据，解得线速度大小为，角速度大小为，角速度大小与质量无关，故选项B正确，D错误。‎ C、若杆转动加快，则向心力增大，弹力增大，最大静摩擦力增大，螺丝帽受重力和静摩擦力仍然平衡，故选项C错误。‎ ‎9.下列关于物体运动的说法不正确的是（ ）‎ A. 物体在运动过程中若加速度不变，则一定做直线运动 B. 当物体速度为零时，处于绝对静止状态 C. 做平抛运动的物体在任意相等的时间内速度变化量一定相同 D. 做匀速圆周运动的物体在任意相等时间内速度的变化量一定相同 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、物体做直线运动条件是受力为零，或者合力与速度在一条直线上，而不是加速度不变，加速度不变物体可以是曲线运动，如平抛运动，故A错误。‎ B、当物体速度为零时，相对其所在的参考系是静止的，但是运动是绝对的，故不能说处于绝对静止状态，故B错误。‎ C、平抛加速度恒定为g，故速度变化量，在任意相等的时间内速度变化量一定相同，故C正确。‎ D、做匀速圆周运动的物体加速度为：，由于加速度大小不变，方向时刻变化，故大小不变，方向时刻变化，故在任意相等的时间内，速度的变化量不同，故D错误。‎ ‎10.图甲表示用水平恒力F拉动水平面上的物体，使其做匀加速运动.当改变拉力的大小时，相对应的匀加速运动的加速度a也会变化，a和F的关系如图乙所示（取）.则（ ）‎ A. 该物体受到的滑动摩擦力为 B. 该物体的质量为 C. 该物体与地面的摩擦因数为 D. 在该物体上放一个与该物体质量相同的砝码，保持砝码与该物体相对静止，其它条件不变，则此时a-F图线的斜率将增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据牛顿第二定律得，物体的加速度为 当F=1N时，a=0，代入得：‎ 故选项A符合题意.‎ B.根据牛顿第二定律得，物体的加速度为 由数学知识可知，a-F图线的斜率 由图可得 解得 m=0.5kg 故选项B不符合题意.‎ C.物体的滑动摩擦力：‎ 解得：‎ μ=0.2‎ 故选项C符合题意.‎ D. 在该物体上放一个质量是该物体质量相同的砝码，摩擦力为 据牛顿第二定律可得 即 由此可知在该物体上放一个与该物体质量相同的砝码，保持砝码与该物体相对静止，其它条件不变，则此时a-F图线的斜率将减小.故选项D不符合题意.‎ ‎11.如图所示，质量分别为5kg和3kg的物块AB放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，今用大小为F=24N的水平力作用在A上使A、B相对静止一起做匀加速直线运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 弹簧的弹力大小等于15N B. 弹簧的弹力大小等于9N C. 突然撤去F瞬间，A的加速度大小为 D. 突然撤去F瞬间，B的加速度大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.对整体分析，根据牛顿第二定律得：‎ a=‎ 隔离对B分析，根据牛顿第二定律得：‎ 故A不符合题意，B符合题意。‎ CD.突然撤去F瞬间，弹簧弹力不变，A的加速度为：‎ B的加速度为：‎ 故C不符合题意，D符合题意。‎ ‎12.如图所示，一细线的一端固定于倾角为的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a,(取g=10m/s2)则 ( )‎ A. 当a=5m/s2时，细线上的拉力为 B. 当a=10 m/s2时，小球受的支持力为 C. 当a=10 m/s2时，细线上的拉力为2‎ D. 当a=15m/s2时，若A与小球能相对静止的匀加速运动，则地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，‎ 水平方向：‎ F合=Fcos45°=ma0‎ 竖直方向：‎ Fsin45°=mg 解得：a0=g A．当a=5m/s2时，小球未离开滑块，‎ 水平方向：‎ Fcos45°-FNcos45°=ma 竖直方向：‎ Fsin45°+FNsin45°=mg 解得：‎ ‎，‎ 故A正确；‎ BC．当加速度a=10 m/s2时，小球只受绳子拉力和重力，绳子上拉力等于，故B错误，C正确；‎ D．当加速度a=15 m/s2时，小球离开斜面，由于小球和 斜面体相对静止，对于整体，在竖直方向合力等于0，支持力等于两个物体的重力大小，故D错误。‎ ‎13.如图甲所示，传送带以恒定速率逆时针运动，皮带始终是紧的，将m=1kg的面粉袋放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端，用速度传感器测得面粉袋与送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g取10m/s2，由v-t图线可知 A. A、B两点的距离为3.2m B. 粉袋与传送带的动摩擦因数为0.5‎ C. 面粉袋从A运动到B这程中，传送带上面粉痕迹长为1.2m D. 面粉袋从A运动到B过程中，其与传送带摩擦产生的热量为4.8J ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知A、B两点的距离对应图象与时间轴所围图形的“面积”大小，为 x=×2×0.2+×（2+4）×1=3.2m，故A正确；‎ B.由v-t图象可知，0-0.2s内，面粉袋的加速度为：。对面粉袋受力分析，面粉袋受到重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿皮带向下，由牛顿第二定律得：mgsinθ+f=ma1，即为：mgsinθ+μmgcosθ=ma1；同理，0.2-1.2s内，面粉袋的加速度为：，对面粉袋受力分析，面粉袋受到重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿皮带向上，由牛顿第二定律得：mgsinθ-f=ma2即：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，联立解得：μ=0.5，f=4N．故B正确。‎ C.在0-0.2s时间内，传送带速度大，面粉袋相对于皮带的位移大小为：，方向沿皮带向上。在0.2s-1.2s时间内，面粉袋速度大，面粉袋相对于皮带的位移大小为：△x2=x2-vt2=×1-2×1=1m，方向沿皮带向下。故传送带上面粉痕迹的长度为：s=△x2=1m；故C错误。‎ D.面粉袋与传送带摩擦产生的热量为：Q=f（△x1+△x2）=4×1.2J=4.8J，故D正确。‎ 二、实验（共12分）‎ ‎14.(1)一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两根不同的轻质弹簧a 和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示，下列表述正确的是___‎ A．a的原长比b的长 ‎ B．a的劲度系数比b的小 ‎ C．a的劲度系数比b的大 D．测得的弹力与弹簧的长度成正比 ‎(2)如图所示，是探究某根弹簧的伸长量x与所受拉力F之间的关系图：弹簧的劲度系数__N/m；‎ ‎【答案】 (1). C (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由图像可知，直线与横轴交点的坐标为弹簧的原长，可知a的原长比b的短，选项A错误；根据F=kx可知，直线的斜率等于弹簧的劲度系数，可知a的劲度系数比b的大，选项C正确，B错误；由图像可知弹力与弹簧的伸长量成正比，但是与长度不成正比，选项D错误；故选C；‎ ‎（2）弹簧的劲度系数为：‎ ‎；‎ ‎15.某实验小组应用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为m2，所挂砝码质量为m1，打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，动滑轮轻质。实验步骤如下：‎ A.按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；‎ B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；‎ C.挂上钩码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；‎ D.改变钩码的数量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度。‎ 根据以上实验过程，回答以下问题：‎ ‎（1）对于上述实验，下列说法正确的是_________。‎ A.钩码的质量应远小于小车的质量 B.实验过程中钩码处于超重状态 C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行 D.弹簧测力计的读数应为钩码重力的一半 ‎（2）实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a=______（结果保留两位有效数字）‎ ‎（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，与本实验相符合的是_____________。‎ A. B. C.D.‎ ‎（4）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2，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 =____.‎ ‎【答案】 (1). C (2). 0.88 (3). A (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A．因弹簧测力计可以测出绳子的拉力，从而得到下车的真实合力，故不需要用钩码的重力近似替代，即不需要钩码的质量远小于小车的质量的条件，故A错误；‎ B．钩码处于加速下降的状态，则处于失重的状态，故B错误；‎ C．与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，才能保证绳子的拉力等于小车受到的合力，故C正确；‎ D．实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误；‎ ‎(2)[2]在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即△x=aT2，‎ 解得：‎ ‎(3)[3]实验前已经平衡摩擦力，由牛顿第二定律得：‎ 小车的加速度a与弹簧测力计的示数F成正比，a-F图象为过原点的直线，由图示图线可知，故A正确，B、C、D错误；‎ ‎(4)[4]对小车由牛顿第二定律：‎ 解得：‎ 图中倾斜直线的斜率 纵截距：‎ 联立解得：‎ 三、计算题 ‎16.如图所示，一个质量m=10kg的物体放在水平地面上。对物体施加一个与水平方向成θ=37°的F ‎=50N的拉力，使物体由静止开始运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，在2秒后撤去拉力，求物体还能运动多远。(g=10m/s2 ,sin37°=0.6，cos37°=0.8)‎ ‎【答案】6.76m ‎【解析】‎ ‎【详解】物体受重力、支持力、摩擦力和拉力，如图所示，‎ 根据牛顿第二定律，有：‎ Fcos37°-f=ma，‎ 而 f=μN=μ（mg-Fsin37°）‎ 代入数据解得：‎ a=2.6m/s2；‎ 物体在t=2.0 s时速度的大小为：‎ v=at=2.6×2.0m/s=5.2m/s；‎ 减速运动的加速度为：‎ a′=μg=2m/s2，‎ 根据位移速度关系可得：‎ 联立解得：‎ ‎17.如图所示，顺时针以4.0m/s匀速转动的水平传送带的两个皮带轮的圆心分别为A，B，右端与等高的光滑水平平台恰好接触。一小物块m（可看成质点）从A点正上方轻放于传送带上，小物块与传送带间动摩擦因数μ ‎=0.3，最后从光滑水平平台上滑出，恰好落在临近平台的一倾角为α = 53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8m，长l=6m, g = 10m/s2，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6，则 ‎（1）小物块水平抛出的初速度v0是多少？‎ ‎（2）斜面顶端与平台右边缘水平距离s和传送带AB长度L各是多少？‎ ‎（3）物块离开平台右边缘后到达地面的时间是多少？‎ ‎【答案】（1）3m/s （2）1.2m1.5m （3）1.15s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意可知小块落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小块速度方向与斜面平行，否则小块会弹起，如图所示：‎ 所以有：‎ vy=v0tan53°‎ 代入数据得：‎ vy=4m/s，v0=3m/s ‎(2)在竖直方向上由 vy=gt1‎ 得：‎ t1=0.4s 在水平方向上有：‎ s=v0t1=3×0.4m=1.2m 因为物块离开传送带的速度小于4.0m/s，所以一直匀加速运动，加速度为：‎ 由得：‎ ‎(3)小块沿斜面做匀加速直线运动的加速度 沿斜面方向上的速度为：‎ 设在斜面上运动时间为t2，沿斜面方向上有：‎ 代入数据，整理得：‎ 解得：t2=0.75s或t2=-2s（不合题意舍去） ‎ 所以小球离开平台后的运动时间为：‎ t=t1+t2=1.15s ‎18.如图所示，水平地面上一个质量M=4.0kg、长度L=2.0m的木板，在F="8.0" N的水平拉力作用下，以v0=2.0m/s的速度向右做匀速直线运动．某时刻将质量m="1.0" kg的物块(物块可视为质点)轻放在木板最右端．(g取10m/s2)‎ ‎(1)若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；‎ ‎(2)若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动．‎ ‎【答案】(1)1.2s(2)4.0 s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）未放物块之前，木板做匀速运动.因此木板与地面之间的动摩擦因数 μ == 0.20‎ 若物块与木板间无摩擦，物块放在木板上后将保持静止.木板水平方向受力如图1所示，它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a1.‎ a1==" 0.50" m/s2‎ 设物块经过时间t离开木板. 木板在这段时间内的位移 L = v0t－a1t2‎ 解得：，‎ 即 t =" 1.2" s或6.8 s ‎ ‎（其中t =" 6.8" s不合题意舍去）‎ ‎（2）若物块与木板间的动摩擦因数也为μ，则物块放在木板上后将做匀加速运动，设物块的加速度的大小为a2.‎ μmg = ma2 ‎ 木板水平方向受力如图所示，它做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a3.‎ μ (M+m) g + μmg－F = Ma3 ‎ 设经时间tⅠ，物块与木板速度相等，此时它们的速度为v，此过程中木板的位移为s1，物块的位移为s2.‎ v = v0－a3tⅠ v = a2tⅠ s1 = v0tⅠ－a3tⅠ2‎ s2 =a2tⅠ2‎ 可求a2 =μg =" 2.0" m/s2 ‎ a3 ="1.0" m/s2‎ v =m/s，s1 =m，s2 =m 解得 tⅠ=s，‎ 因为s1－s2< L，所以物块仍然在木板上.之后，它们在水平方向的受力如图所示，二者一起做匀减速直线运动，设它们共同运动的加速度的大小为a4.‎ μ (M+m) g－F =" (M+m)" a4 ‎ 设再经过时间tⅡ，它们停止运动.‎ ‎0 = v－a4tⅡ tⅡ=s t总 = tⅠ+ tⅡ=" 4.0" s 因此将物块放在木板上后，经过 4.0 s木板停止运动. ‎ 考点：此题为运动和力的综合题目，考查牛顿定律及运动公式的应用问题，要求有较高的逻辑思维能力和灵活运用知识的能力。‎ ‎ ‎