【物理】四川省绵阳市南山中学实验学校2020届高三上学期11月月考试题(解析版)
四川省绵阳市南山中学实验学校2020届高三上学期
11月月考试题
一、选择题
1.2019 年 3 月 31 日,我国成功将“天链二号 01 星”送入地球同步轨道.“天宫二号”在距地面 390 km 轨道上运行,“天链二号 01 星”可为“天宫二号” 与地面测控站间数据传输提供中继服务,则
A. “天链二号 01 星”能一直位于“天宫二号”的正上方
B. “天链二号 01 星”能持续不断地与“天宫二号”保持直接通讯
C. 在相等时间里,两颗卫星的运转半径所扫过的面积相等
D. “天链二号 01 星”的加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度
【答案】D
【解析】
【详解】A.天链二号01星是地球同步卫星,相对于地球表面静止,其轨道与地球的赤道在同一个平面内,故天链二号01星不能一直位于“天宫二号”的正上方,故A错误;
B.天链二号01星与天宫二号有相对运动,当它们运行到地球位于它们中间时,由于地球的阻挡,它们间不能直接通讯,故B错误;
C.两卫星的中心天体都是地球,但是轨道不同,根据开普勒第二定律可知,在相等时间里,两颗卫星的运转半径所扫过的面积不相等,选项C错误;
D.同步卫星与地球自转角速度相等,据a=rω2可知,地球同步卫星轨道半径大,向心加速度大于赤道上静止物体随地球自转的向心加速度,故D正确。
2.如图所示,斜面上有竖直光滑杆 AB 和倾斜光滑杆 AC,已知 AB= BC。一小环静止开始从 A 滑到 B 用时 t1,从 A 滑到 C 用时 t2。则下列关系式正确的是
A. t2 = t1 B. t2= 2t1
C. t2= 2 t1 D. t2= 2 t1
【答案】A
【解析】
【详解】若以AB为直径做圆,设 则由A到B:
解得
从A到D:
解得
由几何关系可知,D为AC的中点,根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知:
A. t2 = t1,与结论相符,选项A正确;
B.t2= 2t1,与结论不相符,选项B错误;
C.t2= 2t1,与结论不相符,选项C错误;
D. t2= 2 t1,与结论不相符,选项D错误;
3.一个小球被水平抛出,运动t时间重力做功为W,不计空气阻力,则t时刻重力的瞬时功率为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意有 解得: ,故C对;ABD错;
故选C
4.如图所示,一轻杆一端固定一小球,绕另一端O点在竖直面内做匀速圆周运动,在小球运动过程中,轻杆对它的作用力
A. 方向始终沿杆指向O点
B. 一直不做功
C. 从最高点到最低点,一直做负功
D. 从最高点到最低点,先做负功再做正功
【答案】C
【解析】
A.小球做匀速圆周运动,合力提供向心力,方向始终沿杆指向O点,小球受重力和杆的作用力,所以杆的作用力不一定沿杆指向O点,故A错误;
BCD.小球做匀速圆周运动,合力做功为零,从最高点到最低点,重力做正功,所以杆一直做负功,故B错误,C正确,D错误。
故选:C
5.如图所示,固定斜面倾角为θ,整个斜面分为 AB、BC两段,且 BC=1.5AB.小物块 P(可视为质点)与 AB、BC 两段斜 面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知小物块 P 从 A 点由 静止释放,恰好能滑动到 C 点而停下,则θ、μ1、μ2 间应 满足的关系是
A. tanθ =
B. tanθ =
C. tanθ =2μ1-μ2
D. tanθ =2μ2-μ1
【答案】B
【解析】
【详解】A点释放,恰好能滑动到C点,物块受重力、支持力、滑动摩擦力。设斜面AC长为L,运用动能定理研究A点释放,恰好能滑动到C点而停下,列出等式:
解得:
A.tanθ =,与结论不行相符,选项A错误;
B.tanθ =,与结论相符,选项B正确;
C.tanθ =2μ1-μ2,与结论不行相符,选项C错误;
D.tanθ =2μ2-μ1,与结论不行相符,选项D错误;
6.如图所示,轻弹簧放在光滑的水平面上,左端固定在竖直墙面上,弹簧处于自然伸长状态。一物块放在离弹簧右端一定距离的水平面上的A点,用水平向左的恒力推物块,使物块由静止开始向左运动并压缩弹簧,弹簧右端最大压缩到B点,弹簧的形变始终在弹性限度内,恒力始终作用在物块上,则下列说法正确的是
A. 物块与弹簧刚接触时,物块的速度最大
B. 弹簧压缩量最大时,弹簧的弹性势能小于推力F做的功
C. 物块在A、B间往复运动
D. 物块向左运动和向右运动过程中,速度最大的位置在同一位置
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据弹簧的受力分析物块运动的加速度变化,从而知道速度变化,在借助于功能关系找到物块运动过程中能量的转化关系。
【详解】A、物块压缩弹簧时,开始推力F大于弹簧的弹力,加速度方向向左,物体做加速运动,弹力增大,加速度减小,速度增大. 故A错;
B、当弹力与推力相等后,弹力大于推力,加速度方向向右,随着弹簧的压缩,加速度增大,加速度方向与速度方向相反,速度减小,当速度减到零时,弹性势能增大到最大,根据功能关系可知弹簧的弹性势能等于推力F做的功,故B错;
C、当弹性势能最大时,弹簧的加速度是向右的,所以物块开始向右运动,弹性势能释放逐渐转化为克服恒力F做的功,根据功能关系可知当物块运动到A点时速度恰好减小到零,所以物块在A、B间往复运动,故C对;
D、物块向左运动和向右运动过程中,速度最大的位置都出现在加速度为零的位置,即 ,弹簧压缩量都等于 的位置,速度最大,所以速度最大的位置在同一位置,故D对;
故选CD
7.一辆汽车在水平路面上匀速直线行驶,阻力恒定为f. t1时刻驶入一段阻力为2f的路段继续行驶。t2时刻驶出这段路,阻力恢复为f行驶中汽车功率恒定,则汽车的速度v及牵引力F随时间t的变化图象可能是
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
试题分析:t1之前,汽车做匀速直线运动,牵引力与阻力相等,t1时刻后阻力变为2f,汽车做减速运动,由知,随着速度的减小,牵引力逐渐的增大,即汽车做加速度逐渐减小的减速运动,当牵引力增大到2f时,汽车做匀速运动。t2时刻后,汽车驶出这段路,阻力恢复为f,这时牵引力为2f大于阻力f,汽车做加速运动,由知,随着速度的增加,牵引力逐渐的减小,加速度逐渐减小。由上分析知,A、C对。
考点:机车启动
【名师点睛】“机车的启动”模型:
物体在牵引力(受功率和速度制约)作用下,从静止开始克服一定的阻力,最后达到最大速度的整个加速过程,可看作“机车的启动”模型.
(1)恒定功率启动(所受阻力一定)
先做变加速(a减小)运动,再做匀速(a=0)运动,在此过程中,F牵、v、a的变化情况是:
(2)恒定加速度启动(所受阻力一定)
先做匀加速运动,再做变加速运动,最后匀速运动,具体变化过程如下
(3)启动过程满足的运动规律
机车的功率P=Fv
机车的加速度a=
当机车的速度达到最大时,F=Ff,a=0,最大速度vm=
8.如图所示,位于水平面上的同一物体在恒力F1的作用下,做速度为v1
的匀速直线运动;在恒力F2的作用下,做速度为v2的匀速直线运动.已知 F1与F2的功率相同,则可能有
A. F1= F2, v1
v2
C. F1< F2, v1F2 v1>v2
【答案】BD
【解析】
物体都做匀速运动,受力平衡,则: F1cosθ=μ(mg-F1sinθ);F2=μmg 解得:F1(cosθ+μsinθ)=F2;根据F1与F2功率相同得:F2v2=F1v1cosθ,联立解得: 所以v2<v1,而F1与 F2的关系无法确定,大于、等于、小于都可以.故选BD.
三、非选择题
9.利用如图 1 装置研究滑块的运动.将气垫导轨调至水平,并调整定滑轮高度,使得细线与导轨平行,不计滑轮处摩擦.
(1)用游标卡尺测滑块上的遮光条宽度 d,图 2 中游标卡尺的读数为________cm.
(2)改变钩码质量 m,进行多次测量,采集数据(a,m),并作出关系图象如图 3,图象的斜率是 k,纵轴截距是 c,由此可得当地重力加速度大小为__________;滑块(含遮光条)的质量为_______.
【答案】(1). 0.78 (2).
【解析】
【详解】(1)[1].由图知第8条刻度线与主尺对齐,d=7mm+8×0.1mm=7.8mm=0.78cm;
(2)[2][3].由牛顿第二定律得:
mg=(M+m)a
整理得:
则
则:
;
10.南山实验某同学欲设计一电路尽可能精确地测量某一电阻的阻值,该 待測电阻 Rx 大约 300 Ω 。有以下器材可供选择,
A.定值电阻(R1=15Ω )
B.定值电阻(R2= 999Ω )
C.电流表 A1 (量程为 l.5mA,内阻为 1Ω )
D.电流表 A2(量程 6mA,内阻约为 0.05Ω )
E.电压表 V (量程为 10V,内阻约为 5kΩ )
F.滑动变阻器 R3(最大阻值 10Ω ,允许通过的最大电流为 0.5A)
G.滑动变阻器 R4(最大阻値 100Ω ,允许通过的最大电流为 0.1A)
H.电池组(E=3V,内阻不计)
I.足量的导线与开关
(1)该同学应该选择的滑动变阻器为________(选填“R3”、“R4”)。
(2)电表应该选择________和________,在方框中画出该同学设计的电路图。
【答案】 (1). R3 (2). A1 A2
【解析】
【详解】(1)[1].题中所给滑动变阻器小于待测电阻的阻值,为了尽可能精确地测量,滑动变阻器需要利用分压接法接入回路,滑动变阻器应选较小的R3为宜;
(2)[2][3][4].因电压表量程过大,故将电流表A1与R2串联后充当电压表使用,因A1电阻已知,故电流表用A2采用电流表内接法;同时为了减小实验误差,应采用滑动变阻器分压接法;故电路图如下;
11.一平板车,质量 M=100kg,停在水平路面上,车身的平板离地面的高 度 h=1.25m,一质量 m=50kg 的物块置于车的平板上,它到车尾端的距离 b=1.00m, 与车板间的动摩擦因数μ =0.20。如图所示。今对平板车施一水平向右的恒力 F 使车向前行驶,结果物块从车板上滑落。物块刚离开车板的时刻,车向前行驶的 距离 s0=2.0m,不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦,取 g=10m/s2。求:
(1)水平向右的恒力 F 的大小;
(2)物块落地时,落地点到车尾的水平距离 s。
【答案】(1)500N(2)1.625m
【解析】
【详解】(1)以m为研究对象进行分析,m在水平方向只受一个摩擦力f的作用,f=μmg,根据牛顿第二定律知
f=ma1
a1=μg=0.20×10m/s2=2m/s2
如图,
m从A点运动到B点,做匀加速直线运动,sAB=s0-b=1.00m,运动到B点的速度υB为:
物块在平板车上运动时间为
在相同时间里平板车向前行驶的距离s0=2.0m,则
所以平板车的加速度
此时平板车的速度为
v2=a2t1=4×1=4m/s
m从B处滑落时,以υB为初速度做平抛运动,落到C的水平距离为s1,下落时间为t2,则
s1=vBt2=2×0.5m=1.0 m
对平板车M,在m未滑落之前,水平方向受二力作用,即F和物块对平板车的摩擦力f,二者方向相反,平板车加速度为a2,由牛顿第二定律得:
F-f=Ma2
则有:
F=Ma2+f=(100×4+0.2×50×10)N=500N
(2)当m从平板车的B点滑落以后,平板车水平方向只受F作用,而做加速度为a3的匀加速运动,由牛顿第二定律得:
F=Ma3
即
在m从B滑落到C点的时间t=0.5s内,M运动距离s2为
物块落地时,落地点到车尾的水平距离s为
s=s2-s1=(2.625-1)m=1.625m
12.过山车是游乐场中常见的设施之一。下图是过山车模型的一部分,它由足够长的水平轨道和半径为R的竖直光滑圆形轨道组成,B点是圆形轨道的最低点。一质量为2m的小球a,由距B点2R的A点以初速度vo(vo未知)水平向右运动,在B点与质量为m的小球b发生弹性正碰,碰后a未脱离轨道。已知a、b与水平轨道的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。
(1)若碰后b恰能到达轨道上与圆心等高处,求a的初速度vo;
(2)若碰后b恰能越过轨道的最高点,求最终a、b两球的水平距离x。
【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】(1)设小球a在B点碰撞前的速度为v,由动能定理得:
a、b球碰撞,设碰撞后a、b球速度分别为,,由动量守恒和机械能守恒定律得
碰撞后b球恰能到圆心等高处,由机械能守恒得:
联立得:
(2)碰后b恰能越过轨道最高点的速度为,由牛顿第二定律得:
B碰后到最高点的过程,由机械能守恒得
B球经轨道回到B点右侧受阻力,设经而停止,由动能定理得
解得:
碰后a球的速度
A球滑上轨道后,将返回水平轨道向左运动,设经而停止,由动能定理得
得:
则最终ab两球得水平距离为:
13.如图所示为一列沿x正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图。其中a、b为介质中的两质点,若这列波的传播速度是100 m/s,则下列说法正确的是_________.
A. 该波波源的振动周期是0.04 s
B. a、b两质点可能同时到达平衡位置
C. t=0.04 s时刻a质点正在向下运动
D. 从t=0到t=0.01 s时间内质点b的路程为1 cm
E. 该波与频率是25 Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象
【答案】ACE
【解析】
【分析】
由图可知波的波长,根据可以求得周期,根据波的平移原则判断某时刻某个质点的振动方向,知道周期则可得出质点的路程,当两列波的频率相同时,发生干涉现象.
【详解】A.由图象可知,波长λ=4m,振幅A=2cm,由题意知,波速v=100m/s,波源的振动周期,故A正确;
B.a、b两质点不可能同时到达平衡位置,故B错误;
C.波沿x轴正方向传播,0时刻a质点正在向下运动,t=0.04 s=T,一个周期后a质点回到了原来的位置,仍然正在向下运动,故C正确;
D.从t=0到t=0.01 s时间内,,四分之一个周期的时间内,质点运动的路程一定大于,故D错误;
该波的频率,与频率是25 Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象,故E正确.
故选ACE.
【点睛】考查波的形成与传播过程,掌握波长、波速与周期的关系,理解质点的振动方向与波的传播方向的关系.
14.如图所示,放置在真空中的三棱镜的横截面为直角三角形ABC,∠A=30°.在BC的延长线上有一单色点光源S,从S射出的一条光线从AC
边上的D点(图中未画出)处射入棱镜中,经三棱镜折射后垂直于AB边射出.若S、D两点的距离为d,且光从光源S到D的传播时间与光在三棱镜中传播的时间相等.已知三棱镜的折射率,光在真空中的传播速度为c,求:
(1)从光源射出的光线与SB边的夹角;
(2)入射点D到顶点A点的距离.
【答案】(1)θ=15° (2)
【解析】
【分析】
(1)作出光路图,根据折射定律求出折射角,由几何知识求解从光源射出的光线与SB边的夹角;
(2)根据几何知识求出光线在玻璃砖中传播的距离,由求出光在玻璃砖中传播的速度,结合题设条件:光从光源S导D点的传播时间跟光在三棱镜的时间相等,列式求解.
【详解】(1)根据题意作出光路图:
由折射定律有:
又:r=90°-60°=30°
联立解得:i=45°
由几何知识可得光源射出的光线与直线BC边的夹角为:∠DSC=∠C-(90°-i)=15°
(2)根据题意,设光在三棱镜中传播的距离为x,速度大小为v,则有:
又由于:
由几何知识知,入射点D到顶点A点的距离
联立解得:
【点睛】解答本题的关键是正确画出光路图,然后依据几何关系和折射定律、光速公式解题.