重庆市凤鸣山中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

重庆市凤鸣山中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

重庆市凤鸣山中学2019—2020学年度高三上期第一次月考 高2020级物理试题 一、选择题（共48分，每题4分,其中1~8题为单选题，每题只有一个正确答案；9~12题为多选题，每题至少有两个正确答案，选对但不全的得2分，不选或错选得0分）‎ ‎1.亚里士多德在其著作《物理学》中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”．伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判的继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”．下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是（ ）‎ A. 一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动 B. 作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因 C. 可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的 D. 竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，所以当物体不受到任何外力的时候，总保持静止或者匀速直线运动的状态，故选项A正确；‎ B.当物体受到外力作用的时候，物体的运动状态会发生改变，即力是改变物体运动状态的原因，故选项B正确；‎ C.可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故选项C错误；‎ D.物体具有向上的速度，由于具有保持这种运动状态的性质，虽然受到向下的重力，但物体不会立即向下运动，故选项D正确。‎ 本题选择错误答案，故选：C ‎2.一个物体从某一高度做自由落体运动．已知它在第1 s内的位移恰为它在最后1 s内位移的三分之一．则它开始下落时距地面的高度为（g＝10 m/s2）‎ A. 15 m B. 20 m C. 11.25 m D. 31.25 m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】物体在第1 s内位移：‎ 则物体在最后1 s内的位移为15 m，对最后1 s可得：‎ 可解得：‎ t总＝2 s 则物体下落时距地面的高度为：‎ A．15m与分析不符，故A错误.‎ B．20m与分析相符，故B正确 C．11.25m与分析不符，故C错误 D．31.25m与分析不符，故D错误 ‎3.如图所示，用一根细绳连接矩形相框的两个顶角b、c，将其挂在竖直墙的钉子a上，a到b、c两点的距离相等，b、c间的距离为d，相框重为G，细绳能承受的最大拉力为G，不计一切摩擦，则绳的长度不能小于(　　)‎ A. B. C. d D. 2d ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】矩形相框受力如图：‎ ‎ 设细线与水平方向的夹角为α，根据平衡条件，竖直方向，有：‎ ‎2Tsinα=mg 设细线长度为L，结合几何关系，有：‎ 联立解得：‎ ‎；‎ A. ，与结论不相符，选项A错误；‎ B. ，与结论相符，选项B正确；‎ C. d，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 2d，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎4.甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5 m／s，乙的速度为10 m／s，甲车的加速度大小恒为1．2 m／s2。以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知( )‎ A. 乙车做加速度先增大后减小的变加速运动 B. 在前4 s的时间内，甲车运动位移为29．6 m C. 在t＝4 s时，甲车追上乙车 D. 在t＝10 s时，乙车又回到起始位置 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：速度时间图像的斜率代表角速度，据此判断乙的运动过程加速度先减小再增大最后减小，选项Ａ错。速度时间图像与时间轴围成的面积代表位移，乙图像面积大于甲图像面积，所以乙的位移大于甲的位移，在t＝4 s时甲不可能追上乙车，选项Ｃ错。前１０秒，乙图像面积一直在增大位移在增大，速度一直沿正方向，所以乙不可能回到初始位置，选项Ｄ错。在前4 s的时间内，甲车运动位移，选项Ｂ对。‎ 考点：速度时间图像 匀变速直线运动 ‎【名师点睛】速度时间图像的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，速度时间图像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴以上表示位移为正，时间轴以下表示位移为负，速度时间图像交点表示速度相等，不表示位移相等，要区分速度时间图像和位移时间图像 ‎5. 一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )‎ A. 速度增大，加速度增大 B. 速度增大，加速度减小 C. 速度先增大后减小，加速度先增大后减小 D. 速度先增大后减小，加速度先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：对滑块：，在运动过程中摩擦力不变，弹力增大，所以加速度减小，物体先做加速度减小的加速运动，当弹力增大到大于摩擦力时，，随弹力的增大，加速度增大，物体做加速度增大的减速运动直到速度减小为零，弹簧最长，所以A、B、C错误；D正确。‎ 考点：本题考查牛顿第二定律 ‎6.将两个质量均为m的小球a、b用绝缘细线相连，竖直悬挂于O点，其中球a带正电、电荷量为q，球b不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘细线Oa与竖直方向的夹角为θ＝30°，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 取小球a、b整体作为研究对象，则受重力2mg、悬线拉力FT和电场力F作用处于平衡，此三力满足如图所示的三角形关系，‎ 由图知F最小值为，由，知 ，故B对 综上所述所述本题答案是：B ‎ ‎7.如图所示，倾角θ=300的斜面体A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态。现给物块b施加一个水平向右的F，使其缓慢离开直到与竖直方向成300 (不计绳与滑轮间的摩擦），此过程说法正确的是（ ）‎ A. b受到绳的拉力先増大再减小 B. 小物块a受到的摩擦力増大再减小 C. 水平拉力F逐渐増大 D. 小物块a—定沿斜面缓慢上移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对b受力分析如图所示： 因为b受力平衡，设绳与竖直方向的夹角为α，b缓慢离开直到与竖直方向成30°的过程中，α变大，根据平行四边形定则可知，T逐渐增大，F逐渐增大，故A错误，C正确；对a受力分析如图所示： 刚开始T=mg，a处于静止状态，则，方向向下，T增大时，f增大，摩擦力增大，由于不知道最大摩擦力的具体值，所以不能判断a是否会滑动，故BD错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎8.如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定的偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内 ）。与稳定在竖直位置时相比，小球高度 A. 一定升高 B. 一定降低 C. 保持不变 D. 升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 试题分析：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，‎ 弹簧的伸长x1＝，即小球与悬挂点的距离为L1=L0+，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：T2=，弹簧的伸长：x2＝＝，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+）cosα=L0cosα+＜L0+=L1，所以L1＞L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故A正确，BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎9.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，A、B两个质量均为m的滑块用轻质弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，水平力F作用在滑块B上，使A、B相对斜面静止，此时弹簧长度为l，且在弹性限度内，则下列说法正确的是(　　) ‎ A. 弹簧原长为l＋ B. 弹簧原长为l＋‎ C. 力F的大小为mg D. 力F的大小为mg ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB：对滑块A受力分析，据平衡条件得，其中，解得：。故A项正确，B项错误。‎ CD：对A、B构成的整体受力分析，据平衡条件得，解得。故C项错误，D项正确。‎ ‎【点睛】对题中有多个物体的问题，合理选择研究对象，可优化解题过程。‎ ‎10.如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2）．下列说法中正确的是 A. 小球受力个数不变 B. 小球立即向左运动，且a=8 m/s2‎ C. 小球立即向左运动，且a=10 m/s2‎ D. 若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=10×1=10N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球的受力个数发生改变，故A错误．小球所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0.2×10N=2N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：．合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误．若剪断弹簧，则在剪断的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确．故选BD．‎ 点睛：解决本题的关键知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，剪短弹簧的瞬间，轻绳的弹力要变化，结合牛顿第二定律进行求解．‎ ‎11.如图所示，水平传送带A、B两端点相距x=4m，以v0=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一质量为1kg的小煤块（可视为质点）无初速度轻轻放到A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中（　　）‎ A. 小煤块运动到B速度大小为4m/s B. 小煤块从A运动到B的时间为2.25s C. 划痕长度为1m D. 小煤块与传送带系统产生的热量为2J ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 小煤块运动到B，速度不可能超过传送带的速度，即不可能为4m/s，故A错误；小煤块先加速后匀速，根据牛顿第二定律，得：a==0.4×10=4m/s2，‎ 加速时间为：t1==0.5s，‎ 加速位移：，‎ 匀速时间：，‎ 故运动的总时间为：t=t1+t2=0.5s+1.75s=2.25s，故B正确；‎ 在加速过程，传送带的位移为：x1′=v0t1=2×0.5=1m，故划痕为：‎ ‎ =1﹣0.5=0.5m，故C错误；小煤块与传送带系统产生的热量为：Q=f•△x=μmg•△x=0.4×1×10×0.5=2J，故D正确；故选BD.‎ 点睛：分析清楚物体运动的过程，先是匀加速直线运动，后是匀速直线运动，分过程应用运动规律求解即可，尤其是注意分析摩擦力的变化情况．‎ ‎12.如图甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)‎ A. 在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零 B. 在t1～t2时间内，A受到摩擦力方向水平向左 C. 在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmg D. 在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．AB间的滑动摩擦力fAB=μmg，B与地面间的摩擦力f=3μmg，故在0～t1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B静止，此时AB无相对滑动，故AB间摩擦力为零，故A正确；‎ B．A在木板上产生的最大加速度为 此时对B分析可知 F-4μmg=2ma 解得 F=6μmg，‎ 故在在t1～t2时间内，AB一起向右做加速运动，对A可知，A受到的摩擦力水平向右，故B错误；‎ C．在t2时刻，AB将要发生滑动，到达最大静摩擦力，故A、B间的摩擦力大小为μmg，故C错误；‎ D．在t3时刻以后，AB发生滑动，故A、B间的摩擦力大小为μmg，故D正确。‎ 二、实验题（共16分，第13题6分，第14题10分）‎ ‎13.在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，计算结果由计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数；若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则 ① （填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1 ② （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2 ③ （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。‎ ‎【答案】①Rx1②大于 ③小于 ‎【解析】‎ 试题分析：因为，而，故可认为Rx＞＞RA，故应采用图a电路测量更准确，即Rx1更接近待测电阻的真实值；因为，，U＞UR，I=IR，则，即测量值Rx1大于真实值；因为，，U=UR，I＞IR，则，即测量值Rx2小于真实值；‎ 考点：伏安法测电阻。‎ ‎14.如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图．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．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C．本实验m2应远小于m1‎ D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象 ‎（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出a﹣F图象，他可能作出图2中_____（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_____．‎ A．小车与轨道之间存在摩擦 ‎ B．导轨保持了水平状态 C．钩码的总质量太大 ‎ D．所用小车的质量太大 ‎（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的象，如图3．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=____，钩码的质量m1=____．‎ ‎（4）实验中打出的纸带如图4所示．相邻计数点间的时间是0.1s，由此可以算出小车运动的加速度是_____m/s2．‎ ‎【答案】（1）D（2）丙，C（3），（4）0．46‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据重力沿斜面向下的分力等于物体受到的摩擦力这一原理来平衡摩擦力，即满足，与质量无关，所以增减砝码后不需要重新平衡摩擦力，A错误；由于实验过程非常短暂，为了得到更多的数据，应先接通电源后释放纸带，B错误；实验中需要钩码的质量远远小于小车的质量，故C 错误；直线更能直观的反应两者的关系，根据牛顿第二定律可得，加速度a与成正比，所以应绘制 图象，D正确 ‎（2）没有平衡摩擦力，则在钩码有一定质量后，小车才具有加速度，故丙正确；此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是没有满足m2>>m1造成的，也就是钩码的总质量太大，故选C ‎（3）根据牛顿第二定律可知，；结合图象，可得：，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，因此钩码的质量，‎ 小车与木板间的动摩擦因数；‎ ‎(4)根据逐差法可得，解得a＝＝0.46 m/s2.‎ 考点：“探究加速度与力、质量的关系” 实验 三、计算题（共4小题，46分。解答时须写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分） ‎ ‎15.如图所示，放在表面粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物体B均处于静止状态。轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角，斜面倾角 ，物块A和B的质量分别为mA=5kg，mB=1kg，弹簧的劲度系数k=500N/m，（， ，重力加速度g=10m/s2），求：‎ ‎（1）弹簧的伸长量x；‎ ‎（2）物块A受到的摩擦力。‎ ‎【答案】（1）m（2）N，方向沿斜面向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对结点O受力分析如图所示：‎ ‎ 根据平衡条件，有：‎ ‎，， 且：F=kx，‎ 解得：，x=m；‎ ‎（2）设物体A所受摩擦力沿斜面向下，对物体A做受力分析如图所示：‎ ‎ 根据平衡条件，有：‎ 解得： ， 即物体A所受摩擦力大小为，方向沿斜面向上．‎ ‎16.如图所示，内壁光滑的圆柱形气缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体．已知活塞截面积为S，外界大气压强为p0、缸内气体温度为T1．现对气缸缓慢加热，使体积由V1增大到V2的过程中，气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，求：‎ ‎(1)停止加热时缸内的气体的温度；‎ ‎(2)降温过程中气体放出的热量．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 气缸中气体在停止加热前发生等压变化，根据盖吕萨克定律求末态温度；根据热力学第一定律，升温和降温过程内能的变化量绝对值相等，体积不变不做功，求出升温过程的内能变化量，即可求出降温过程放出的热量；‎ ‎【详解】（ⅰ）停止加热前缸内气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得 由题意知 解得：‎ ‎（ⅱ）体积由V增大到3V的过程中，活塞受力平衡有 解得：‎ 气体对外所做的功 停止加热后体积不变，‎ 全程内能变化 根据热力学第一定律 所以降温过程中气体放出的热量 ‎17.如图所示,倾角为37°的斜面长L=1.9m,在固定斜面底端正上方的O点将一小球以速度=3m/s水平抛出,与此同时释放在斜面顶端的滑块,经过一段时间后小球恰好能以垂直斜面的方向击中滑块(小球和滑块均可视为质点,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8).‎ 求：‎ ‎（1）抛出点O离斜面底端的高度;‎ ‎（2）滑块与斜面间的动摩擦因数 ‎【答案】(1)h＝1.7 m。(2)μ＝0.125‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球垂直击中斜面 m/s 小球抛出到击中斜面所用的时间 小球竖直下落的高度 m ‎ 水平位移 m ‎ 则小球抛出点距斜面底端的高度m ‎ ‎(2) 滑块在斜面上下滑的位移m ‎ 滑块在斜面上下滑的加速度 ‎ 滑块在斜面上下滑的时间s ‎ 根据运动学公式 解得： ‎ ‎18.在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ．‎ ‎（1）证明：若滑块最终停在小车上，滑块和车摩擦产生的内能与动摩擦因数μ无关，是一个定值．‎ ‎（2）已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m=1kg，车长L=2m，车速v0=4m/s，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？‎ ‎（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？‎ ‎【答案】（1）Q＝；（2）F≥6N；（3）0.5s≤t≤1.08s ‎【解析】‎ ‎（1）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度 ‎（1分）‎ 滑块相对车滑动的时间（1分）‎ 滑块相对车滑动的距离（1分）‎ 滑块与车摩擦产生的内能（1分）‎ 由上述各式解得（与动摩擦因数μ无关的定值） （1分）‎ ‎（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则 滑块运动到车左端时间①‎ 由几何关系有② （1分）‎ 由牛顿定律有③ （1分）‎ 由①②③式代入数据解得，（2分）‎ 则恒力F大小应该满足条件是（1分）‎ ‎（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）．到达车右端时，与车达共同速度．则有 ‎④ （1分）‎ ‎⑤ （1分）‎ ‎⑥ （1分）‎ 由④⑤⑥式代入数据解得（1分）‎ 则力F的作用时间t应满足，即（2分）‎ ‎ ‎