河南省新乡市第一中学2020届高三上学期10月月考物理试题

河南省新乡市第一中学2020届高三上学期10月月考物理试题

河南省新乡市第一中学2020届高三上学期10月月考 物理试题 ‎（测试时间：90分钟卷面总分：110分）‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1－8题只有一项符合题目要求，9－12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选得0分）‎ ‎1.汽车在公路上紧急刹车时，车后会留下一条长长的轮胎印，这个轮胎印的长度就是汽车的刹车距离，测试两辆汽车在同一水平路山上的刹车距离，假设所用轮胎型号相同，刹车距离长的汽车一定 A. 惯性大 B. 惯性小 C. 初速度大 D. 受到的阻力小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】令轮胎和地面的动摩擦因数为μ，刹车过程中，由动能定理可知，‎ 即 由公式可得 根据表达式可知，位移的大小与汽车的质量无关；两车与路面的动摩擦因数相同，所以初速度越大，刹车距离长 A．惯性大与分析不符，故A错误；‎ B．惯性小与分析不符，故B错误；‎ C．初速度大与分析相符，故C正确；‎ D．受到的阻力小与分析不符，故D错误．‎ ‎2.如图所示，一只气球用细线连接栓于地面的固定石块上，风沿水平方向吹来．当风力较小，气球静止时，细线与竖直方向的夹角为，此时细线的拉力大小为F ‎；当风力较大，气球静止时，细线与竖直方向的夹角为，则此时细线的拉力大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设气球的质量为m，受到的浮力为N，当风力较小，对气球受力分析由竖直方向平衡条件得 当风力较大，对气球受力分析由竖直方向平衡条件得 联立解得：‎ A．与分析相符，故A正确；‎ B．与分析不符，故B错误；‎ C．与分析不符，故C错误；‎ D．与分析不符，故D错误．‎ ‎3.如图所示为某质点做匀变速运动的位移—时间（x－t）图象，t＝4s时图象的切线交时间轴于t＝2s处，由此可知，t＝0时刻质点的速度大小为（ ）‎ A. 0 B. 0.25m/s C. 0.5m/s D. 1m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，=4s时质点的速度 m/s=3m/s 求得 ‎.‎ A．0，与结论相符，选项A正确；‎ B．0.25m/s，与结论不相符，选项B错误；‎ C．0.5m/s，与结论不相符，选项C错误；‎ D．1m/s，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选A.‎ ‎4.电动平衡车，又叫体感车、思维车、摄位车等．是现代人用来作为代步工具，休闲娱乐的一种新型的绿色环保的产物．如图所示，一个人站在“电动平衡车”上在水平地而上沿直线前进，不计空气阻力，下列说法正确的是 A. “电动平衡车”匀速行驶时，车对人的摩擦力是人前进的动力 B. “电动平衡车”加速行驶时，车对人的作用力大于人对车的作用力 C. “电动平衡车“减速行驶时，人对车的摩擦力与车的运动方向相同 D. 人从“电动平衡车”跳起后，上升过程处于超重状态，下降过程处于失重状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“电动平衡车”匀速行驶时，人合力为零，竖直方向重力等于支持力，水平方向无摩擦力，故A错误；‎ B．电动平衡车”加速行驶时，车对人的作用力等于人对车的作用力，因为相互作用力大小相等，故B错误；‎ C．“电动平衡车”减速行驶时，车对人的摩擦力与车的运动方向相反，根据相互作用力方向相反，知人对车的摩擦力与车的运动方向相同，故C正确；‎ D．人从“电动平衡车”跳起后，只受重力，加速度一直向下，处于失重状态，故D错误．‎ ‎5.一辆汽车做匀加速直线运动，从A到B速度增量为，位移为，从B到C速度增量为，运动的位移为，若D点是汽车从B运动到C过程的中间时刻的位置(图中未标出)，则汽车从B点运动到D点的位移为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由加速度的定义式，知B到C的时间是A到B时间的2倍，设A到B的时间为t，则B到C的时间为2t，AB段中间时刻的速度 BC段中间时刻D点的速度 其中 联立解得：‎ D到B的逆过程：‎ 联立解得：‎ A．与分析不符，故A错误；‎ B．与分析不符，故B错误；‎ C．与分析相符，故C正确；‎ D．与分析不符，故D错误．‎ ‎6.某质点从静止开始做直线运动，其速度平方与位移关系如图所示，则质点运动5m的位移所用的时间为 A. 3s B. s C. s D. 5s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设质点的初速度为v0，末速度为v，加速度大小为a，则由速度位移关系有：，可知质点在前2m位移内做匀加速运动，在2-5m位移内做匀减速运动；结合匀变速直线运动的特点可知，由图可知质点的初速度为0，设最大速度为v，则有：‎ 所以 所以全程的平均速度大小为：‎ 所以总时间为 A．3s与分析不符，故A错误；‎ B．s与分析不符，故B错误；‎ C．s与分析不符，故C错误；‎ D．5s与分析相符，故D正确．‎ ‎7.如图所示，轻弹簧一端连接到地面上的A点，另一端与轻绳的O点连接，轻绳的另一连接于地面的B点，用竖直向上，大小为F的拉力作用于O点，静止时，轻弹簧和轻绳长度相等，OB长为L，AB间距离为，轻弹簧原长为0.8L．现在改变拉力F的大小和方向，使OB段细绳垂直于地面．已知弹簧的形变在弹性限度内，则需要的最小拉力为 A. 2F B. 4F C. 6F D. 8F ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时，设弹簧的弹力F1与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件有：‎ ‎ ‎ 即 设弹簧的劲度系数为k，则 当OB段细绳垂直于地面时，弹簧的长度为 当拉力与弹簧弹力等大反向时，拉力最小，最小的拉力 A．2F与分析不符，故A错误；‎ B．4F与分析不符，故B错误；‎ C．6F与分析相符，故C正确；‎ D．8F与分析不符，故D错误．‎ ‎8.如图所示，斜面体放在水平面上，物块放在光滑斜面上，用水平推力F作用在物块上，物块和斜面体均保持静止.现将推力的作用点位置不变，使推力绕作用点在竖直面内沿逆时针方向级慢转动至与斜面平行，物块和斜而体始终保持静止．则此过程 A. 推力F先变小后变大 B. 斜面对物块的作用力一直变小 C. 地面对斜面体的支持力在增大 D. 地面对斜面体的摩擦力在增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以物体为研究对象，受到重力、支持力和水平推力，推力绕作用点在竖直面内沿逆时针方向缓慢转动至与斜面平行的过程中，受力情况如图所示，根据图象可得推力F逐渐变小，故A错误；‎ B．斜面对物体的作用力就是支持力，根据图象可知，支持力逐渐减小，故B正确；‎ C．以整体为研究对象，开始时地面对斜面体的支持力等于整体重力，当F逆时针转的过程中F在竖直方向的分力逐渐增大（如图所示），所以地面对斜面体的支持力减小，故C错误；‎ D．以整体为研究对象，F在水平方向的分力逐渐减小（如图），则地而对斜面体的摩擦力在减小，故D错误．‎ ‎9.编号为1-8的8块完全相同的砖，并排欺在一起，用两手压着整体的两侧，并将整体悬停在空中，两手对砖的压力大小均为F，则下列说法正确的是 A. 某两块砖侧面问可能没有静摩擦力 B. 增大压力F，每块砖受到的静摩擦力增大 C. 所有砖与砖侧面间受到的静摩擦力中，最大值等于2块砖的重力 D. 所有砖与砖侧面间受到的静摩擦力中，1、2号砖块间及7、8号砖块间的静摩擦力最大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．每块砖处于平衡状态，静摩擦力和重力的合力为零，增大压力，最大静摩擦力增大，但砖受的摩擦力不变，将8块砖看成一个整体，对整体进行受力分析，在竖直方向，共受到三个力的作用：竖直向下的重力8G，两个相等的竖直向上的摩擦力f，由平衡条件可得 ‎2f=8G 解得：‎ f=4G 以第1～4块砖为研究对象，竖直方向上，受到重力4G、摩擦力f作用，二力平衡，故第4块砖和第5块砖之间没有静摩擦力，故A正确，B错误；‎ CD．研究第1块砖的受力，竖直方向上，受到重力G、摩擦力f和第2块砖的摩擦力f'作用，根据平衡条件可知，‎ 解得第2块砖对第1块砖的静摩擦力f'=3G，大于第2块砖的重力G，同理，第7块砖对第8块砖的摩擦力大小为3G，所有砖与砖侧面间受到的静摩擦力中，1、2号砖块间及7、8号砖块间的静摩擦力最大，故D正确，C错误．‎ ‎10.如图所示，A、B是天花板上两点，B点到竖直墙的距离是A点到竖直墙距离的2倍，B点处固定一个点光源，A点处固定一个小球，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A. 仅释放小球，小球在竖直墙上的影子也做自由落体运动 B. 仪释放小球，小球在整直墙上的影子运动的加速度为2g C. 先邦放小球，再释放点光源，之后小球在竖直墙上的影子仍做匀变速运动 D. 先释放小球，再释放点光源，之后小球在竖直墙上的影子有可能做匀速运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．仅释放小球，小球做自由落体运动，有根据几何关系，小球在竖直墙上的影子的位移 所以仅释放小球，小球在竖直墙上的影子运动的加速度为2g，故B正确，A错误；‎ CD．先释放小球，再释放点光源，从释放光源开始计时，小球相对于光源的位移 根据几何关系，影子相对于光源的位移 光源和小球相对于直墙的加速度为g，所以影子相对于直墙加速度为g，故影子相对于直墙的位移 所以先释放小球，再释放点光源，之后小球在竖直墙上的影子仍做匀变速运动，故C正确，D错误．‎ ‎11.一个小球从空中自由落下，进入一个水池中，小球在水中受到的阻力大小与速度大小成正比，小球受到的浮力不能忽略，池子足够深，则小球在水中运动过程中，下而速度随时间变化的图象可他正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若进入过程中重力大于浮力，速度增大，则阻力增大，根据 mg-F浮-kv=ma 则随着速度的增大，加速度减小，当加速度减小为零后，小球匀速运动，故A错误；‎ B．如果小球进入水中做减速运动，小球向下运动过程中满足 F浮-kv-mg=ma 当mg＞F浮时速度减小、加速度减小，当速度减小到 F浮+kv=mg 小球匀速运动，故B正确；‎ C．如果小球进入水中做减速运动，小球向下运动过程中满足 F浮-kv-mg=ma 当mg=F浮时，速度零，加速度也恰好为零，故C正确；‎ D．如果小球进入水中做减速运动，小球向下运动过程中满足 F浮-kv-mg=ma 当mg＜F浮时，速度为零后，小球向上做加速度减小的加速运动，故D正确．‎ ‎12.如图所示，水平传送带以大小为的速度沿逆时针匀速转动，一个物块也以大小为的速度从传送带的左端滑上传送带，并刚好能从传送带右端滑离，物块在传送带上运动的时间为t．若将物块滑上传送带的速度减小为，则下列判断正确的是 A. 物块能滑到传送带中间的位置 B. 物块在传送带上一直做匀变速运动 C. 物块在传送带上运动的时间也为t D. 物块在传送带上运动过程中，和传送带的相对位移为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】设左右两端的距离为L，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则加速度为 A．物块以大小为v的速度从传送带的左端滑上传送带，根据动能定理可得：‎ 若将物块滑上传送带的速度减小为，则 解得：‎ 故物块不能滑到传送带中间的位置，故A错误；‎ B．物块在传送带上先向右减速，加速度为μg，再反向加速，加速度也为μg，故物块一直做匀变速运动，故B正确；‎ C．物块以大小为v的速度从传送带的左端滑上传送带，运动时间 若将物块滑上传送带的速度减小为，物块在传送带上运动的时间也为 故C正确；‎ D．物块向右运动过程中，相对位移为 物块向左运动过程中，相对位移为 物块在传送带上运动过程中，和传送带的相对位移为 故D错误．‎ 二、实验题（本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共计15分。把答案写在答题卡上指定的位置）‎ ‎13.某同学用如图所示装置做“验证力的平行四边形定则”的实验 ‎(1)如图甲所示，橡皮条的一端C固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端(绳套和橡皮条的结点)拉到某一确定的O点，AO和BO的拉力是分力，CO的拉力_________(填“是”或“不是”)合力．‎ ‎(2)记录两个弹簧测力计的拉力和的大小和方向；只用一个弹赞测力计，将结点仍拉到位置O，记录弹簧测力计的拉力F′的大小和方向；按照力的图示要求，作出拉力、、F′；根据力的平行四边形定则作出和的合力F；如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿CO方向的是_____(填写F或F′)．‎ ‎(3)实验中，两个弹簧测力计量程相同，用两个弹簧测力计同时拉时，两绳夹角约为，两个弹簧测力计的示数均约为量程的，则这样的操作______(选填“合理”或“不合理”)，理由是______．‎ ‎【答案】 (1). 不是 (2). (3). 不合理 (4). 只用一个弹簧测力计拉时会超过其量程 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]实验中AO、BO的拉力是分力，合力的方向与CO拉力的方法相反，所以CO的拉力不是合力 ‎(2)[2]F是根据平行四边形定则得出，拉力F′是一根弹簧秤的拉力，方向与CO方向共线，所以方向一定沿CO方向的是F′‎ ‎(3)[3][4]实验中，两个弹簧测力计的量程相同，用两个弹簧测力计同时拉时，两绳夹角约为，两个弹簧测力计的示数均约为量程的，这样操作不合理，理由是只用一个弹簧测力计拉时会超过其量程．‎ ‎14.某同学利用如图所示装置做“探究加速度与质量关系”的实验．所用交流电的频率为50Hz，当地的重力加速度为g．‎ ‎(1)为了保证小车受到的合外力等于牵引小车细线的收力，需要进行的操作是_____．‎ A.使牵引小车的细线与木板平行 B.平衡摩擦力 C.钩码的质量远小于小车的质量 D.每次改变小车的质量后，重新进行平衡摩擦力 ‎(2)安装好装置并正确的操作，打出的纸带如图乙所示，图中所标点为计数点，相邻计数点间还有四个计时点未标出，则小车运动的加速度大小为=__________m/s²．‎ ‎(3)保持钩码质量不变，改变小车的质量m，重复实验，得到多组小车的加速度a与m的值，在坐标纸上作出图象如图丙所示，若图象的斜率为k，则得到钩码的质量为__，由于存在系统误差，因此由图象得到的钩码质量比钩码实际质量____(“大”或“小”)．‎ ‎【答案】 (1). AB (2). 0.51 (3). (4). 小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] AB．小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，为了保证小车受到的合外力等于牵引小车细线的拉力，需要用重力沿斜面的分力平衡摩擦力之外，还要注意需要使牵引小车的细绳与木板平行，故AB正确；‎ C．钩码的质量远小于小车的质量，这是用钩码的重力替代绳子拉力的条件，不符合本题要求，故C错误；‎ D．改变小车的质量，但不改变木板的倾角时不需要重新平衡摩擦力，故D错误 ‎(2)[2]根据位移差公式△x=at2得 ‎(3)[3]设钩码的质量为m0，根据牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ 其中斜率 解得：‎ ‎[4]根据牛顿第二定律求解砝码重力时，处理数据时，在，有，小车做加速运动时力F只能无限接近m0g，通过求合力F认为等于砝码重力m0g的方法求解的砝码质量m0比钩码的实际质量稍小．‎ 三、计算题（本题共4小题。第15题9分，第16题10分，第17题11分，第18题17分，共47分。把解答写在答题卡上指定的位置，要写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）‎ ‎15.如图所示，斜面体ABC放在水平面上，斜面AB、AC光滑，小球用平行于斜面的细线与斜面顶端的固定杆连接，现使斜面体向左做匀加速运动，放在斜面AB上的物块刚好不滑动．小球的质量为M，重力加速度为g，求；‎ ‎(1)斜面体运动的加速度大小；‎ ‎(2)小球相对于斜面静止时，细线对小球的拉力．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设物块运动的加速度大小为a，由于物块恰好不滑动，则：‎ 解得：‎ ‎(2)设当小球对斜面的压力为零时，斜面的加速度为a′，则：‎ 解得：‎ 因此小球会离开斜面，设细线对小球的拉力为F，则：‎ 解得：‎ ‎16.甲、乙两辆光车在平直的公路上均以30m/s的速度匀速行驶，某时刻，前面的甲车发现前方有险情，立即刹车，刹车的制动力为车重的0.5倍，乙车驾驶员看到甲车制车，经0.5s的反应时间后也进行刹车，他开始刹车的制动力为车重的0.4倍，刹车2s后改刹车的制动力为车重的0.2倍，结果两车停下时刚好不相撞，已知重力加速度为10m/s².求：‎ ‎(1)乙车刹车的时间；‎ ‎(2)刹车前甲、乙两车相距的距离．‎ ‎【答案】(1)8.5s(2)3m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)乙车开始刹车的加速度为 刹车2s后的速度为 刹车2s后改刹车的制动力为车重的0.2倍时的加速度为 乙车停止所用的时间为 所以乙车刹车时间为 ‎(2)乙车从开刹车到停止运动的位移为 甲车开始刹车的加速度为 甲车从开始刹车到停止所用的时间 甲车运动的位移为 所以刹车前甲、乙两车相距的距离 ‎17.如图所示，一个滑块套在粗细均匀的水平固定直杆上，小球有细线与滑块相连，对小球施加大小为F的拉力，结果小球处于静止，滑块刚好要滑动，细线与水平方向的夹角为，拉力与水平方向的夹角为，滑块与直杆间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：‎ ‎(1)小球的质量；‎ ‎(2)滑块的质量．‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设小球的质量为m，以小球为研究对象，进行受力分析如图所示，根据平衡条件可得：‎ y方向：‎ x方向：‎ 联立解得：‎ ‎(2)设滑块的质量为M，对滑块进行受力分析，受到拉力T、重力Mg、摩擦力f和支持力N,‎ ‎①如果杆对滑块的支持力向上，则有：‎ 解得滑块的质量为 ‎②如果杆对滑块的支持力向下，则有 分析可知，无解．‎ ‎18.如图所示，长木板A放在倾角为的斜面上，可视为质点的物块B放在长木板上表面的上端，长木板长为L，长术板下端离斜面上固定挡板距离为，同时由静止释放A和B，木板沿斜面下滑，木板与挡板碰撞前后速度大小不变，方向相反，重力加速度为g，物块B与长木板A间的动摩擦因数为0.5，物块的质量为木板质量的，求：‎ ‎(1)若斜面是粗糙，当长木板与斜面问的动摩擦因数为多少时，物块与长术板同时撞击挡板；‎ ‎(2)若斜面是光滑的，则当长木板与挡板碰撞后反弹上升到最高点时，物块相对于长木板滑行的距离是多少?‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)若斜面是粗糙的，设动摩擦因数为μ1，物块的质量为m；对物块根据牛顿第二定律可得 解得：‎ ‎ ‎ 物块从开始运动到与挡板相碰，根据位移时间关系可得 解得：‎ 设长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律可得：‎ 根据位移时间关系可得 联立解得：‎ ‎(2)AB一起下滑时，加速度大小为 设长木板与挡板相碰时速度为v1，则：‎ 碰后长木板向上运动时，物块继续向下加速运动，加速度大小不变，仍为a1=0.2g，设木板向上减速运动，加速度大小为a3，根据牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ 木板沿斜面向上运动的时间 木板沿斜面向上运动的距离 木板与挡板相碰后，物块沿斜面向下运动的距离 长木板反弹后上升到最高点时，物块相对于木板滑行的距 ‎ ‎