安徽省皖南八校2020届高三上学期10月第一次联考物理试题

安徽省皖南八校2020届高三上学期10月第一次联考物理试题

‎2019-2020学年安徽省皖南八校联考高三（上）第一次月考物理试卷（10月份）‎ 一、单选题（本大题共8小题，共32分）‎ ‎1.如图所示，斜面体放在水平面上，物块放在斜面上，现用水平推力F推物块，在F逐渐增大的过程中，物块和斜面体始终保持静止，则在F增大的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 物块受到的合力增大 B. 物块受到斜面的摩擦力增大 C. 地面对斜面体支持力增大 D. 地面对斜面体的摩擦力增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物体始终处于静止，合力始终为零；故A错误.‎ B.物块受到的摩擦力如果开始时沿斜面向上，则物块受到斜面的摩擦力会先减小后增大；故B错误.‎ CD.对整体研究可知，地面对斜面体的支持力始终不变，摩擦力不断增大，故C错误，D正确.‎ ‎2.如图所示，质量不等的甲、乙两个物块放在水平圆盘上，两物块与水平圆盘的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，让圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，并逐渐增大转动的角速度，结果发现甲物块先滑动，其原因是（　　）‎ A. 甲的质量比乙的质量小 B. 甲的质量比乙的质量大 C. 甲离转轴的距离比乙离转轴的距离小 D. 甲离转轴的距离比乙离转轴的距离大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据牛顿第二定律，结合最大静摩擦力，求出发生滑动的临界角速度，通过临界角速度判断原因.‎ ‎【详解】AB.根据牛顿第二定律得：‎ μmg=mrω2‎ 解得发生滑动的临界角速度为：，与质量无关.故A项、B项均错误.‎ CD.动摩擦因数相同，甲物块先滑动，一定是甲离转轴的距离比乙离转轴的距离大，故C错误，D正确.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道物块做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解.‎ ‎3.如图所示，三角块B放在斜面体A上，轻弹簧一端连接三角块B，另一端连接在天花板上，轻弹簧轴线竖直，斜面的倾角为30°，若A的质量为1kg，B的质量为0.5kg，地面对A的支持力大小为20N，重力加速度为10m/s2，则A对B的摩擦力大小为（　　）‎ A. 0 B. C. 5N D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对整体研究，根据平衡条件得：‎ GA+GB+F弹=N地，‎ 解得轻弹簧向下压力大小为：‎ F弹=20N-15N=5N，‎ 对三角块B研究，沿斜面方向由平衡条件得：‎ f=（F弹+mBg）sinθ 解得：f=5N.‎ A. 0与计算结果不相符；故A项错误.‎ B. 2.5N与计算结果不相符；故B项错误.‎ C. 5N与计算结果相符；故C项正确.‎ D.与计算结果不相符；故D项错误.‎ ‎4.一个质点做直线运动，其0-t0时间内的v-t图象如图所示，则在0-t0时间内下列说法正确的是（　　）‎ A. 质点一直做减速运动 B. 质点的加速度与速度一直反向 C. 质点的平均速度为 D. 质点的加速度大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图象可知，质点先做匀减速运动后做匀加速运动，故A错误；‎ B.质点先做匀减速运动后做匀加速运动，则加速度先与速度反向，后与速度同向，故B错误；‎ C.质点的加速度不变，做匀变速直线运动，平均速度的大小为 ‎，‎ 故C错误；‎ D.质点的加速度大小 a==，‎ 故D正确.‎ ‎5.如图所示，质量为m的小球用两根细线连接，细线OA的另一端连接在车厢顶，细线OB另一端连接于侧壁，细线OA与竖直方向的夹角为θ=37°，OB保持水平，重力加速度大小为g，车向左做加速运动，当OB段细线拉力为OA段拉力的两倍时，小车的加速度大小为（　　）‎ A. g B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】小球受力如图所示：‎ 在竖直方向，由平衡条件得：‎ Fcos37°=mg 在水平方向，由牛顿第二定律得：‎ ‎2F-Fsin37°=ma，‎ 解得：.‎ A. g与计算结果不相符；故A项错误.‎ B.与计算结果不相符；故B项错误.‎ C与计算结果不相符；故C项错误.‎ D.与计算结果相符；故D项正确.‎ ‎6.如图所示，在P点斜向上抛出一个小球，要使小球始终垂直打在竖直墙面上，则抛出的初速度大小v和初速度与水平方向的夹角θ的关系，不计空气阻力.正确的是（　）‎ A. v与成反比 B. v与成正比 C. 与成反比 D. 与成正比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD.可将小球看成反向平抛运动，依据运动的合成与分解，及运动学规律，设P点到墙的水平距离为x，则有：‎ x=vcosθ•t，‎ vsinθ=gt，‎ 则有：，可得与成反比；故A、B、D均错误，C项正确.‎ ‎7.2019年5月17日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功发射了第四十五颗北斗导航卫星。该卫星属地球静止轨道卫星。北斗卫星导航系统空间段计划有5颗地球静止轨道卫星，若地球的自转周期为T，这些卫星在轨运行的线速度大小为v，关于这些地球静止轨道卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A. 在赤道上空自东向西运动 B. 运动的加速度大小均为 C. 离地的高度均为 D. 它们的角速度,向心加速度和向心力的大小都相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同步卫星与地球的自转同步，则在赤道上空自西向东运动，故A错误；‎ B.运动的加速度大小为，故B正确；‎ C.轨道半径为，因此离地的高度为，要小于，故C错误；‎ D.所有同步卫星的角速度、向心加速度大小都相等，但是质量不一定相等，所以向心力大小不一定相等，故D错误.‎ ‎8.甲、乙两个小球在空中由静止释放，做自由落体运动，两球同时落地，落地时，甲速度比乙的速度大5m/s，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则下列说法错误的是（　　）‎ A. 甲比乙提前释放 B. 释放乙球时,甲球的速度为5m/s C. 甲下落的高度比乙下落的高度多1.25m D. 两球运动过程中的速度差恒定为5m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设甲运动的时间为t1、乙运动的时间为t2，则gt1-gt2=5m/s，t1-t2=0.5s，故A正确.‎ B.释放乙球时，甲球已运动0.5s，此时甲球的速度为v=gt=5m/s，故B正确.‎ C.由于两球同时落时，因此释放乙球时，甲球一定在乙球上方，即甲、乙下落的高度差一定大于1.25m，故C错误.‎ D.两球运动后加速度相同，速度增加快慢相同，因此速度差恒定为5m/s，故D正确.‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16分）‎ ‎9.如图所示，水平传送带以大小为v的速度沿逆时针匀速转动，一个物块也以大小为v的速度从传送带的左端滑上传送带，并刚好能滑到传送带右端，此时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,传送带对物块做功为正 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物块做匀减速运动，由速度位移的关系式得：传送带的长 ‎，‎ 运动时间：‎ ‎，‎ 当物块滑上传送带的速度减小为时，向右运动的最大距离：‎ ‎，‎ 故A错误.‎ B.由于传送带的速度大于物块的初速度，因此物块在传送带上一直做匀变速运动，故B正确.‎ C.物块在传送带上运动时间：‎ ‎，‎ 故C正确.‎ D.物块返回离开传送带是的速度为v，根据动能定理可知，传送带对物块做功为零，故D错误.‎ ‎10.如图所示，质量相等的物块A、B放在光滑的斜面上，中间用轻弹簧连接，物块B与斜面底端的挡板接触，A、B处于静止状态，现用恒力F拉物块A，当物块B刚要离开挡板时，物块A达到最大速度，在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 物块A的加速度先增大后减小 B. 弹簧的弹性势能一直增大 C. 物块A的机械能一直增大 D. 全程拉力做的功等于物块A机械能的增量 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对物块A，由牛顿第二定律可知：‎ F+F弹-mgsinθ=ma，‎ F弹先向上减小，后向下增大，因此加速度a一直减小，故A错误；‎ B.弹簧的形变量先减小后增大，因此弹性势能先减小后增大，故B错误；‎ C.物块A的动能增大，重力势能增大，因此机械能增大，故C正确；‎ D.由于质量相等，因此开始时弹簧的压缩量和物块B刚要离开挡板时弹簧的拉伸量相等，因此弹簧的弹性势能变化量为零，根据功能关系可知，拉力做的功等于物块A 的机械能增量，故D正确.‎ ‎11.如图甲所示，一个质量为1kg的物块正在光滑的水平面上匀速运动，现给物块施加一个如图乙所示的水平力F，0-1s拉力的方向与物块运动方向相同，t=2s时拉力的瞬时功率大小为30W，则（　　）‎ A. 时,物块的速度大小为 B. 物块匀速运动时速度大小为 C. 内拉力做的功为 D. 内拉力的平均功率为0‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题意可知，t=2s时，物块的速度大小为：‎ ‎，‎ 故A正确；‎ B.0-1s内，物块运动的加速度大小为：，1s-3s内物块运动的加速度大小为：a2=5m/s2，从开始到2s时的过程由速度关系得：‎ v0+a1t1-a2t1=6m/s，‎ 解得：v0=1m/s，故B错误；‎ C.根据动能定理，0-2s内拉力做的功为：‎ ‎，‎ 故C正确；‎ D.t=3s时物块的速度大小为：‎ v'=6m/s-5×1m/s=1m/s，‎ 根据动能定理可知0-3s内拉力做功：‎ ‎，‎ 因此拉力做功的平均功率为0，故D正确.‎ ‎12.如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直面内，质量均为m的两球用轻杆连接套在圆环上，开始时轻杆竖直并同时由静止释放两球，当A球运动到B开始的位置时，轻杆刚好水平，重力加速度为g，则从开始运动到轻杆水平的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 小球A、B的机械能均保持守恒 B. 小球A、B组成的系统机械能守恒 C. 杆对小球A做的功为0 D. 杆对小球B做的功为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】B.由于环是光滑的，因此对于A、B组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故B正确；‎ AC.当杆水平时，设A、B两球的速度均为v，由题意可知，‎ ‎，‎ 则，因此从开始到杆水平时，B球的机械能增加，则A球的机械能减少；根据动能定理，对A球研究有 ‎，‎ 求得，故A、C错误；‎ D.对B球研究，根据动能定理有：，故D正确。‎ 三、实验题（本大题共2小题，共15分）‎ ‎13.某实验小组用如图1所示装置做“研究匀变速直线运动”实验。打点计时器所接交流电的频率为50Hz。‎ ‎（1）实验必须做到的是______。‎ A．钩码的质量远小于小车的质量 B．垫高长木板没有定滑轮的一端，平衡摩擦力 C．小车释放前靠近打点计时器 D．连接小车细线平行于长木板 ‎（2）调节好实验装置，进行正确操作，打出的纸带如图2所示，在纸带上取计数点O、A、E、C、D，相邻两个计数点间还有四个计时点未画岀，由图中的数据可知，打点计时器打下C点时小车运动的速度大小是______m/s，小车运动的加速度大小是______m/s2．（计算结果均保留两位有效数字）‎ ‎（3）如果交流电的频率实际只有49Hz，则测得的小车的加速度比实际值______（填“大”或“小”）.‎ ‎【答案】 (1). CD (2). 0.96 (3). 2.4 (4). 大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]AB.研究匀变速直线运动时，不需要平衡摩擦力，不需要满足钩码的质量远小于小车的质量，A、B项错误；‎ C.为了能多打出一些点便于数据处理，小车释放前应靠近打点计时器，C项正确；‎ D.为了使小车能做匀变速运动，连接小车的细线应平行于长木板，D项正确.‎ ‎(2)[2]根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：‎ ‎；‎ ‎[3]小车运动的加速度 ‎.‎ ‎(3) [4]如果交流电的频率实际只有49Hz，则测量计算时所用频率偏大，由知计算所得的加速度偏大.‎ ‎14.某实验小组用如图所示的装置，验证机械能守恒定律。当地重力加速度为g。‎ ‎（1）固定板通过铁夹固定在铁架台上，小球紧靠固定板由静止释放，小球通过光电门所用时间为t，小球直径为d，测出固定板到光电门的距离h，若根据测得数值，得到表达式______（用已知和测得的物理量表示）在误差允许的范围内成立，则机械能守恒定律得到验证。‎ ‎（2）保持固定板位置不变，改变光电门的位置，重复上述实验，测得多组h及小球通过光电门的时间t，为了能通过图象直观地得到实验结果，需要作出h-______（填“t”“t2”“”或“”）图象，当图象是一条过原点的直线，且在误差允许的范围内，斜率等于______（用已知和测得的物理量表示），则机械能守恒定律得到验证。‎ ‎（3）下列措施可以减小实验误差的是______。‎ A．小球的直径尽量小些          B．小球的质量尽量小些 C．固定板到光电门的距离适当大些     D．尽量让小球球心通光电门 ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]小球下落过程中，重力势能减少量为mgh，小球过光电门的速度为：，动能增加量为：‎ ‎，‎ 若要验证机械能守恒，则有：‎ ‎，‎ 化简得：；‎ ‎（2）[2]由得：，即为了直观地得到实验结果，应作图象，‎ ‎[3]图象的斜率为在误差允许的范围内等于，则机械能守恒定律得到验证。‎ ‎（3）[4]AB.为了减少实验误差，应选用质量大、体积小的小球，A项正确，B项错误；‎ CD.固定板到光电门的距离适当大些可以减小长度及速度测量的误差，尽量让小球球心通光电门，减小因小球遮光长度不同引起的误差，C、D项正确；‎ 四、计算题（本大题共4小题，共47分）‎ ‎15.如图所示，木板AB倾斜放置，倾角为30°，物块放在斜面上处于静止状态，将木板绕A端在竖直面内沿逆时针方向缓慢转动，当倾角为37°时物块刚好要向下滑动，此时再给物块施加一个斜向右上、与斜面夹角也为37°的拉力，物块刚好要向上滑动，拉力的大小为24N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎（2）物块质量大小。‎ ‎【答案】(1)0.75 (2)2.5kg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当木板的倾角为37°时物块刚好要下滑，对物块由平衡条件得：‎ mgsin37°=μmgcos37°‎ 解得：μ=0.75‎ ‎（2）由题意沿斜面方向有：‎ Fcos37°=f+mgsin37°‎ 垂直斜面方向：‎ Fsin37°+N=mgcos37°‎ 又  f=μN 联立解得：m=2.5kg ‎16.如图所示，一颗卫星在近地轨道1上绕地球做匀速圆周运动，轨道1的半径可近似等于地球半径，卫星运动到轨道1上A点时进行变轨，进入椭圆轨道2，其远地点B离地面的距离为地球半径的2倍，已知地球的密度为ρ，引力常量为G，求：‎ ‎（1）卫星在轨道1上做圆周运动的周期；‎ ‎（2）卫星在轨道2上从A点运动到B点所用的时间。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设卫星在轨道1上做圆周运动的周期为T1，则 又　‎ 解得：‎ ‎（2）设卫星在轨道2上运动的周期为T2，根据开普勒第三定律有 求得：‎ 卫星从A到B运动的时间：‎ ‎17.如图所示，质量为mA=1kg的长木板A静止在水平面上，质量为加mB=0.5kg的物块B 放在长木板上的左端，A、B间的动摩擦因数为μ2=0.5，A与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.2，对A施加向左、大小为F1=7.5N的水平拉力，同时对物块B施加向右、大小为F2=4.5N的水平拉力，经过t1=1s物块刚好滑离长木板，物块的大小忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g=10m/s2，求：‎ ‎（1）长木板的长度；‎ ‎（2）若当物块B运动到距长木板左端距离为全长位置时，撤去拉力F2，问再过多长时间物块和长木板达到相同速度（已知全过程中物块未滑离木板）。‎ ‎【答案】(1)3m （2）s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设长木板的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有：‎ F1-μ1（mA+mB）g-μ2mBg=mAa1，‎ 代入数据解得：，‎ 设物块B的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有：‎ F2-μ2mBg=mBa2，‎ 代入数据解得：，‎ 长木板的长：‎ ‎；‎ ‎（2）设物块运动到木板长用时t2，由匀变速直线运动的位移公式得：‎ ‎，‎ 代入数据解得：，‎ 撤去拉力F2时，长木板速度大小：‎ ‎，‎ 物块的速度大小：‎ ‎，‎ 物块加速度大小：，方向向左，‎ 设经过t3时间达到共同速度，有：‎ v1+a1t3=-（v2-a'2t3），‎ 代入数据解得：；‎ ‎18.如图所示，半径分别为R、2R的半圆轨道BC和AB固定在竖直面内，在轨道最高点B点平滑连接，两半圆的圆心在同一竖直线上，半圆轨道AB在最低点A与水平轨道平滑连接，质量为m的物块放在P点，P、A间的距离为4R，用水平向右的恒力拉物块，当物块运动到轨道上与C点等高的D点时，撤去拉力，结果物块刚好能通过轨道最高点B点，重力加速度为g，物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，两个半圆轨道光滑，不计物块的大小，求：‎ ‎（1）水平拉力的大小；‎ ‎（2）物块从C点抛出后落到圆弧轨道上时，动能的大小。‎ ‎【答案】（1） （2）3.32mgR ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设水平拉力为F，设物体到B点时速度大小为v1，从P到B的过程根据动能定理有：‎ 在B点由牛顿第二定律得：‎ 解得： ，‎ ‎（2）设物块运动到C点时速度大小为v2，由B到C根据机械能守恒有：‎ 解得：‎ 物块从C点抛出后，做平抛运动，以C点为坐标原点，建立如图所示的坐标系，‎ 设物块落到圆弧面上的位置坐标为（x，y）则 x=v2t x2+y2=（2R）2‎ 解得：‎ 此过程物块下落的高度：‎ 设物块落到圆弧面上时动能大小为Ek，根据动能定理有：‎ 解得：Ek=3.32mgR ‎ ‎ ‎ ‎