河南省鲁山县第一中学2020届高三上学期10月月考物理试题

河南省鲁山县第一中学2020届高三上学期10月月考物理试题

‎2019—2020学年度第一学期第一次月考 高三物理试卷 说明：本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分,请将第Ⅰ、Ⅱ卷所有试题的答案填入答题卡的相应位置处.‎ 第Ⅰ卷(选择题　共40分)‎ 一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中，1～6小题只有一个选项正确,7～10小题有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分.)‎ ‎1.如图所示，一物体在粗糙水平地面上受到斜向上的恒定拉力F作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是(　 　)‎ A. 物体一定受四个力 B. 物体可能受三个力作用 C. 物体可能受两个力作用 D. 物体可能不受摩擦力作用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．物体一定受到重力和力F的作用，在水平方向由受力平衡得，物体还受摩擦力作用而与力F的水平分力平衡，有摩擦力必有支持力，故物体还受支持力作用。物体一定受到四个力作用，故A正确，B错误，C错误。‎ D．物体一定受摩擦力作用，故D错误 ‎2.如图所示，在外力作用下某质点运动的v–t图象为正弦曲线，从图中可以判断(　　) ‎ A. 在0～t1时间内，外力逐渐增大，外力做正功 B. 在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大 C. 在t2时刻，外力的功率最大 D. 在t1～t3时间内，外力做的总功为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在0～t1时间内，质点的速度增大，所以由动能定理知外力做正功，又因为图像斜率变小，加速度变小，所以外力变小，故A错误.‎ B．在0～t1时间内，t=0处速度为零；而t=t1处速度最大但加速度为零，于是由牛顿第二定律知此时外力为零；最后由P=Fv可知，这两处外力的功率都为零，所以外力的功率先增大后减小，故B错误。‎ C．在t2时刻，同理可知此时速度为零，所以由P=Fv可知，此时外力的功率为零，故C错误。‎ D．因为t1与t3时刻物体运动的速率相等，所以由动能定理可知t1～t3时间内，外力做的总功为零，故D正确。‎ ‎3.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行，现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端，木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 黑色的痕迹将出现在木炭的左侧 B. 木炭的质量越大，痕迹的长度越短 C. 传送带运动的速度越大，痕迹的长度越长 D. 木炭与传送带间的动摩擦因数越大，痕迹的长度越长 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．刚放上木炭包时木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误.‎ BCD．木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知：‎ 所以：‎ 当达到共同速度时，不再有相对滑动，由 得木炭包位移：‎ 设相对滑动的时间为t，由 得 此时传送带的位移为：‎ 所以滑动的位移是：‎ 由此可以知道黑色的痕迹与木炭包的质量无关；传送带运动的速度越大，痕迹的长度越长；木炭包与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越短；所以B错误，C正确，D错误.‎ ‎4.如图所示，质量为60kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒，已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9m和0.6m，若她在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，则1min内克服重力做功为(重力加速度g=10m/s2)(　 　)‎ A. 7200 J B. 4320 J C. 4800 J D. 5760 J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据相似三角形可得OC的高度为：‎ 做30个俯卧撑克服重力的做功的大小为：‎ A．7200J与分析不符，故A错误.‎ B．4320J与分析相符，故B正确 C．4800J与分析不符，故C错误 D．5760J与分析不符，故D错误 ‎5.如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿不同倾角(α<β)的两光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A. 两物体所受重力的冲量相同 B. 两物体所受合外力的冲量相同 C. 两物体动量的变化量相同 D. 两物体动能的变化量相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设高度为h，根据牛顿第二定律加速度为：‎ 由：‎ 得 由于斜面的倾角不同，则运动时间不同，根据I=mgt知重力的冲量不同，故A错误．‎ BCD．根据动能定理知：‎ 解得：，到达底端时动能变化量相同，由于斜面倾角不同，故速度大小相等、方向不同，根据动量定理知，动量的变化量大小相等、方向不同，故合力的冲量大小相等、方向不同；故合力的冲量不相同，动量的变化量也不相同，故B错误，C错误，D正确.‎ ‎6.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )‎ A. P球的速度一定大于Q球的速度 B. P球的动能一定小于Q球的动能 C. P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D. P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv2，解得：，在最低点的速度只与半径有关，可知vP＜vQ；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小．故AB错误；在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=m，解得，F=mg+m=3mg，，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等．故C正确，D错误．故选C．‎ 点睛：求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题．‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎7.平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v-t图线，如图所示，若平抛运动的时间大于2t1，下列说法中正确的是(　 　)‎ A. 图线b表示竖直分运动的v－t图线 B. t1时刻的速度方向与初速度方向夹角为30°‎ C. t1时间内的位移方向与初速度方向夹角的正切为 D. 2t1时间内的位移方向与初速度方向夹角为60°‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图线 b 是初速度为 0 的匀加速直线运动，所以图线 b 表示的是竖直分运动。故 A 正确。‎ B．t1时刻可知水平分速度和竖直分速度相等，则速度与初速度方向的夹角为45°. 故 B 错误。‎ C．图线与时间轴围成的面积表示位移，则 t1 时刻竖直方向的位移与水平方向的位移之比为 1:2，所以 t1 时刻的位移方向与初速度方向夹角的正切为. 故 C 正确。‎ D．2t1时刻竖直方向的位移和水平方向的位移相等，所以 2t1时刻的位移方向与初速度方向夹角为45°. 故 D 错误。‎ ‎8.如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为Ff，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时(　 　)‎ A. 人拉绳行走的速度为vcosθ B. 人拉绳行走的速度为 C. 船的加速度为 D. 船的加速度为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．船运动速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度.如图所示根据平行四边形定则有：‎ 所以A正确，B错误.‎ CD．对小船受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有：‎ 因此船的加速度大小为：‎ 所以C错误，D正确.‎ ‎9.“嫦娥之父”欧阳自远预计我国将在2020年实现火星的着陆巡视，在2030年实现火星的采样返回.已知地球的质量约为火星质量的倍，地球的半径约为火星半径的倍，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 地球的密度是火星的倍 B. 地球表面的重力加速度是火星表面的倍 C. 地球的第一宇宙速度是火星的倍 D. 地球同步卫星的运行速度是火星的倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 星球密度，则有，故A错误；根据，得，则有，故B正确；当卫星的轨道半径等于星球半径时，卫星运行的速度即为第一宇宙速度，根据，得，则有，故C正确；因不知道同步卫星的轨道半径之比，故无法求出两者同步卫星的运动速度的关系，故D错误；故选BC.‎ ‎10.如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则(　　)‎ A. a落地前，轻杆对b一直做正功 B. a落地时速度大小为 C. a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D. a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg ‎【答案】DB ‎【解析】‎ ‎【详解】当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功．故A错误．a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：．故B正确．b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；故选BD．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大。‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿定律的应用 第Ⅱ卷(非选择题　共60分)‎ 二、填空题(本题共2小题,11题6分,12题10分,共16分.把答案填在题中横线上.)‎ ‎11.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图甲所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拖动的纸带上由打点计时器打出的点计算出，在m<M1)，用螺旋测微器测出挡光片的宽度d，测量结果如图丙所示，则d=___mm；‎ ‎②将重物A、B用绳连接后，跨放在定滑轮上，一个同学用手托住重物B，另一个同学测量出____(填“A的上表面”“A的下表面”或“挡光片中心”)到光电门中心的竖直距离h，之后释放重物B使其由静止开始下落；‎ ‎③记录挡光片经过光电门的时间Δt。‎ ‎（2）如果系统(重物A、B)的机械能守恒，应满足的关系式为____ (用质量M1、M2‎ ‎，重力加速度为g，经过光电门的时间为Δt，挡光片的宽度d和距离h表示结果)。‎ ‎（3）实验进行过程中，有同学对实验作了改进，如图乙所示，在B的下面挂上质量为m的钩码，让M1=M2=m，经过光电门的速度用v表示，距离用h表示，仍释放重物B使其由静止开始下落，若系统的机械能守恒，则有=_____(已知重力加速度为g)。‎ ‎（4）为提高实验结果的准确程度，以下建议中确实对提高准确程度有作用的是（ ）‎ A.绳的质量要轻且尽可能光滑 ‎ B.在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好 C.尽量保证重物只沿竖直方向运动，不要摇晃 D.挡光片的宽度越小越好 ‎【答案】 (1). 5.315 (2). 挡光片中心 (3). (4). (5). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]根据螺旋测微器的读数方法可知：‎ 需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离。‎ ‎(2)[3]系统的末速度为：‎ 则系统重力势能的减小量：‎ 系统动能的增加量为：‎ ‎.‎ 若系统机械能守恒则有：‎ ‎(3)[4]若机械能守恒则：‎ 计算得出：‎ ‎(3) [5]如果绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能造成实验误差，故绳子要轻，所以A正确；绳子不宜太长，长了形变对实验的影响越大，所以B错误；物体末速度是根据匀变速直线运动求出的，故要保证物体在竖直方向运动，所以C正确；挡光片的宽度越小测量误差就越大，所以D错误.‎ 三、计算题(本题共4小题,13题10分,14题10分,15题12分,16题12分,共44分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.)‎ ‎13.在宇宙中，单独存在的恒星占少数，更多的恒星是以构成双星、三星甚至多星系统的形式存在，最多的是双星系统。通常两颗质量相差不大、相距较近的恒星，它们以两者连线上某一位置为中心分别做匀速圆周运动，这样的两颗恒星运行形式就构成了双星系统。若已知双星系统中两颗恒星的质量分别为m1和m2，相距为L，万有引力常量为G。求：‎ ‎（1）该双星系统中两颗恒星运行的轨道半径分别为多大；‎ ‎（2）该双星系统运行的角速度大小。‎ ‎【答案】（1），；（2）ω=.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 设m1到中心O的距离为r1，m2到中心O的距离为r2，则由万有引力提供向心力有：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎①②两式相除得：‎ 又因为：‎ 所以有：‎ ‎(2) ①式消去m1，②式消去m2，相加得：‎ 计算得出：.‎ 答：(1)该双星系统中两颗星的轨道半径分别是，‎ ‎(2)该双星系统的运行的角速度是.‎ ‎14.质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的物块B和C同时分别从A的左、右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和2v，如图所示，物块B、C与长木板A间的动摩擦因数均为μ，假设物块B、C在长木板A表面上运动时始终没有碰撞。试求：‎ ‎（1）B、C刚滑上长木板A时，A所受合外力多大？‎ ‎（2）长木板A的最终运动速度为多大？‎ ‎（3）为使物块B、C不相撞，长木板A至少多长？‎ ‎【答案】（1）FA合=0；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 对A受力分析可知，A在竖直方向上受力平衡，在水平方向上因物块B、C与长木板A间的动摩擦因数均为μ，B、C质量相等，故FfCA=FfBA，即FA合=0.‎ ‎(2)A、B、C组成的系统动量守恒，规定向左方向为正方向，由动量守恒定律有：‎ 解得A、B、C最终的共同速度，即木板A最终运动的速度为. ‎ ‎(3)由能量转化与守恒定律有：‎ 为使B、C不相撞由题意分析可知 解得：‎ 即长木板A的最小长度为 答：(1)B、C刚滑上长木板A时，A所受合外力为0.‎ ‎(2)长木板A的最终运动速度为.‎ ‎(3)为使物块B、C不相撞，长木板A的最小长度为 ‎15. 如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为K=200N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C上，另一端连接一质量为m=4Kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放，求：‎ ‎（1）弹簧恢复原长时细绳上的拉力；‎ ‎（2）物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；‎ ‎（3）物体A的最大速度大小．‎ ‎【答案】（1）弹簧恢复原长时细绳上的拉力为30N；‎ ‎（2）物体A沿斜面向上运动20cm时获得最大速度；‎ ‎（3）物体A的最大速度大小为1m/s．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）回复原长时，分别对A和B应用牛顿第二定律列式即可求解绳子的拉力，‎ ‎（2、3）没有释放时，对于物体A由平衡条件求出此时弹簧的压缩量，释放后A沿斜面向上做加速度减小的加速运动，当A加速度为0时，A速度最大，对AB分别根据平衡条件求出此时弹簧的伸长量，进而判断在此过程中弹簧弹性势能改变量，设最大速度为υ，对于A、B及弹簧组成的系统由机械能守恒即可求出A的最大速度值；‎ 解：（1）回复原长时，‎ 对B：mg﹣T=ma 对A：T﹣mgsin30°=ma 代入数据解得：T=30N ‎（2）初始位置，弹簧的压缩量为：‎ ‎，‎ 当A速度最大时，有：mg=kx2+mgsin30°‎ 弹簧的伸长量为：‎ 所以A沿斜面上升的距离为：x=x1+x2=20cm ‎（3）因为x1=x2，所以弹簧的弹性势能没有改变，由系统机械能守恒得：‎ mg（x1+x2）﹣mg（x1+x2）sin30°=‎ 解得：v=g 答：（1）弹簧恢复原长时细绳上的拉力为30N；‎ ‎（2）物体A沿斜面向上运动20cm时获得最大速度；‎ ‎（3）物体A的最大速度大小为1m/s．‎ ‎【点评】本题解题的关键是根据两个物体的受力分析判断运动情况，知道当A加速度为0时，A速度最大，此时AB受力都平衡，运动过程中A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，难度适中．‎ ‎16.如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平，A、B两端的高度差为h1=0.2m，B端高出水平地面h2=0.8m，O点在B点的正下方，将一确定的滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处(取g=10 m/s2)。求：‎ ‎（1）落地点C到O的距离xOC；‎ ‎（2）在B端平滑连接一水平放置长为L=1.0m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动到N端停止，求木板MN与滑块间的动摩擦因数；‎ ‎（3）若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点的距离最远，则ΔL应为多少？距离s的最大值为多少？ ‎ ‎【答案】（1）0.8m；（2）0.2；（3）ΔL=0.16 m时，s最大，且smax=1.16 m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)滑块从光滑圆弧下滑过程中，根据动能定理有：‎ 得：‎ vB==2 m/s 离开B点后做平抛运动时有：‎ h2=gt2‎ 代入数据解得xoc=0.8 m.‎ ‎(2)滑块从B端运动到N端停止的过程根据动能定理有：‎ 代入数据解得μ=0.2.‎ ‎(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段后，由动能定理有：‎ ‎－μmg(L－ΔL)=mv2－mvB2‎ 滑块离开模板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O点的距离：‎ s=L－ΔL＋vt 联立整理得：‎ s=1＋08－ΔL 根据数学知识知当=0.4即ΔL=0.16 m时，s最大，且最大值smax=1.16 m.‎ 答：(1)落地点C到O距离xoc=0.8 m；‎ ‎(2)木板MN与滑块间的动摩擦因数μ=0.2；‎ ‎(3)当ΔL=0.16 m时，落地点P距O点的距离最远，最远距离s的最大值smax=1.16 m.‎ ‎ ‎