【物理】贵州省兴仁市凤凰中学2020届高三上学期第三次月考试题（解析版）

【物理】贵州省兴仁市凤凰中学2020届高三上学期第三次月考试题（解析版）

贵州省兴仁市凤凰中学2020届高三上学期 第三次月考试题 一．选择题 ‎ ‎1.关于速度与加速度，以下说法正确的是（　　　）‎ A. 物体速度越大，加速度一定越大 B. 物体的速度变化越快，加速度一定越大 C. 物体加速度不断减小，速度一定越来越小 D. 物体在某时刻速度为零，其加速度也一定为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据加速度定义式：可知，速度大，速度变化量不一定大，加速度不一定大，故A错误；加速度反映速度变化的快慢，速度变化越快，加速度越大，故B正确；物体是加速还是减速是看加速度的方向与速度的方向相同还是相反，相同就加速，反之就减速，与加速度增大还是减小无关，故C错误；速度为零，加速度不一定为零，如自由落体运动初始时刻，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎2.A、B两辆车同时同地在平直公路上开始运动，它们的速度一时间图像如图所示，则（ ）‎ A. 两车运动方向相反 B. 2s末两车相遇 C. 2s内A车始终在B车前方 D. 2s末两车相距2m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A、B两车的图像都为正，即两车的运动方向相同，故A项错误；‎ BCD．2s内A车的位移为：‎ B车的位移为：‎ 由于开始时两车同时同地出发，所以2s末两车相距2m，且B车在A车前，故BC项错误，D项正确。‎ ‎3.如图所示，轻绳OA一端固定在天花板上，另一端系一光滑的圆环，一根系着物体的轻绳穿过圆环后，另一端固定在墙上B点，且OB处于水平．现将A点缓慢沿天花板水平向右移动，且OB段的轻绳始终保持水平，则OA、OB段轻绳所受拉力的大小FTA、FTB的变化情况是(　　)‎ A. FTA增大，FTB不变 B. FTA、FTB均不变 C. FTA不变，FTB增大 D. FTA、FTB均减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为圆环光滑，则OC、OB段轻绳所受拉力的大小FTC、FTB始终相等，且等于物体的重力．又因为OB段轻绳始终保持水平，OC段轻绳始终保持竖直，所以A点缓慢右移时，圆环也随之右移，角θ不变，由平衡条件可知OA段绳上所受的拉力不变．故B项正确.‎ ‎4.如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是 A. 斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma B. 斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值 C. 若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零 D. 若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以小球为研究对象，分析受力情况，如图：重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1．‎ 设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得竖直方向：‎ ‎……①‎ 水平方向：‎ ‎……②‎ 由①看出，斜面的弹力大小不变，与加速度无关，不可能为零．‎ 由②看出，若加速度足够小时，‎ ‎ ;‎ 根据牛顿第二定律知道，重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于；若F增大，a增大，斜面的弹力F1大小不变。‎ ‎【点睛】本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度。‎ ‎5.如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高点时，瞬时速度v=，R是球心到O点的距离，不计空气阻力，则当球运动到最低点时对杆的作用力是（ ）‎ A. 7mg的压力 B. 7mg的拉力 C. 8mg的压力 D. 8mg的拉力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查竖直面上的圆周运动，根据动能定理、牛顿第二定律计算可得。‎ ‎【详解】设小球到达最低点时速度v1，从最高点到最低点，由动能定理可得 在最低点由牛顿第二定律可得 联立可得FN=8mg，根据力的相互性，球对杆的作用力大小为8mg，方向竖直向下。‎ 由以上分析可得D正确，ABC错误，故选择D。‎ ‎【点睛】由动能定理可求得小球运动到最低点时的速度，再根据牛顿第二定律联立可得。‎ ‎6.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度一时间图线如图所示、已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（ ）‎ A. F2 F3 D. F1=F3‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查力和运动的关系，根据牛顿第二定律分析计算可得。‎ ‎【详解】在0～5s，物体向下做匀加速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律可得 可求得 ‎5～10s，物体向下做匀速运动，由平衡条件可得 可求得 ‎10～15s，物体向下做匀加速运动，由v-t图象可知和第一阶段加速度大小相等，由牛顿第二定律可得 可求得 比较F1、F2、F3，可知F3> F2> F1，AB正确，CD错误，故选AB。‎ ‎【点睛】物体第一阶段向下做匀加速运动，第三阶段做匀减速运动，根据牛顿第二定律列式，第二阶段做匀速直线运动，根据平衡条件列式，联立求解可得。‎ ‎7.如图所示，质量为m2的物体B放在车厢的水平底板上，用竖直细绳通过光滑定滑轮与质量为m1的物体A相连．车厢正沿水平直轨道向右行驶，两物体与车相对静止，此时与物体A相连的细绳与竖直方向成θ角，由此可知( )‎ A. 车厢的加速度大小为gtanθ B. 绳对物体A的拉力大小为m1gcosθ C. 底板对物体B的支持力大小为(m2－m1)g D. 底板对物体B的摩擦力大小为m2gtanθ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以物体A为研究对象，受力如图1所示，由牛顿第二定律得：m1gtanθ=m1a，解得：a=gtanθ，则车厢的加速度也为gtanθ，故A正确；‎ B．如图1所示，绳子拉力：，故B错误；‎ C．对物体B研究，受力如图2所示，在竖直方向上，由平衡条件得：N=m2g-T=m2g-，故C错误；‎ D．由图2所示，由牛顿第二定律得：f=m2a=m2gtanθ，故D正确。‎ ‎8.如图所示，长木板OA倾角θ＝30°，在O点正上方的P处水平抛出一个小球，结果小球恰好垂直打在板面上距离O点为L的B点。重力加速度大小为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　）‎ A. 小球在空中运动的时间为 B. 小球被抛出时的速度大小为 C. 小球打到B点前瞬间的速度大小为 D. O、P两点间的距离为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.将球垂直撞在斜面上B点的速度进行分解，如图所示：‎ 由图可知θ＝30°，β＝60°，由几何知识得水平位移为：‎ x＝Lcos30°v0t，‎ 小球撞在斜面上时速度与水平方向的夹角：‎ tan60°‎ 联立解得v0，t，故A错误，B正确；‎ C.小球打到B点前瞬间的速度大小为：‎ v 故C错误；‎ D.OP间距离为：‎ OP＝Lsin30°‎ 故D正确。‎ 二.实验题 ‎ ‎9.为了探究弹力F与弹簧伸长量x的关系，李强同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图所示的图象，从图象上看，该同学没能完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图象上端成为曲线是因为________________。甲、乙两根弹簧的劲度系数分别为：________N/m、________N/m。若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧________（填“甲”或“乙”）。‎ ‎【答案】超过弹簧的弹性限度； 66.7； 200； 甲；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据胡克定律，在弹性限度内，弹簧的弹力与行变量成正比，故F﹣x图是直线，向上弯曲的原因是超出了弹性限度，注意该图象中纵坐标为伸长量，横坐标为拉力，斜率的倒数为劲度系数，由此可求出kA=66.7N/m，kB=200N/m，由于甲的劲度系数小，因此其精度高．‎ 故答案为：超过弹簧的弹性限度，66.7，200，甲．‎ ‎【点评】本题考查了弹簧弹力F和弹簧伸长量x的关系的基础知识，比较简单，是一道考查基础知识的好题．‎ ‎10.为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置：‎ ‎（1）以下实验操作正确的是___‎ A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动 B.调节滑轮的高度，使细线与木板平行 C.先接通电源后释放小车 D.实验中小车的加速度越大越好 ‎（2）在实验中，得到一条如图乙所示的纸带，己知相邻计数点间的时间间隔为，且间距已量出分别，则小车的加速度a=___ （结果保留两位有效数字）.‎ ‎（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受拉力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条’图线，如图丙所示，图线___是在轨道倾斜情况下得到的（填“①"或“②”）；小车及车中袪码的总质量______kg（结果保留两位有效数字）.‎ ‎【答案】 (1) BC； (2) 0.34 ； (3)①， 0.67‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]A.平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力。所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动.故A错误. B.为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行.故B正确. C.使用打点计时器时，为了有效利用纸带，应先接通电源后释放小车.故C正确. D.试验中小车的加速度不是越大越好，加速度太大，纸带打的点太少，不利于测量.故D错误.‎ ‎（2）[2]由匀变速运动的规律得：‎ s4-s1=3a1T2 ‎ s5-s2=3a2T2 s6-s3=3a3T2‎ 联立并代入数据解得：‎ ‎（3）[3] 由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。‎ ‎[4]根据 F=ma 得a-F图象的斜率 由a-F图象得图象斜率k=1.5，所以 m=067kg 三、计算题 ‎11.一质量m＝0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ=37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机做出了小物块上滑过程的v-t图象，如图所示.（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g="10" m/s2）求：‎ ‎（1）滑块与斜面间的动摩擦因数 ‎（2）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回 斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置.‎ ‎【答案】（1）μ=0. 5（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1） 由图象可知，滑块的加速度a==m/s2="10" m/s2 ‎ 滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsinθ+μmgcosθ=ma 代入数据解得μ=0.5‎ ‎（2） 滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑 由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移s=="5" m 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsinθ-μmgcosθ=ma2，a2="2" m/s2 ‎ 由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度v==m/s ‎ 本题考查速度速度时间图像和牛顿第二定律的应用，由图像的斜率可求得加速度大小，再由牛顿第二定律列式可求得动摩擦因数大小，由匀变速直线运动公式可求得上升的最大距离，下滑过程中由重力沿斜面向下的分力和滑动摩擦力提供加速度，再由位移与速度的关系求得末速度大小 ‎12.如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置．两个质量均为m的小球a、b以不同的速度进入管内，a通过最高点A时，对管壁上部的压力为3mg，b通过最高点A时，对管壁下部的压力为0.75mg，求 ‎(1）a通过最高点时的速度 ‎(2）b通过最高点时的速度 ‎(3）a、b两球落地点间的距离 ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设a球到达最高点时的速度为va，根据向心力公式有：‎ 即 解得 ‎（2）设b球到达最高点时的速度为vb，根据向心力公式有 即 解得 ‎（3）两小球脱离轨道后均做平抛运动，设所用时间为t，则 竖直方向 水平方向，‎ 解得，‎ 故a、b两球落地点间的距离为 ‎13.关于一定质量的理想气体，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 气体体积增大时，其内能一定减少 B. 外界对气体做功，气体内能可能减少 C. 气体从外界吸收热量，其内能一定增加 D. 气体温度升高，其分子平均动能一定增加 E. 气体温度升高，气体可能向外界放热 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 理想气体的内能只包含分子动能，不包含分子势能，故体积增大，若温度不变，则内能不变，故A错误；‎ B.根据热力学第一定律可知，外界对气体做功，同时气体对外界传热，则气体内能可能减少，故B正确。‎ C. 气体从外界吸收热量，同时对外做功，其内能不一定增加，可能减小，故C错误。‎ D. 温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，其分子平均动能一定增加，故D正确。‎ E. 气体温度升高，气体温度高于外界温度，气体可能向外界放热，故E正确。‎ ‎14.如图所示，面积的轻活塞A将一定质量的气体封闭在导热性能良好的汽缸B内，汽缸开口向上竖直放置，高度足够大在活塞上放一重物，质量为，静止时活塞到缸底的距离为，摩擦不计，大气压强为，温度为，g取．‎ 若保持温度不变，将重物去掉，求活塞A移动的距离；‎ 若加热汽缸B，使封闭气体温度升高到，求活塞A移动的距离．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎①以封闭气体为研究对象 初态压强 初状态体积 末状态压强 气体发生等温变化，由玻意耳定律得 解得 活塞移动距离 ‎②加热气缸，气体做等压变化，由查理定律得 解得 活塞移动距离 点睛：根据平衡条件分别求出重物去掉前后气体的压强，气体发生等温变化，由玻意耳定律可求重物去掉后的气柱的长度，可求活塞移动距离；加热气缸，气体压强不变，由查理定律可求重物加热后的气柱的长度，可求活塞移动距离。‎