河南省南阳一中2020届高三上学期第三次月考物理试题

河南省南阳一中2020届高三上学期第三次月考物理试题

南阳一中2019年秋高三秋期第三次月考 物理试题 一、选择题（共12题48分，其中1-8为单选，9-12为多项选择）‎ ‎1.关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是 A. 物体加速度的方向为正方向时，则速度一定增加 B. 物体的速度变化越快，则加速度就越大 C. 物体加速度的方向保持不变，则速度方向也保持不变 D. 物体加速度的大小不断变小，则速度大小也不断变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 只要加速度方向与速度相同，速度就是增大的，与加速度方向没有直接关系，只取决于加速度和速度方向的关系，A错；加速度表示速度变化的快慢，B对；平抛运动中加速度方向不变，但速度方向时刻变化，C错；如果加速度方向与速度方向垂直，加速度不改变速度大小，D错；‎ ‎2.一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据匀变速直线运动的速度位移公式，结合两段过程中速度的变化量相等，联立求出质点的加速度．‎ ‎【详解】设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3；据运动学公式可知，v22−v12＝2ax1，v32−v22＝2ax2，且v2-v1=v3-v2=△v；联立以上三式解得：a=。故选D。‎ ‎3.如图所示，两个带有同种电荷的小球A、B，其质量分别为m1、m2，其带电量分别为q1、q2‎ ‎，用绝缘细线悬挂于O点，若平衡时两球连线与过O点的竖直线的交点为C，已知A、C间距等于B、C间距的一半，则 A. 2m1＝m2 B. m1＝2m2 C. 2q1=q2 D. q1=2q2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，得： ‎ 由于 FA=FB，且CA=CB，则有 ‎2GB=GA，‎ 即 m1=2m2‎ 故B正确、A错误。‎ CD.根据以上分析，可知小球的质量、偏角与带电量无关，故CD错误。‎ ‎4.2015年12月10日，我国成功将中星1C卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道。如图所示为该卫星沿椭圆轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面重力加速度g ‎，卫星远地点P距地心O的距离为3R，则 A. 卫星在远地点的速度大于 B. 卫星经过远地点时的速度最大 C. 卫星经过远地点时的加速度小于 D. 卫星经过远地点时加速，卫星可能再次经过该远地点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若卫星以半径为3R做匀速圆周运动，则 ‎，‎ 根据 ‎，‎ 整理可以得到 ‎，‎ 由于卫星到达远地点P后做近心椭圆运动，故在P点速度小于，故A错误；‎ B.根据开普勒第二定律可知，距离地球越远处的速度越小，故远地点速度最小，故B错误；‎ C.根据 ‎，‎ ‎，‎ 则在远地点 故C错误；‎ D.卫星经过远地点时加速，则可以以半径为3R做匀速圆周运动，则可以再次经过远地点，故D正确。‎ ‎5.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为M的物体A、B（物体B与弹簧拴接），弹簧的劲度系数为k。初始时两物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v－t图象如图乙所示，设重力加速度为g，则 A. 施加外力的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g-a)‎ B. A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 C. 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 D. B与弹簧组成的系统的机械能先逐渐增加，后保持不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件，有：‎ ‎2Mg=kx；‎ 解得：‎ 施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：‎ F弹-Mg-FAB=Ma 其中：‎ F弹=2Mg 解得：‎ FAB=M（g-a）‎ 故A正确。 B.物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a；且FAB=0； 对B：‎ F弹′-Mg=Ma 解得：‎ F弹′=M（g+a）≠0，‎ 故B错误。‎ C.B受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间，速度不是最大值，故C错误；‎ D.B与弹簧组成的系统，开始时A对B的压力对B做负功，故开始时B与弹簧组成的系统机械能减小；AB分离后，B和弹簧系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。故D错误；‎ ‎6.如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是 A. 圆弧轨道的半径一定是 B. 若减小传送带速度，则小物块仍能到达A点 C. 若增加传送带速度，则小物块和传送带间摩擦生热保持不变 D. 不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物体在圆弧轨道上下滑的过程中机械能守恒，根据机械能守恒可得，‎ mgR=mv02‎ 所以小物块滑上传送带的初速度 ‎ 物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物体的受力情况可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的，所以物体返回圆轨道时速度大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度，物体就能返回到A点，则，故A错误。‎ B.若减小传送带速度，只要传送带的速度，物体就能返回到A点。若传送带的速度，物体返回到传送带左端时速度小于v0，则小物块到达不了A点。故B错误。‎ C. 若增加传送带速度，则小物块和传送带间相对滑动的距离变大，根据可知，摩擦生热将变大，选项C错误；‎ D.若增大传送带的速度，由于物体返回到圆轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点。故D正确。‎ ‎7.如图，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触．若使斜劈A在斜面体C上由静止释放，以下说法正确的是 A. 若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P点对球B有压力 B. 若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P点对球B有压力 C. 若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则Q点对球B有压力 D. 若C的斜面粗糙，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则Q点对球B有压力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.当斜面光滑，斜劈静止释放或者以一定的初速度沿斜面向上滑行时，斜劈和球整体具有相同的加速度gsinθ，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B 球的合力方向沿斜面向下，所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力，知P点对球无压力，Q点对球有压力，故AB错误；‎ C.斜劈A沿斜面匀速下滑，知B球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡，所以P、Q对球均无压力，故C错误；‎ D. 若C的斜面粗糙，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行时，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下，所以B球受重力、底部的支持力以及Q对球的弹力，故D正确.‎ ‎8.甲乙两车在一平直道路上同向运动，其图像如图所示，图中和的面积分别为和.初始时，甲车在乙车前方处，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若 两车不会相遇 B. 若，两车相遇2次 C. 若，两车相遇1次 D. 若，两车相遇1次 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 分析：此题考察了追击与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系．两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件．‎ 解答：解：由图线可知：在T时间内，甲车前进了S2，乙车前进了S1+S2；‎ A、若S0+S2＞S1+S2，即S0＞S1，两车不会相遇，所以选项A正确；‎ B、若S0+S2＜S1+S2，即S0＜S1，在T时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加的快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，所以选项B正确；‎ C、D、若S0+S2=S1+S2，即S0=S1两车只能相遇一次，所以选项C正确，D错误；‎ 故选ABC．‎ ‎9.如图所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向做匀加速直线运动。当飞机飞过观察点点正上方点时投放一颗炸弹，经时间炸弹落在观察点正前方处的点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在距观察点正前方处的点，且，空气阻力不计，以下说法正确的有（ ）‎ A. 飞机第一次投弹时的速度为 B. 飞机第二次投弹时的速度为 C. 飞机水平飞行的加速度为 D. 两次投弹时间间隔内飞机飞行距离为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、第一次投出的炸弹做平抛运动，在时间T内水平方向匀速直线运动的位移为L1，故第一次投弹的初速度为；故A正确.‎ BC、设飞机的加速度为a，第二次投弹时的速度为，由匀变速直线运动的规律可知：，而，解得：，，故B、C均错误.‎ D、两次投弹间隔T内飞机飞行的距离；故D正确.‎ 故选AD.‎ ‎10.如图所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧测力计固定在竖直的墙壁上，A、B、C质量相等，且各接触面间动摩擦因数相同，用大小为F的力向左拉动C，使它以速度v匀速运动，三者稳定后弹簧测力计的示数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　 )‎ A. B对A的摩擦力大小为，方向向左 B. A和B保持静止，C匀速运动 C. A保持静止，B和C一起匀速运动 D. C受到地面的摩擦力大小为F-‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、C质量相等，且各接触面动摩擦因数相同，再依据滑动摩擦力公式，可知，BC之间的滑动摩擦力大于AB之间的摩擦力，因此在F作用下，BC作为一整体运动的；对A分析，A受到B给的摩擦力和弹簧测力计的拉力，二力平衡，故B对A的摩擦力大小为，AC正确B错误；又因为物体间力的作用是相互的，则物体B和C受到A对它水平向右的摩擦力，大小为；由于B和C作匀速直线运动，则B和C受到水平向左的拉力F和水平向右的两个摩擦力平衡（A对B的摩擦力和地面对C的摩擦力），根据平衡条件可知，C受到地面的摩擦力大小为，D正确．‎ ‎11. 如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的 A. 电荷量之比 B. 电势能减少量之比 C. 运行时间 D. 动能增加量之比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀加速直线运动，根据和运动与分运动的等时性，可知，两小球下落的高度一样，即，所以运动的时间相同，设为t，C错误；在水平方向上有，,所以可得，A正确；电势能的减小量等于电场力所做的功，所以有，，所以有，B错误，过程中重力和电场力做功，所以动能的增量为,，所以，D错误，‎ 考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解 ‎12.如图所示，A、B两小球用轻杆连接，A球只能沿内壁光滑的竖直滑槽运动，B球处于光滑水平面内，不计球的体积．开始时，在外力作用下A、B两球均静止且杆竖直．现撤去外力，B开始沿水平面向右运动．已知A、B两球质量均为m，杆长为L，则下列说法中正确的是 A. A球下滑到地面时，B球速度为零 B. A球下滑到地面过程中轻杆一直对B球做正功 C. A球机械能最小时，B球对地的压力等于它的重力 D. 两球和杆组成的系统机械能守恒，A球着地时的速度为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ A、A球下滑到地面时，A速度竖直，沿杆速度为零，即B球速度为零，故A正确；B、开始时，B球静止，B的速度为零，当A落地时，B的速度也为零，因此在A下滑到地面的整个过程中，B先做加速运动，后做减速运动，因此，轻杆先对B做正功，后做负功，故B错误；‎ C、A球机械能最小时，B球动能最大，即加速度等于零，轻杆作用力为零，故C正确；‎ D、A球落地时，B的速度为零，在整个过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：，故D正确.‎ 点睛：本题考查了机械能守恒定律的应用，知道A、B组成的系统在运动的过程中机械能守恒、A球落地时，B的速度为零是正确解题的关键。 ‎ 二、实验（共2题18分，每空3分）‎ ‎13. 为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示（乙图中M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与/J、车固连的滑轮），钩码总质量用m表示．‎ ‎（1）为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是 ．‎ A．三组实验中只有甲需要平衡摩擦力 B．三组实验都需要平衡摩擦力 C．三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件 D．三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件 ‎（2）若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为为当地重力加速度，则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为 ，乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为 ．‎ ‎【答案】（1）BC；‎ ‎（2）1：2，1：2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）为便于测量合外力的大小，甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，而乙图是力传感器的示数，丙图则是测力计的2倍，因此它们都必须平衡摩擦力，故A错误，B正确；由于甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误。‎ ‎（2）乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，且通过计算得到小车加速度均为a，根据牛顿第二定律，则有：，；‎ 因此乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为；‎ 由牛顿第二定律，对砝码研究，则有，‎ 而，因，解得，；‎ 即乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为。‎ 考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 ‎【名师点睛】考查不同实验中，是否平衡摩擦力，是依据实验原理，并不是统统平衡的，并掌握牛顿第二定律的应用，注意力传感器的作用，及理解测力计的读数与小车的合力的关系，是解题的关键。‎ ‎14.如图，用"碰撞实验器"可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。 ‎ ‎（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量______（填选项前的符号），间接地解决这个问题。‎ A．小球开始释放高度h B．小球抛出点距地面的高度H C．小球做平抛运动的水平位移 ‎（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛水平位移OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是_________。（填选项前的符号）‎ A．用天平测量两个小球的质量ml、m2‎ B．测量小球m1开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛水平位移OM、ON ‎（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________ （用中测量的量表示）；‎ ‎【答案】 (1). C (2). ADE (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎(1) 验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度．故选C ‎(2) 设落地时间为t，则，， ‎ 而动量守恒的表达式是m1v0=m1v1+m2v2‎ 若两球相碰前后的动量守恒，则m1•OM+m2•ON=m1•OP 成立。‎ 点晴：验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒。‎ 三、计算题（共4题44分）‎ ‎15.目标停车是驾驶员考试中的必考项目,其过程可简化为如图所示的模型:在一条平直的公路上有A、B、C、D四个停车标志杆,每相邻两个停车标志杆之间的距离均为Δx=16m.某次测试时,驾驶员正在以v0=20m/s的速度驾车匀速行驶,当车头到达O点时听到停车指令,要求驾驶员将车头停在标志杆D处,驾驶员经Δt=0.5s的反应时间后开始刹车,刹车后汽车开始做匀减速直线运动。若测得汽车从O到标志杆B的时间为t1=5.5s,从标志杆B到标志杆C的时间为t2=2.0s.求:‎ ‎（1）O点与标志杆A之间的距离x及汽车刹车时的加速度大小a;‎ ‎（2）汽车停止运动时车头与标志杆D的距离L。‎ ‎【答案】(1) a=2m/s2,x=69m (2) L=7m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）汽车通过BC中间时刻的瞬时速度为：‎ 刹车到BC中间时刻的时间为：‎ t=5.5+1-0.5s=6s，‎ 则刹车时的加速度大小为：‎ ‎．‎ 从O点到B点的距离为：‎ xOB＝v0△t+v0(t1−△t)−a(t1−△t)2=20×5.5−×2×52m=85m，‎ 则O点到标志杆A之间的距离为：‎ x=85-16m=69m．‎ ‎（2）因为反方向是匀加速直线运动，所以B点的速度为：‎ vB＝v1+a•＝8+2×1m/s＝10m/s，‎ 则从B点到停止距离为：‎ ‎．‎ 所以汽车停止运动时车头与标志杆D的距离为：‎ L=2△x-x′=32-25m=7m．‎ ‎16.真空中存在空间范围足够大，水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°= 0.6， cos37°= 0.8）。现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出。求运动过程中 ‎（1）小球受到的电场力的大小及方向；‎ ‎（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量；‎ ‎【答案】（1），方向水平向右（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37°，所以电场力大小为：，电场力的方向水平向右．故电场力为，方向水平向右．‎ ‎（2）将该小球从电场中以初速度v0竖直向上抛出，小球沿竖直方向做匀减速运动，有：‎ 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a：‎ 小球上升到最高点的时间，此过程小球沿电场方向位移：‎ 电场力做功，故小球上升到最高点的过程中，电势能减少．‎ 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎17.半径为R、质量为m的1/4光滑圆弧形槽置于光滑水平面上，圆弧形槽末端切线水平，一个质量为2m的木块，从槽顶端正上方R 高度处由静止下落，恰好沿着槽上端口进入弧形槽。如图所示，木块可视为质点，求：‎ ‎（1）则木块从槽口滑出时，木块和槽的速度大小分别为多少？‎ ‎（2）若已知槽口离地面高度为h＝R/2，木块落地时离圆弧形槽右侧水平距离为多大？‎ ‎【答案】(1) ， (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因小球和滑块组成的系统水平方向不受外力，则系统水平动量守恒。取水平向右为正方向，则有：‎ mv1-2mv2=0‎ 根据系统的机械能守恒得：‎ 解得：‎ ‎ 。‎ ‎（2）若已知槽口离地面高度为，设小球从槽口C滑出落到桌面上所用时间为t，则有：‎ 小球和滑块右侧之间距离为：‎ d=（v1+v2）t 解得：‎ d=2R ‎18.如下图所示是某校在高考前为给高三考生加油，用横幅打出的祝福语。下面我们来研究横幅的受力情况，如右图所示，横幅的质量为m且质量分布均匀，由竖直面内的四条轻绳A、B、C、D固定在光滑的竖直墙面内，四条绳子与水平方向的夹角均为，其中绳A、B是不可伸长的钢性绳；绳C、D是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为,重力加速度为g。‎ ‎（1）求绳A、B所受力的大小；‎ ‎（2）在一次卫生打扫除中，楼上小明同学不慎将一质量为的抹布滑落，正好落在横幅上沿的中点位置。已知抹布的初速度为零，下落的高度为h，忽略空气阻力的影响。抹布与横幅撞击后速度变为零，且撞击时间为t, 撞击过程横幅的形变极小，可忽略不计。求撞击过程中，绳A、B所受平均拉力的大小。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）横幅在竖直方向上处于平衡态：‎ 解得：。‎ ‎（2）抹布做自由落体运动，其碰撞前的速度：‎ 碰撞过程中与横幅有作用力F，由动量定理可得：‎ 解得：，由牛顿第三定律可知抹布对横幅冲击力 横幅仍处于平衡状态：‎ 解得：。‎ 考点：动能定理、牛顿第二定律 ‎【名师点睛】此题考查力的平衡条件和动量定理的应用，注意受力分析和运动过程分析，碰撞前是自由落体运动，碰撞后横幅仍处于平衡状态。‎ ‎ ‎