广西全州县高级中学2017届高三10月月考物理试题（解析版）

广西全州县高级中学2017届高三10月月考物理试题（解析版）

全州高中2017届高三年级第二次月考试卷·物理 考生注意：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟。‎ 第Ⅰ卷（选择题　　共40分）‎ 选择题部分共10小题，在每小题给出的四个选项中，1--6小题只有一选项正确，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，有选错的或不答的得0分。‎ ‎1．我军最新型无人机在胜利日阅兵中首次亮相，充分展示了我军新型作战力量的发展水平，为了接受此次检阅，某无人机先在某地A从地面起飞，然后在一定高度处水平飞行，最后降落到地面B，若全过程该机行驶的里程为L，经过的时间为t，A、B两地间的距离为s，下列说法正确的是（　　）‎ A．该过程的平均速度为 B．L为位移 C．t为时刻 D．s为路程 ‎【考点】位移、速度和加速度 ‎【答案】A ‎【解析】平均速度为位移与时间的比值，所以，故A正确；里程指的是路程，故B错误；t是时间间隔，故C错误；s是两点间的距离，表示的是直线距离，即位移大小，故D错误。‎ ‎2．一质点t=0时刻从原点开始沿x轴正方向做直线运动，其运动的v-t图象如图所示。下列说法正确的是（   ）‎ A．t=4s时，质点在x=lm处 B．第3s内和第4s内，质点加速度的方向相同 C．第3s内和第4s内，合力对质点做的功相同 D．0～2s内和0～4s内，质点的平均速度相同 ‎【考点】功和功率匀变速直线运动及其公式、图像 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 速度时间图像与时间轴所围成的面积表示位移，根据图像可知前3s内的位移为4m，3~4s内的位移为-1m，所以4s内的位移为3m，故A错误；速度图线的斜率表示加速度，第3s内和第4s内的斜率相同，所以质点的加速度相同，故B正确；第3s内质点做减速运动，合力对质点做负功，第4s内质点做加速运动，合力对质点做正功，故C错误；根据图像与时间轴所围成的面积可知：0～2s内和0～4s内位移相同，但是时间不同，所以两个过程中的平均速度不同，故D错误。‎ ‎3．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦，两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球能够一起以加速度a匀加速竖直下滑，已知a＜g（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿运动定律、牛顿定律的应用力的合成与分解 ‎【答案】A ‎【解析】隔离光滑均匀圆球B，对B受力分析如图所示，‎ 可得：FN=Fcosθ，2mg-Fsinθ=2ma，解得：FN=‎ 对两球组成的整体有：3mg-μFN=3ma，联立解得：μ=，故A正确；BCD错误。‎ ‎4．如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，则两小球初速度之比为（   ）‎ A．tanα B．cosα/sinα C．tanα D．cosα ‎【考点】抛体运动 ‎【答案】C ‎【解析】由几何关系可知，A的竖直位移hA=Rcosα，水平位移xA=Rsinα；B的竖直位移hB=Rcos（90°-α）=Rsinα，水平位移xB=Rsin（90°-α）=Rcosα；由平抛运动的规律可知，h=，x=v0t，解得v0=x，则，故C正确；ABD错误。‎ ‎5．如图，在竖直平面内，直径为R的光滑半圆轨道和半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于O点．O点在水平地面上。可视为质点的小球从O点以某一初速度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A，从A点飞出后落在四分之一圆轨道上的B点，不计空气阻力，g=l0m／s2。则B点与O点的竖直高度差为（   ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】匀速圆周运动的向心力抛体运动 ‎【答案】A ‎【解析】小球刚好通过A点，则在A点小球的重力提供向心力，则有：解得：v=，从A点抛出后做平抛运动，则水平方向的位移x=vt，竖直方向的位移h=gt2，根据几何关系有：x2+h2=R2解得：h=，B点与O点的竖直高度差为，故A正确。‎ ‎6．如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a。在船下水点A的下游距离为b处是瀑布。为了使小船安全渡河（不掉到瀑布里去，且不考虑船在A对面的上游靠岸）（   ）‎ A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为。速度最大，最大速度为 B．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小。速度最大，最大速度为 C．小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长。速度最小，最小速度 D．小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小。最小速度 ‎【考点】运动的合成与分解 ‎【答案】D ‎【解析】小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为，不掉到瀑布里解之得，船最小速度为，故A错误；小船轨迹沿y轴方向渡河应是时间最小，故B错误；小船沿轨迹AB运动位移最大，但时间的长短取决于垂直河岸的速度，但有最小的速度为，故C错误，D正确。‎ ‎7．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置的，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随x变化的图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，以下关系正确的是：（   ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】形变、弹性、胡克定律牛顿运动定律、牛顿定律的应用 ‎【答案】BD ‎【解析】OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，故A错误；B点是速度最大的位置，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知x=，所以B的坐标为h+，故B正确；当小球运动到与A关于平衡位置对称的位置时，加速度大小为g，速度方向向下，还没有到达最低点C，则当小球运动到最低点C时，加速度将大于g，即有aC＞g，xC＞h+，故C错误，D正确。‎ ‎8．‎ 如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O'距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2．25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，π=3．14）．则赛车（　　）‎ A．在绕过小圆弧弯道后加速 B．在大圆弧弯道上的速率为45m/s C．在直道上的加速度大小为5．63m/s2‎ D．通过小圆弧弯道的时间为5．85s ‎【考点】位移、速度和加速度牛顿运动定律、牛顿定律的应用匀速圆周运动的向心力 ‎【答案】AB ‎【解析】在弯道上做匀速圆周运动时，根据牛顿定律，故当弯道半径一定时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大弯道上的最大速度大于小湾道上的最大速度，故要想时间最短，故可在绕过小圆弧弯道后加速，故A正确；在大圆弧弯道上的速率为，故B正确；直道的长度为，在小弯道上的最大速度：，故在在直道上的加速度大小为，故C错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为，通过小圆弧弯道的时间为，故D错误。‎ ‎9．小陈在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v0的塑料小球，若小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，下列说法中正确的是（   ）‎ A．小球上升过程中的平均速度大于 B．小球下降过程中的平均速度大于 C．小球射出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值为0‎ D．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小 ‎【考点】牛顿运动定律、牛顿定律的应用匀变速直线运动及其公式、图像 ‎【答案】BD ‎【解析】上升过程若是匀减速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积小于匀减速直线运动的面积，即小球的实际上升的位移小于做匀减速上升的位移，而平均速度等于位移时间的比值，故其平均速度小于减速运动的平均速度，即小于，故A错误；同理，可知小球下降过程中的平均速度大于匀加速下降的平均速度，即大于，故B正确；小球抛出时，根据牛顿第二定律有：，此时速率最大，加速度最大，到最高点时，速度为零，加速度a=g，故C错误；上升过程有：，速度减小，加速度减小，下降过程，速度增大，加速度减小，故D正确。‎ ‎10．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑。小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止。移动过程中（   ）‎ A．细线对小球的拉力变大 B．斜面对小球的支持力变小 C．斜面对地面的压力变大 D．地面对斜面的摩擦力变小 ‎【考点】共点力的平衡力的合成与分解 ‎【答案】ABD ‎【解析】设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为θ。取球为研究对象：小球受到重力mg、斜面的支持力和绳子的拉力F，则由平衡条件得：，；使小球沿斜面缓慢向上移动时，θ增大，其它量不变，由上式知，F增大，变小，故AB正确；对斜面进行受力分析：重力、地面的支持力和摩擦力f、小球的压力，由平衡条件得，因为变小，所以f变小，，因为变小，则变小，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小，故C错误，D正确。‎ 第Ⅱ卷（非选择题　　共60分）‎ 非选择题部分共5小题。把答案填在题的横线上或按题目要求作答。解答题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。‎ ‎11. （共6分）‎ 某同学利用如图（甲）所示装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．‎ ‎（1）在安装刻度尺时,必须使刻度尺保持　　　　状态．‎ ‎（2）他通过实验得到如图（乙）所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长x0=　　　cm,劲度系数k=　　　　N/m．‎ ‎【考点】实验：探究弹力和弹簧伸长的关系 ‎【答案】（1）竖直（2）450‎ ‎【解析】（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态。‎ ‎（2）由图像看出，弹簧的原长为4cm，劲度系数。‎ ‎12. (9分)用如图所示的装置“探究加速度与力和质量的关系”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上定滑轮的两根细线均处于水平。‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是    。（填步骤序号）‎ ‎　　A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数；‎ ‎　　B．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带 ‎　　C．用天平测出砂和砂桶的质量 ‎　　D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 ‎（2）以拉力传感器示数的二倍F（F=2）为横坐标，以加速度为纵坐标，画出的图象如下图所示，则可能正确的是    。‎ ‎　　A．　　B．‎ ‎　　C．　　D．‎ ‎（3）在实验中，得到一条如图所示的纸带，按时间顺序取0、1、2、…、5共6个计数点，1～5每相邻两个点间各有四个打印点未画出，用刻度尺测出1、2、…、5各点到O点的距离分别为：10．92、18．22、23．96、28．30、31．10（cm），通过电磁打点计时器的交流电频率为50Hz．则：小车的加速度大小为    m/s2，（结果保留一位小数）‎ ‎【考点】实验：验证牛顿运动定律 ‎【答案】（1）AB（2）C（3）1．5‎ ‎【解析】（1）打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故A正确；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故B正确；拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故CD错误。‎ ‎（2）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以a-F图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的a-F图象在F轴上有截距，故C正确。‎ ‎（3）因为每相邻两计数点间还有4个打点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0．1s 利用匀变速直线运动的推论得：△x=at2得：。‎ ‎13.有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为＝2．4m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0．5，（g取10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8）。问：‎ ‎（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？‎ ‎（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？‎ ‎【考点】匀变速直线运动及其公式、图像牛顿运动定律、牛顿定律的应用 ‎【答案】（1）1．33s（2）0．85s ‎【解析】（1）对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律，计算得：‎ 加速时间：‎ 加速距离：‎ 物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，‎ 因为F=8N而下滑力和最大摩擦力之和为10N。故不能相对斜面向上加速。‎ 故得：‎ 匀速运动时间：‎ 到平台所用的时间：t=t1+t2=‎ ‎（2）若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为，故减速上行，得 物块还需t′离开传送带，离开时的速度为，则，‎ ‎14.如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定位置，将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口，现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。（重力加速度为）‎ ‎（1）求小物块下落过程中的加速度大小；‎ ‎（2）求小球从管口抛出时的速度大小；‎ ‎（3）试证明小球平抛运动的水平位移总小于。。‎ ‎【考点】匀变速直线运动及其公式、图像牛顿运动定律、牛顿定律的应用 ‎【答案】（1）（2）（k＞2）（3）见解析 ‎【解析】（1）设细线中的张力为T，对小球和小物块各自受力分析：‎ ‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 对M：Mg﹣T=Ma 对m：T﹣mgsin30°=ma 且M=km 解得：a=‎ ‎（2）设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0；根据牛顿第二定律有：﹣mgsin30°=ma0‎ 对于m匀加速直线运动有：v2=2aLsin30°‎ 对于小物块落地静止不动，小球m继续向上做匀减速运动有：v2﹣v02=2a0L（1﹣sin30°）‎ 解得：v0=（k＞2）‎ ‎（3）平抛运动x=v0tLsin30°=gt2‎ 解得x=L 因为＜1，所以x＜L，得证。‎