【物理】江西省新余第四中学2020届高三9月月考试题（解析版）

【物理】江西省新余第四中学2020届高三9月月考试题（解析版）

江西省新余第四中学 2020 届高三 9 月月考试题 一、选择题 1.下列物理量属于矢量的是（ 　） A. 路程 B. 时间 C. 平均速度 D. 质量 【答案】C 【详解】A.路程是标量，故 A 错误； B.时间是标量，故 B 错误； C.平均速度是矢量，故 C 正确； D.质量是标量，故 D 错误． 2.下列说法不正确的是（ 　） A. 亚里士多德认为力是维持物体运动的原因 B. 牛顿三大定律都可以通过实验来验证 C. 笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，他将继续以同一速度沿同一直线运 动，既不停下来也不偏离原来的方向 D. 根据速度定义式 ，当△t→0 时， 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度 【答案】B 【详解】A.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，故 A 不符合题意； B.牛顿第一定律不能通过实验来验证，故 B 符合题意； C.卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，他将继续以同一速度沿同一直线运动， 既不停下来也不偏离原来的方向，故 C 不符合题意； D.据速度定义式 ，当△t→0 时， 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，故 D 不 符合题意． 3.甲、乙两车在平直公路上行驶，t＝0 时刻两车处于同一位置，其速度－时间图象如图所示， 两图像交点处坐标及切线如图，则（ 　） xv t ∆= ∆ x t ∆ ∆ xv t ∆= ∆ x t ∆ ∆ A. t＝8s 末，甲、乙两车相遇 B. 甲、乙两图像交点 t＝2s 末，甲车的加速度大于乙车的加速度 C. 在 2～8s 内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度 D. 在 0～2s 内，甲车的位移小于乙车的位移 【答案】D 【详解】A.在 v-t 图象中，图象和横轴所围面积表示位移大小，甲、乙两车在平直公路上行 驶，t=0 时刻两车处于同一位置，t=8s 末时甲的位移大于乙的位移，甲在乙方的前方，故 A 错误； B.甲、乙两图像交点 t=2s 末， 甲车的加速度大小等于乙车的加速度大小，故 B 错误； C.在 2~8s 内，甲的位移大于乙的位移，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故 C 错误． D.在 v-t 图象中，图象和横轴所围面积表示位移大小，在 0~2s 内，甲图象面积小于乙的图线 面积，所以甲车的位移小于乙车的位移，故 D 正确． 4.如图所示，小球从 O 点的正上方离地 h 高处的 P 点以 v1 的速度水平抛出，同时在 O 点右 方地面上 S 点以速度 v2 斜向左上方斜抛一小球，两小球恰在 O、S 连线的中点正上方相 遇．若不计空气阻力，则两小球抛出后至相遇过程( ) A. 斜抛球水平速度分量比平抛球水平速度分量小 B. 两小球初速度大小关系为 v1＝v2 C. 两小球速度对时间的变化率相同 D. 两小球相遇点一定在距离地面 高度处 【答案】C 【详解】AB.由于两小球恰在 O、S 连线的中点正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等， 2 240 m/s 5m/s8 va t ∆= = =∆乙 2 230 20 m/s 5m/s2 va t ∆ −= = =∆甲 3 4 h 又由于运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即 v2cosθ＝v1 所以 v2>v1，故 A、B 错误； C.两小球都只受到重力，都做匀变速运动，加速度是重力加速度相同，所以两小球速度对时 间的变化率相同，故 C 正确； D.根据题意平抛的小球在竖直方向做自由落体运动，竖直方向： 斜抛运动竖直方向是竖直上抛运动，位移 两球相遇，所以 解得：相遇时离地面的高度 可见两球相遇高度与 v2 的数值和 v2 与水平方向的夹角 θ 有关，故 D 错误． 5.如图所示，在竖直平面内有一个“V”形框架，绕过定点的竖直轴匀速转动，框架两边与竖 直轴的夹角 ，质量为 m 的小球 A 穿在一边的框架上，随框架在水平面内做匀速圆周 运动，其运动平面与框架顶点的距离为 h，此时小球 A 与框架间恰好没有摩擦力．现保持框 架转动的角速度不变，把小球 A 的位置上移，小球 A 仍能与框架保持相对静止状态，其运 动平面与框架顶点的距离为 1.5h，已知重力加速度为 g，则此时小球 A 与框架间的摩擦力大 小为( ) A. B. C. D. mg 【答案】B 【详解】其运动平面与框架顶点的距离为 h，此时小球 A 与框架间恰好没有摩擦力．此时向 心力由支持力与重力的合力提供 2 1 1 2h gt= 2 2 2 1( sin ) 2h v t gtθ= − 1 2h h h+ = 2 2 1 ( )2 sin hH h h g v θ= = − 45θ °= 2 2 mg 2 4 mg 3 2 2 2 mg − 与框架顶点的距离为 1.5h 时， 水平方向有： 竖直方向有： 解得： A. 与上述计算结果 不相符，故 A 错误； B. 与上述计算结果 相符，故 B 正确； C. 与上述计算结果 不相符，故 C 错误； D.mg 与上述计算结果 不相符，故 D 错误． 6.如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装 置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持 v＝1m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无 初速度地放在 A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数 μ＝0.1，A、B 间的距离为 2m，g 取 10m/s2．若乘客把行李放到传送带的同时也以 v＝1m/s 的恒定速率平行于传送带运动到 B 处取行李，则（　　） A. 乘客与行李同时到达 B 处 B. 行李一直做加速直线运动 C. 乘客提前 0.5s 到达 B 处 D. 若传送带速度足够大，行李最快也要 1.5s 才能到达 B 处 2( tan )tan mg m h θ ωθ = 2cos sin (1.5 tan )N fF F m hθ θ θ ω+ = sin cosN fF F mgθ θ− = 2 4fF mg= 2 2 mg 2 4fF mg= 2 4 mg 2 4fF mg= 3 2 2 2 mg − 2 4fF mg= 2 4fF mg= 【答案】C 【详解】ABC.由牛顿第二定律，得 μmg=ma 解得 a=1m/s2． 设行李做匀加速运动的时间为 t，行李加速运动的末速度为 v=1m/s．由 v=at1 代入数值，得 t1=1s，匀加速运动的位移大小为： 匀速运动的时间为： 行李从 A．到 B 的时间为： t=t1+t2=2.5s． 而乘客一直做匀速运动，从 A 到 B 的时间为 t 人= =2s 故乘客提前 0.5 s 到达 B．故 AB 错误，C 正确； D.若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短．由 解得，最短时间 tmin=2s．故 D 错误． 7.如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球 P 在水平外力 F 的作用 下处于静止状态，P 与圆心 O 的连线与水平面的夹角为 θ，将力 F 在竖直面内沿顺时针方向 缓慢地转过 ，框架与小球始终保持静止状态．在此过程中下列说法正确的是 A. 框架对小球的支持力先减小后增大 B. 拉力 F 的最小值为 mgcosθ C. 地面对框架的摩擦力减小 D. 框架对地面的压力先增大后减小 【答案】BC 2 1 1 0.5m2x at= = 2 1.5sL xt v −= = L v 2 min 1 2L at= 90° 【详解】AB．以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示，根据几 何关系可知，当 F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F 先减小后增大，当 F 的方向沿圆的切线方向向上时，F 最小，此时： F=mgcosθ 故 A 错误，B 正确； C．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以 及力 F 的作用；由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，F 沿水平方向的分力逐渐减小， 所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故 C 正确； D．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以 及力 F 的作用；由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，F 沿竖直方向的分力逐渐增大， 所以地面对框架的支持力始终在减小，故 D 错误． 8.2018 年 12 月 27 日，中国北斗三号基本系统完成建设，开始提供全球服务．北斗三号卫星 导航系统空间段由 5 颗静止轨道卫星和 30 颗非静止轨道卫星组成．假如静止轨道卫星先沿 椭圆轨道 1 飞行，后在远地点 P 处点火加速，由椭圆轨道 1 变成静止圆轨道 下列说法中 正确 是 　　 A. 卫星在轨道 2 运行时的速度小于 B. 卫星变轨前后的机械能相等 C. 卫星在轨道 2 运行时的向心加速度比在赤道上相对地球静止的物体的向心加速度小 D. 卫星在轨道 1 上的 P 点和在轨道 2 上的 P 点的加速度大小相等 【答案】AD 【解析】轨道 2 是同步卫星的轨道，在 2 轨道上运动的角速度与地球的自转角速度相等，根 的 2. ( ) 7.9 /km s 据 比较向心加速度的大小．根据万有引力提供向心力，得出线速度与轨道半径的关 系，从而比较出在轨道 2 上运行的线速度与第一宇宙速度的关系．根据万有引力的大小，通 过牛顿第二定律比较加速度的大小． 【详解】A． 即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环 绕速度．轨道 2 的半径要大于近地卫星的轨道半径，根据 可以知卫星运行的线速 度一定小于第一宇宙速度，故 A 正确； B．由椭圆轨道 1 变到圆轨道 2 要加速机械能增加，则 B 错误； C．轨道 2 时同步轨道，角速度与在赤道上相对地球静止的物体的角速度相同，由 可知半径大的加速度大，则 C 错误； D．在同一点引力相同，则加速度相等，则 D 正确； 【点睛】解决本题的关键掌握同步卫星的特点，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并 能灵活运用． 9.如图甲所示，在倾角为 37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量 m＝2 kg 可视为质点的滑 块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t＝0 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑 块的速度—时间图象如图乙所示，其中 Ob 段为曲线，bc 段为直线，g 取 10 m/s2，sin37°＝ 0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是(　　) A. 0.1 s 前加速度一直在减小 B. 滑块在 0.1～0.2 s 时间间隔内沿斜面向下运动 C. 滑块与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.25 D. 在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动 【答案】C 【详解】A：v－t 图象的斜率表示加速度，所以 0.1 s 前加速度先减小后增大．故 A 项错 误． B：0.1～0.2 s 内，速度为正且减小，则滑块在 0.1～0.2 s 时间间隔内沿斜面向上做减速运 动．故 B 项错误． 2a rω= 7.9 /km s GMv r = 2a rω= C：由 v－t 图象，滑块在 0.1～0.2 s 内加速度大小 ，据 牛顿第二定律可得 ，解得：μ＝0.25．故 C 项正确． D：在滑块与弹簧脱离之前，当弹力小于重力沿斜面向下的分力与摩擦力的合力时，滑块做 减速运动．故 D 项错误． 【点睛】图象类题目要理解图象横纵坐标、截距、斜率、交点、图象与坐标轴围成的面积等 对应的物理意义． 10.甲乙两图中，某时刻绳子 AB 与水平方向的夹角均为 θ，绳子上端以速度 v0 匀速拉动，在 两车运动过程中，下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙两车运动速度大小之比 B. 甲车运动速度大小为 C. 相同时间 内乙车速度增量大于甲车速度增量 D. 此刻若将速度 v0 改成拉力 F，则两车加速度大小之比 【答案】AC 【详解】ABC．由甲图可知，甲车的速度 乙车的速度 所以，甲、乙两车运动速度大小之比 ，相同时间 内乙车速度增量大于甲车 速度增量．故 AC 正确，B 错误； D．改成拉力 F，甲车所绳子合力沿两绳子夹角的角平分线上，汽车甲的合力大小为 ，汽车乙的合力大小为 ，因此合力不相等，加速度不相等，故 D 错误． 2 21.6 0.8 / 8 /0.2 0.1 va m s m st ∆ −= = =∆ − mgsin mgcos maθ µ θ＋ ＝ cos 1 cos θ θ+ 0 cos v θ t∆ 1:1 0 1 1 cos vv θ= + 0 2 cos vv θ= cos 11 cos θ θ <+ t∆ 22 cos 2F θ cosF θ 二、实验题 11.如图甲所示，在 B 处放有一光电门，可以测出小球经过光电门的时间∆t，现将小球从距 B 点不同高度 h 处由静止释放，小球的质量为 m（小球尺寸足够小），直径为 D（示数如图 乙），轻绳长为 L． (1)小球直径 D=________mm (2)请写出 D、h、∆t 和 g 之间的关系式：_______________________（忽略空气阻力影响） (3)若多次从不同高度释放，得到 h 和 的关系图，图像的斜率为 k，则当地的重力加速 度为 g=______（用 D、k 表示） 【答案】(1). 5.662 (2). (3). 【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数使用方法，可知小球直径 D=5.5mm+16.2ⅹ0.01mm=5.662mm； （2）[2]小球到达 B 点的速度 由机械能守恒定律得： 所以 （3）[3]由上面分析可知： 所以斜率 2 1 ( )t∆ 2 22( ) Dgh t = ∆ 2 2 D k Dv t = ∆ 21 2mgh mv= 2 22( ) Dgh t = ∆ 2 2 1 2 ( ) Dh g t = ⋅ ∆ 所以，当地的重力加速度为 12.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置．其 中 M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量,m0 为滑轮的质量．力传感器可测出轻绳 中的拉力大小． （1）实验过程中，电火花计时器应接在________(填“直流”或“交流”)电源上 （2）实验时，一定要进行的操作是________． A．用天平测出砂和砂桶的质量 B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C．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，同时记录力传感器的 示数 D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M． （3）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打 点计时器采用的是频率为 50Hz 的交流电，根据纸带可求出打“3”计数点时小车的速度大小 为 v=_______m/s,小车的加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）． （4）甲同学以力传感器的示数 F 为横坐标，加速度 a 为纵坐标，画出的 a－F 图象是一条直 线，图线与横坐标的夹角为 θ，求得图线的斜率为 k，则小车的质量为____________． A． B． C． D． 2 2 Dk g = 2 2 Dg k = 1 tanθ 0 1 tan mθ − 0 2 mk − 2 m （5）乙同学根据测量数据做出如图所示的 a－F 图线，该同学做实验时存在的问题是 _____． 【答案】 (1). 交流电 (2). BC (3). 0.611 2.00 (4). C (5). 没有平衡摩 擦力或平衡摩擦力不够 【详解】（1）电火花打点计时器使用的是 220V 的交流电； （2）本题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，AD 错误；实验时需将长木板右端垫高，以平衡 摩擦力，B 正确；实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感 器的示数，C 正确． （3）相邻计数点间的时间间隔为 ，根据匀变速直线运动中间时刻速度 推论可得 ，根据 ，运用逐差法得 ， ， ，则 ，代入数据可得 ． （4）由牛顿第二定律得 ，则 ，a-F 图象的斜率： ，小车质量为 ，C 正确； （5）当 F 不等于零，加速度 a 仍然为零，可知实验中没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够． 【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相 等时间内走过的位移差是一个定值，即 ，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬 时速度等于该过程中的平均速度． 三、计算题 5 0.02 0.1T s s= × = 224 3 5.12 7.10 10 0.611 /2 2 0.1 xv m sT −+= = × =× 2x aT∆ = 2 56 23 13x x a T− = 2 45 12 23x x a T− = 2 43 10 33x x a T− = 1 2 3 56 45 43 23 12 10 23 9 a a a x x x x x xa T + + + + − − −= = 22.00 /a m s= ( )02 +F M m a= ( )0 2a FM m = + ( )0 2k M m = + 0 2M mk = − 2x aT∆ = 13.如图所示，光滑金属球的重量 G =40N,它的左侧紧靠竖直的墙壁，右侧置于倾角 的斜面体上．已知斜面体处于水平地面上保持静止状态， ． 求: . (1)作出金属球的受力示意图; (2)金属球对斜面的压力大小; (3)水平地面对斜面体的摩擦力的大小和方向． 【答案】(1) (2) (3) ，摩擦力的方向水 平向左 【解析】 【分析】 由题意可知考查物体受力平衡问题，对物体受力分析，根据三角形关系求解． 【详解】(1)如图 (2)金属球静止，则它受到的三力平衡(如图所示)．由平衡条件可得斜面对金属球的弹力为 (3)因为从上一问求得斜面体对金属球的弹力为 37θ °= sin37 0.6, 37cos 0.8°° = = 2 50NN = 30Nf = 2 50Ncos37 GN = =° 由斜面体平衡，可知地面对斜面体的摩擦力大小为 摩擦力的方向水平向左 【点睛】对物体受力分析，解直角三角形即可，求水平地面对斜面体的摩擦力时可取球和斜 面整体为研究对象，水平方向合力为零，摩擦力在数值上等于墙对球的作用力，方向与墙对 球的作用力方向相反． 14.如图甲所示，一质量为 m=1 kg 的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运 动，水平外力随时间的变化情况如图乙所示，物体运动的速度随时间变化的情况如下图丙所 示，4 s 后图线没有画出．g 取 10 m/s2．求： （1）物体在第 3 s 末的加速度大小； （2）物体与水平面间的动摩擦因数； （3）物体在前 6 s 内的位移． 【答案】（1）1 m/s2 （2）0.4 （3）12 m 【解析】（1）由 v﹣t 图象可知，物体在前 4s 做匀变速直线运动，所以物体在第 3s 末的加 速度 a1 等于前 4s 内的加速度， 根据 v﹣t 图象和加速度定义式： 得， （2）在 0﹣4s 内，在水平方向：F1﹣μmg=ma1 解出：μ=0.4 （3）设前 4 s 的位移为 x1，由位移公式：x1= = 1×16=8m； 设 4 s 后物体运动时的加速度为 a2，则： F2﹣μmg=ma2 2 50Ncos37 GN °= = 2 sin37 30Nf N= ° = 解得，a2=﹣2 m/s2 物体在 4s 末时的速度为 v′="4" m/s，设物体从 4s 末后运动时间 t2 速度减为 0，则： 0=v′+a2t2 解得：t2="2" s 所以，物体在 6s 末速度恰好减为 0． 故后 2s 内的位移： 代入数据，解得，x2=4m 所以物体在前 6s 内的位移 x=x1+x2="8+4=12" m 答：（1）物体在第 2s 末的加速度为 1m/s2； （2）物体与水平面间的摩擦因数 μ 为 0.4； （3）物体在前 6s 内的位移为 12m． 【点评】本题考查牛顿第二定律 应用问题，要注意明确受力分析、明确运动过程，要注意 正确应用图象分析以及注意运动学公式的选择． 15.如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高 0.8 m 顶部水平高台，接着以 v＝3m/s 水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从 A 点切入光滑竖直圆弧轨道， 并沿轨道下滑．A、B 为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径 R＝1.0m，人和车的总质 量为 180 kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计．g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝ 0.6．求：（人和车可视为质点） (1)从平台飞出到 A 点，人和车运动的水平距离 s； (2)从平台飞出到达 A 点时的速度及圆弧对应圆心角 θ； (3)人和车运动到达圆弧轨道 A 点时对轨道的压力． 【答案】(1)s=1.2m；(2) ；(3)5580N 【详解】(1)车做的是平抛运动，据平抛运动的规律可得，竖直方向上有： H＝ 水平方向上有： s＝vt 的 106θ °= 21 2 gt 解得： s＝ (2)摩托车落至 A 点时，其竖直方向的分速度为：vy＝gt＝4m/s 到达 A 点时速度为： 设摩托车落地至 A 点时速度方向与水平方向的夹角为 α，则有 tanα＝ 即有：α＝53° 所以有：θ＝2α＝106° (3)对摩托车受力分析可知，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，所 以有： NA－mgcosα＝ 代入数据解得：NA＝5580 N． 16.如图所示，一长度 L=9.0m，质量 M=2.0kg 的长木板 B 静止于粗糙的水平面上，其右端带 有一竖直挡板，长木板与水平面间的动摩擦因数 μ1=0.10，长木板右侧距竖直墙壁距离 d=2.5m．有一质量 m=1.0kg 的小物块 A 静止于长木板左端，物块与木板间的动摩擦因数 μ2=0.50，现通过打击使得物块 A 获得向右的速度 v0=12m/s，物块 A 与长木板间的碰撞为弹 性碰撞，长木板与竖直墙壁碰撞时间极短且没有动能损失，重力加速度 g=10m/s2，小物块 可看作质点，求： (1)在物块 A 与长木板的挡板碰撞之前物块 A 速度大小 v1 和长木板的速度 v2； (2)在物块 A 与长木板 挡板碰撞之后物块 A 速度大小 v3 和长木板的速度大小 v4； (3)长木板的右端最终距竖直墙壁的距离 x． 【答案】(1)v1 =7.0m/s；v2=1.0m/s；(2)v3=-1.0m/s；v4=5.0m/s；(3)1.5m 【详解】（1）对物块 A，根据牛顿第二定律有 的 2 2 0.83 m 1.2m10 Hv g ×= × = 2 2 5m / sA yv v v= + = 4 3 yv v = 2 Avm R 对长木板 B，根据牛顿第二定律有 设经时间 t0 后 A 和 B 共速，则有 v0-a1t0= a2t0 在此 t0 时间内，A 和 B 的位移及位移差 xA=v0t0- a1 t02 xB = a2t02 Δx= xA -xB 联立解得 Δx=12m>L，xB=2m

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