2020届高三物理上学期第一次月考试题（含解析）

2020届高三物理上学期第一次月考试题（含解析）

‎2019学年高三（上）第一次月考物理试卷 一、选择题（1-6题单选，7-10题多选）‎ ‎1. 一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是（ ）‎ A. 1：22：32；1：2：3‎ B. 1：23：33；1：22：32‎ C. 1：2：3；1：1：1‎ D. 1：3：5；1：2：3‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析: 由匀变速直线运动规律知：，，，可得：，这三段位移上的平均三段大小之比为：，B对。‎ 考点:匀变速直线的运动规律、平均速度。‎ ‎【名师点睛】匀变速直线运动规律的应用 ‎1．三个基本公式 v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax均为矢量式，应用时应规定正方向。‎ ‎2．方法技巧 ‎2. 在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图a、b分别为小汽车和大卡车的v﹣t图象，以下说法正确的是（ ）‎ A. 因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾 - 13 -‎ B. 在t=5s时追尾 C. 在t=3s时追尾 D. 由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据速度-时间图象与时间轴所围“面积”大小等于位移，由图知，时，b车的位移为：,a车的位移为，则，所以在在时追尾，故C正确．‎ 考点：考查了速度时间图像 ‎【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移 ‎3. 如图所示，斜面体P放在水平面上，物体Q放在斜面上．Q受一水平作用力F，Q和P都静止．这时P对Q的静摩擦力和水平面对P的静摩擦力分别为f1、f2．现使力F变大，系统仍静止，则 （ ）‎ ‎ ‎ A. f1、f2都变大 B. f1变大，f2不一定变大 C. f2变大，f1不一定变大 D. f1、f2都不一定变大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：先对物体Q受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，按照效果讨论摩擦力情况；然后对整体受力分析，得到P与地面间摩擦力情况．‎ 对物体Q受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，‎ ‎①当时，摩擦力沿着斜面向上，大小为，当F增大时，变小；‎ ‎②当时，摩擦力为零，F增大时，变大；‎ - 13 -‎ ‎③当时，摩擦力沿着斜面向下，大小为，F增大时，变大；‎ 对整体受力分析，则有，F变大则一定变大，故C正确．‎ ‎4. 物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA=6kg，mB=2kg，A、B间动摩擦因数μ=0.2，如图所示．现用一水平向右的拉力F作用于物体A上，则下列说法中正确的是（g=10m/s2）（ ）‎ ‎ ‎ A. 当拉力F＜12N时，A静止不动 B. 当拉力F＞12N时，A一定相对B滑动 C. 无论拉力F多大，A相对B始终静止 D. 当拉力F=24N时，A对B的摩擦力等于6N ‎【答案】D ‎【解析】当A、B刚要滑动时，静摩擦力达到最大值．设此时它们的加速度为a0，拉力为F0．AB间的最大静摩擦力为f=μmAg=12N；根据牛顿第二定律，得：对B：‎ 对整体：F0=（mA+mB）a0=48N；当F≤48N时，AB相对静止，F＞48N时，AB发生相对滑动．故ABC均错误；当拉力F=24N时，AB相对静止，对整体：； 对B：f=mBa=6N   故D正确．故选D.‎ ‎5. 图中给出某一时刻t的平面简谐波的图象和x=1.0m处的质元的振动图象，关于这列波的波速v、传播方向和时刻t可能是（ ）‎ A. v=1.0m/s，t=0‎ B. v=1.0m/s，t=6s C. t=0，波向x正方向传播 D. t=5s，波向x正方向传播 ‎【答案】D - 13 -‎ ‎【解析】由图知：波长λ=12m，周期T=12s，则波速．因t=0时刻，x=1.0m处的质点在平衡位置向上振动，故ABC错误．t=5s，由振动图象得知，x=1.0m处的质元的位移为y=2cm，与波动图象相符，振动方向向下，则波沿y轴正方向传播．故D正确．故选D.‎ 点睛：本题考查把握波动图象和振动图象联系的能力，根据振动图象要能读出质点的速度方向，在波动图象上判断波的传播方向.‎ ‎6. 用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系．图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调．分别用a、b、c三束单色光照射，调节A、K间的电压U，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示．由图可知（ ）‎ A. 单色光a和c的频率相同，但a更强些 B. 单色光a和c的频率相同，但a更弱些 C. 单色光b的频率小于a的频率 D. 改变电源的极性不可能有光电流产生 ‎【答案】A ‎【解析】光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，ac光对应的截止频率小于b光的截止频率，根据eU截=mvm2=hγ-W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．a光、c光的截止电压相等，所以a光、c光的频率相等；当a、c光照射该光电管，因频率相同，则a光对应的光电流大，因此a光子数多，那么a光的强度较强，故A正确，BC错误；若改变电源的极性，仍可能有光电流产生，但电流大小会发生变化，故D错误；故选A．‎ 点睛：解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程eU截=mvm2=hγ-W，同时理解光电流的大小与光强有关．‎ ‎7. 如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上．现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有（ ）‎ - 13 -‎ ‎ ‎ A. 拉力F先增大后减小，最大值是G B. 开始时拉力F最大为，以后逐渐减小为0‎ C. a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G D. a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：据力的三角形定则可知，小球a处于初状态时，小球a受到的支持力N=G/sin30o=2G,拉力F=Ncos30o=G；当小球a缓慢滑动时，θ增大，拉力F=Gcotθ，所以F减小；当小球a滑到小球b的顶端时小球a还是平衡状态，此时它受到的拉力必定为0,所以A选项错误B选项正确；小球a受到的支持力由N= G/sinθ可知，θ增大而支持力减小，滑到b球的顶端时由于小球处于平衡状态，支持力N=G。‎ 考点：本题考查力的动态平衡问题。‎ ‎8. 两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA=4kg，mB=2kg，A的速度vA=3m/s（设为正），B的速度vB=﹣3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为（ ）‎ A. 均为+1 m/s B. +4 m/s和﹣5 m/s C. +2 m/s和﹣1 m/s D. ﹣1 m/s和+5 m/s ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：两球碰撞过程中动量守恒．本题的难点在于判断碰撞后A球的速度方向，A的速度方向可能与原来相反，也可能与原来相同，分两种情况研究．‎ 发生正碰，则根据动量守恒得：①，根据碰撞过程系统的总动能不增加，则得②,它们发生正碰后，均为+1m/s，即以共同速度运动，符合以上等式，故A正确；速度如果是4m/s和-5m/s，那么A、B动能都增加，故B错误；发生正碰后，A、B速度方向不变即还是相向运动，这不符合实际情况．故C错误；发生正碰后，A、B反向，符合以上等式，故D正确 - 13 -‎ ‎【点睛】对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．‎ ‎9. 如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线（直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5）．由图可知（ ）‎ A. 该金属的截止频率为 4.27×1014Hz B. 该金属的截止频率为5.5×1014Hz C. 该图线的斜率表示普朗克常量 D. 该金属的逸出功为 0.5 eV ‎【答案】AC ‎【解析】当最大初动能为零时，入射光的光子能量与逸出功相等，即入射光的频率等于金属的截止频率，可知金属的截止频率为4.27×1014Hz，故A正确B错误；根据知，图线的斜率表示普朗克常量，故C正确；金属的逸出功为，故D错误．‎ ‎10. 如图所示，a，b为两束不同频率的单色光，以45°的入射角射到玻璃砖的上表面，直线OO′与玻璃砖垂直且与其上表面交于N点，入射点A，B到N点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P点．下列说法正确的是（ ）‎ A. 在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度 B. 在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度 - 13 -‎ C. 玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率 D. 同时增大入射角，则b光在下表面先发生全反射 ‎【答案】BC ‎【解析】所有色光在真空中传播速度都相同，都是c=3×108m/s．故A错误．由图看出a的折射角大，入射角相等，由折射定律知，玻璃对a光的折射率小，由分析可知a光在玻璃中传播速度大．故BC正确．b光射到玻璃砖的下表面时，入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆性原理得知，光线一定从下表面射出，不可能发生全反射．故D错误．故选BC.‎ 点睛：根据光路图正确判断光的折射率大小，然后根据折射率、波长、频率、光速等之间的关系进行求解，这些知识点是对学生的基本要求，平时要加强练习．‎ 二、实验题 ‎11. 如图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M．实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．‎ ‎（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是_______．‎ A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动 ‎（2）在“验证牛顿第二定律”的实验中，为使细线对小车的拉力等于砂及砂桶的总重力，应满足M_______m（填“远大于”、“远小于”或“等于”）‎ ‎（3）图2是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，量出相邻的计数点之间的距离分别为：sAB=4.22cm、sBC=4.65cm、sCD=5.08cm、sDE=5.49cm，sEF=5.91cm，sFG - 13 -‎ ‎=6.34cm．已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度大小a=_______m/s2．（结果保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). B (2). 远大于 (3). 0.42‎ ‎【解析】试题分析：小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力；当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力；根据匀变速直线运动的推论可以求出瞬时速度与加速度．‎ ‎（1）实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时要：将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故B正确．‎ ‎（2）当时，即当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力．‎ ‎（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为t=0.02s×5=0.1s，‎ 利用匀变速直线运动的推论，得，‎ 为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：‎ ‎12. 某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长78.50cm，摆球直径2.0cm．然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力F的大小随时间t的变化曲线如图所示．‎ ‎（1）该摆摆长为_______cm．‎ ‎（2）该摆摆动周期为_______s．‎ ‎（3）如果测得g值偏小，可能原因是_______‎ A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动 - 13 -‎ C．计算摆长时，忘记了加小球半径 ‎ D．读单摆周期时，读数偏大 ‎（4）测得当地重力加速度g的值为_______m/s2．（三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 79.50 (2). 1.8 (3). BCD (4). 9.68‎ ‎【解析】(1)该摆摆长为78.9cm+1cm=79.5cm.‎ ‎(2) 当悬线的拉力最大时，摆球通过最低点，由图读出t=0.3s时摆球正通过最低点，t=1.2s时摆球又通过最低点，则摆球的摆动周期T=2×（1.2-0.3）s=1.8s．‎ ‎..................‎ ‎（4）测得当地重力加速度g的值为 点睛：考查学生的读图能力，抓住最高点和最低点两个位置悬线拉力的特点，结合单摆的周期性分析其周期；能根据重力加速度的表达式分析误差原因.‎ 三、计算题：‎ ‎13. 如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为37°固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．‎ ‎（1）物体与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎（2）拉力F的大小；‎ ‎（3）t=4s时物体的速度．‎ ‎【答案】（1）0.5（2）30N（3）2m/s - 13 -‎ ‎【解析】（1）根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度：a1=20m/s2 根据牛顿第二定律得：F-μmgcosθ-mgsinθ=ma1 匀减速直线运动的加速度：a2＝10m/s2 根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma2 解得：F=30N，μ=0.5 （2）由（1）知，F=30N （3）在物块由A到C过程中，设撤去力后物体运动到最高点时间为t2 v1=a2t2 解得t2=2s   则物体沿斜面下滑的时间为t3=t-t1-t2=1s   设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma3 解得：a3=2m/s2 所以t=4s时物体的速度：v=a3t3=2×1=2m/s，沿斜面向下   点睛：本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解．‎ ‎14. 一列横波沿x轴传播，图中实线表示某时刻的波形，虚线表示从该时刻起0.005s后的波形．‎ ‎①如果周期大于0.005s，则当波向右传播时，波速为多大？波向左传播时，波速又是多大？‎ ‎②如果周期小于0.005s，则当波速为6000m/s时，求波的传播方向．‎ ‎【答案】①如果周期大于0.005s，则当波向右传播时，波速为400m/s，波向左传播时，波速又是1200m/s②波向左传播 ‎【解析】试题分析：①如果周期大于0.005 s，波在0.005 s内传播的距离小于一个波长。如果波向右传播，从图上看传播的距离为2 m，由此可得波速为：v右＝＝400 m/s （2分）‎ 如果波向左传播，从图上看传播的距离为6 m，由此可得波速：‎ v左＝＝1200 m/s （2分）‎ ‎②由图知波长λ＝8 m，波的传播距离为Δx＝vΔt＝6000m/s×0.005s＝30‎ - 13 -‎ ‎ m＝（30/8）λ＝3.75λ，‎ 所以波向左传播 （3分）‎ 考点：振动与波 ‎15. 在物资运转过程中常使用传送带．已知某传送带与水平面成θ=37°角，传送带的AB部分长L=29m，传送带以恒定的速率v=10m/s按图示方向传送，若在A端无初速度地放置一个质量m=0.1kg的煤块P（可视为质点），P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小，（g取10m/s2，sin 37°=0.6）．求：‎ ‎（1）煤块P从B端运动到A端的时间是多少？‎ ‎（2）若P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，则煤块P从B端运动到A端的时间又是多少 ‎（3）若P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求煤块在传送带上留下的痕迹长度．‎ ‎【答案】（1）3s（2）3.31s（3）5m ‎【解析】(1)物体放上传送带后,开始一段时间t1内做初速度为0的匀加速直线运动，小物体受到沿斜面向下的摩擦力：‎ 可知,物体所受合力F合=mgsinθ+f 又因为f=μN=μmgcosθ 所以根据牛顿第二定律可得： ‎ 当物体速度增加到10m/s时产生的位移：x==5m<29m 所用时间为：t=v/a=1s 所以物体速度增加到10m/s后，由于mgsinθ>μmgcosθ，所以物体将受沿传送带向上的摩擦力的作用，a2=mgsinθ-μmgcosθ=2m/s2‎ 匀加速运动的位移为29−x，设所用时间为t′，‎ 则 ‎ 解得：t′=2s - 13 -‎ t总=1s+2s=3s ‎(2)若物体与传送带之间的动摩擦因数为0.8，则物体放上传送带后，开始一段时间t′1内做初速度为0的匀加速直线运动，小物体受到沿斜面向下的摩擦力：‎ 可知物体所受合力F′合=mgsinθ+f′‎ 又因为f′=μN=μ′mgcosθ 所以根据牛顿第二定律可得：a′=F′合/m=12.4m/s2‎ 当物体速度增加到10m/s时产生的位移：x′=v22a′=4.03m<29m 所用时间为：t′=v/a′=0.81s 所以物体速度增加到10m/s后，由于mgsinθ<μmgcosθ，所以物体将和传送到一起匀速运动，‎ 匀速运动的位移为29−x′，设所用时间为t″，则t″=29−4.0310=2.50s 则t′总=0.81+2.50=3.31s，‎ ‎(3)第一阶段炭块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动，炭块的位移为：x=v2/2a=5m 传送带的位移为x′=vt=10×1=10m，故炭块相对传送带上移5m；‎ 第二阶段炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动，炭块的位移为：‎ ‎，‎ 传送带的位移为20m，所以相对于传送带向下运动4m，‎ 故传送带表面留下黑色炭迹的长度为5m；‎ ‎16. 如图所示，半径为R的的光滑圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球B静止光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为m1的小球A自圆弧轨道的顶端由静止释放，重力加速度为g，试求：‎ ‎（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为多少？‎ ‎（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么关系？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）设A球到达圆弧底端时的速度为v0，根据机械能守恒定律有：‎ - 13 -‎ ‎……① （1分）‎ 当A、B两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v 根据动量守恒定律有：……② （2分）‎ 根据机械能守恒定律有：……③ （2分）‎ 联立①②③解得：……④ （1分）‎ ‎（2）设A、B碰撞后的速度分别为v1和v2‎ 根据动量守恒定律有：……⑤ （1分）‎ 根据机械能守恒定律有：……⑥ （1分）‎ 联立⑤⑥解得：（2分）‎ 要使A、B两球能发生二次碰撞，必须满足……⑨‎ 则有：……⑩ （2分）‎ 解得：……12 （2分）‎ 或（不符合事实，舍去）‎ 本题考查动量守恒定律和功能关系，小球由最高点到最低点，由动能定律求得最低点速度，当弹簧弹性势能最大时，两球速度相同，在与弹簧作用过程中系统机械能守恒，两小球动能的减小量转化为弹簧的弹性势能。列式求解 - 13 -‎