西藏自治区拉萨那曲第二高级中学2020届高三月考物理试题

西藏自治区拉萨那曲第二高级中学2020届高三月考物理试题

‎2020届西藏自治区拉萨那曲第二高级中学高三第二次月考 物理试题 一、选择题 ‎1.质量为m物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中 A. F逐渐变大，T逐渐变大 B. F逐渐变大，T逐渐变小 C. F逐渐变小，T逐渐变大 D. F逐渐变小，T逐渐变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】以结点O为研究对象受力分析如下图所示：‎ 由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳OB的张力 TB=mg 根据平衡条件可知：‎ Tcosθ-TB=0，Tsinθ-F=0‎ 由此两式可得：‎ F=TBtanθ=mgtanθ 在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和T均变大。‎ A. F逐渐变大，T逐渐变大与分析相符，故A正确。‎ B. F逐渐变大，T逐渐变小与分析不符，故B错误。‎ C. F逐渐变小，T逐渐变大与分析不符，故C错误。‎ D. F逐渐变小，T逐渐变小与分析不符，故D错误。‎ ‎2.如图所示，A、B两物体叠放在一起，在竖直向上的推力F作用下，一起沿粗糙的竖直墙壁向上匀速移动，下列说法中正确的是 A. 物体A与B之间一定有摩擦力 B. 物体B一定受4个力 C. 物体A与墙壁之间一定有弹力和摩擦力 D. 物体A一定受6个力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．物体A、B一起做匀速直线运动，对B，受力分析如图甲，B受到的力有重力、支持力、摩擦力共3个了，故A正确，B错误；‎ CD．对A进行受力分析，如图乙所示，物体A受到重力、B的压力、B对其摩擦力、推力，一共4个力；如果墙对A存在弹力，整体不可能做匀速直线运动，所以A和墙之间不存在弹力，也不存在摩擦力，故CD错误。‎ 故选A。‎ ‎3.如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，一质量为m的小球从弹簧正上方某处自由下落，弹簧的劲度系数为从小球与弹簧接触开始直到弹簧被压缩至最短的过程中，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 小球的速度先增大后减小 B. 小球的加速度先减小后增大 C. 弹簧的最大形变量为 D. 小球速度最大时弹簧的形变量为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在小球将弹簧压缩到最短的过程中，小球受到向下的重力和向上的弹簧弹力，开始时弹力小于重力，小球的合力向下，向下加速运动，由于弹力增大，合力减小，故加速度减小，物体做加速度减小的加速运动。当弹力大于重力，小球的合力向上，向下减速运动，由于弹力增大，合力增大，故加速度增大，物体做加速度增大的减速运动。因此，小球的速度先增大后减小，小球的加速度先减小后增大，故AB正确，AB项不合题意；‎ D．当弹力等于重力时，加速度为零速度达最大，则有 mg=kx，‎ 得 ‎，故D正确，D项不合题意。‎ C．小球速度最大时弹簧的形变量为，小球要继续向下压缩弹簧，所以弹簧的最大形变量大于，根据运动的对称性知，弹簧的最大形变量将大于，故C错误，C项符合题意。‎ 本题选不正确的，故选C。‎ ‎4.甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动的图象如图所示，在3s末两质点在途中相遇，两质点的位置关系是（　　）‎ A. 相遇前甲、乙两质点的最远距离为‎2m B. 相遇前甲、乙两质点的最远距离为‎3m C. 两质点出发点间的距离是甲在乙之前‎4m D. 两质点出发点间的距离是乙在甲之前‎4m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在3s末两质点在途中相遇，相遇前，乙的速度一直大于甲的速度，则两质点间距离不断缩小，则0时刻两质点间距最远，根据图像可知，相遇前甲、乙两质点的最远距离为 且甲在乙前方‎4m处，故C正确ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎5.—台机器由电动机带动，机器皮带轮的半径是电动机皮带轮半径的3倍，如图所示。皮带与两轮之间不发生滑动。已知机器皮带轮边缘上一点的向心加速度为，机器皮带轮上A点到转轴的距离为轮半径的一半。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比是1:3‎ B. 机器皮带轮上A点的向心加速度是 C. 电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度是 D. 机器皮带轮上A点的线速度与电动机皮带轮边缘上某点的线速度之比是2:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 因电动机和机器由同一皮带连接，所以它们边缘线速度大小相等，根据v=ωr可知，电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比是3:1，故A错误；‎ B． 机器皮带轮边缘上一点的向心加速度为，机器皮带轮边缘上一点与A点具有相同角速度， ，故机器皮带轮上A点的向心加速度是，故B错误；‎ C． 电动机皮带轮边缘上某点与机器皮带轮边缘上一点具有相同线速度，根据 可知，电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度是，故C正确；‎ D． 电动机皮带轮边缘上某点与机器皮带轮边缘上一点具有相同线速度，机器皮带轮边缘上一点与A点具有相同角速度，根据可知，机器皮带轮上A点线速度与电动机皮带轮边缘上某点的线速度之比是1：2，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.如图是某次日全食时的美妙景象，那么下列说法正确的是(　　)‎ A. 在观测日全食时可将月球看成质点 B. 在观测日全食时不能将月球看成质点 C. 月球绕地球转动，这是以太阳为参考系来描述的 D. 月球绕地球转动，这是以地球为参考系来描述的 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、在观测日全食时，月亮的大小不能忽略，故月亮不能看作质点，故A错误；B正确； ‎ C、月亮绕地球转动时，这是我们以地球为参考系得出的结果，故D正确，C错误．‎ 点睛：观察日全食时，月亮的大小和形状不能忽略；月球绕地球转动，这是我们以地球为参考系来描述的．‎ ‎7.如下图所示，斜面体质量为M，小物块质量为m，斜面体始终处于静止状态，当小物块沿斜面下滑时有（　　）‎ A. 匀速下滑时，斜面体对地面压力等于 B. 加速下滑时，斜面体对地面压力小于 C. 减速下滑时，斜面体对地面压力大于 D. 斜面体对地面压力始终等于 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 匀速下滑时，整体处于平衡状态，整体分析可知，斜面体对地面压力等于，故A正确；‎ B． 加速下滑时，加速度沿斜面向下，m处于失重状态，M仍平衡，则根据失重原理可知，斜面体对地面压力小于，故B正确；‎ C． 减速下滑时，加速度沿斜面向上，m处于超重状态，M仍平衡，根据超重原理可知，斜面体对地面压力大于，故C正确；‎ D．根据以上分析可知，故D错误。‎ 故选ABC。‎ ‎8.如图所示，斜面倾斜角为，从斜面的点分别以和的速度水平抛出、两个小球，不计空气阻力，若两个小球均落在斜面上且不发生反弹，则（ ）‎ A. 、两球的水平位移大小之比为 B. 、两球飞行时间之比为 C. 、两球下落的高度之比为 D. 、两球落到斜面上的速度大小之比为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据得，‎ 可知飞行时间之比为1：2，水平位移x=v0t，水平速度之比为1：2，则水平位移之比为1：4，故A B符合题意．‎ C.根据h＝gt2得，时间之比为1：2，则下落高度之比为1：4．故C不符合题意．‎ D.落在斜面上竖直分速度vy=gt=2v0tanθ，根据平行四边形定则知，落在斜面上的速度 可知落在斜面上的速度之比为1：2．故D不符合题意．‎ 二、实验题 ‎9.如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度。‎ ‎(1)所需器材有：电磁打点计时器、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需__________器材。‎ A直流电源 B.天平及砝码 C.4~6V交流电源 D.毫米刻度尺 ‎(2)下列实验操作步骤正确的是__________。‎ A.实验所用的重物可用实心泡沫球 B.应调整打点计时器，使其两限位孔连线在竖直方向 C实验时应先使重物靠近打点计时器再释放，释放后再接通电源 ‎(3)实验中得到的一条纸带如下图所示，从比较清晰的点起，每2个点取一个计数点，分别标明0，1，2，3，4。测得x1=‎30.0mm，x2=‎45.4mm，x3=‎60.8mm，x4=‎76.2mm。则物体在打下点2时的速度大小为__________m/s。物体的加速度大小为__________m/s2。‎ ‎【答案】 (1). CD (2). B (3). ‎1.3275m/s (4). ‎9.625m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] AC．实验中电磁打点计时器需要4-6V的交流电源，故A错误，C正确；‎ B．实验中不需要测量质量，则不需要天平和砝码，故B错误；‎ D．需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而求解瞬时速度和加速度，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎(2)[2] A．实验所用的重物应质量大、体积小，故A错误；‎ B．实验时应调整打点计时器，使其两限位孔连线在竖直方向，故B正确；‎ C．实验时应先使重物靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小球，故C错误。‎ 故选B。‎ ‎(3)[3][4]点2的瞬时速度 根据，运用逐差法得，物体的加速度 ‎10.在探究加速度与力、质量的关系的实验中，采用如图甲所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计时器打出的点计算出，实验中所使用的电源是50Hz的交流电。‎ ‎(1)当M与m的大小关系满足__________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力。‎ ‎(2)图乙为某次实验得到的纸带，图中A、B、C、D、E为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画出，根据纸带可计算出纸带所对应小车的加速度a=__________m/s2。（结果保留三位有效数字）‎ ‎(3)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度。采用图象法处理数据。为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应该作a与______的图象。‎ ‎(4)如图丙所示为甲同学根据测量数据作出的a—F图象，说明实验存在的问题是______。‎ ‎(5)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a—F图象如图丁所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同__________。‎ ‎【答案】 (1). m远小于M (2). 3.51 (3). (4). 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 (5). 小车的质量 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 该实验的研究对象是小车，根据牛顿第二定律得：对m mg-F拉=ma 对M F拉=Ma 解得 F拉= ‎ 当m远小于M时，即当砝码和盘的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力。‎ ‎(2)[2] 相邻两个计数点间有四个点未画出，则T=0.1s，根据公式，加速度为 ‎(3)[3]为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应作出线性关系图线，即作图像。‎ ‎(4)[4]F不等于零时，加速度仍然为零，知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。‎ ‎(5)[5] a-F图线的斜率表示质量的倒数，图线的斜率不同，则两个同学做实验时的小车质量不同。‎ 三、计算题 ‎11.放在水平地面上一质量为的铁块，在水平恒定外力作用下由静止开始沿直线运动，4s内通过‎8m的距离。此后撤去外力，铁块又运动了2s停止，铁块运动过程中所受阻力大小不变，求：‎ ‎(1)撤去水平恒定外力时铁块的速度大小；‎ ‎(2)铁块运动过程中所受到的阻力大小；‎ ‎(3)铁块所受水平恒定外力的大小F。‎ ‎【答案】(1)‎4m/s；(2)4N；(3)6N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铁块开始做匀加速直线运动时有，解得 ‎(2)铁块做减速运动过程中，加速度大小 由牛顿第二定律有 解得 ‎(3)设开始加速过程中的加速度大小为，则 由牛顿第二定律有 解得 ‎12.如图所示，质量m=‎2.0kg的木块静止在高h=‎1.8m的水平平台上，木块距平台右边缘‎7.75m，木块与平台间的动摩擦因数μ=0．2．用水平拉力F=20N拉动木块，木块向右运动‎4.0m时撤去力F．不计空气阻力，g取‎10m/s2．求：‎ ‎（1）.F作用于木块的时间；‎ ‎（2）.木块离开平台时的速度大小；‎ ‎(3).木块落地时距平台边缘的水平距离．‎ ‎【答案】（1）t=1s,（2）v2="7" m/s2,（3）‎‎4.2m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）木块F作用下做与加速直线运动：‎ ‎="8" m/s2‎ 因为，解得t=1s 末速度=‎8m/s ‎（2）撤去外力F后，木块做匀减速直线运动 加速度大小：="2" m/s2‎ ‎="‎3.75m " ;解得：v2="7" m/s2‎ ‎（3）离开平台后做平抛运动：解得:t=0.6s ‎=‎‎4.2m 四、选修3-3‎ ‎13.氧气分子在‎0 ℃‎和‎100 ℃‎温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是________．‎ A. 图中两条曲线下面积相等 B. 图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C. 图中实线对应于氧气分子在‎100 ℃‎时的情形 D. 图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E. 与‎0 ℃‎时相比，‎100 ℃‎时氧气分子速率出现在0～‎400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由题图可知，在‎0℃‎和‎100℃‎两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等；故A项符合题意.‎ B温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，虚线为氧气分子在‎0 ℃‎时的情形，分子平均动能较小，则B项符合题意.‎ C. 实线对应的最大比例的速率区间内分子动能大，说明实验对应的温度大，故为‎100℃‎时的情形，故C项符合题意.‎ D. 图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占据的比例，但无法确定分子具体数目；故D项不合题意 E.由图可知，0～‎400 m/s段内，‎100℃‎对应的占据的比例均小于与‎0℃‎时所占据的比值，因此‎100℃‎时氧气分子速率出现在0～‎400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小；则E项不合题意．‎ ‎14.如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历状态b、c、到达状态d，已知一定质量的理想气体的内能与温度满足（k为常数）．该气体在状态a时温度为，求：‎ ‎①气体在状态d时的温度 ‎②气体从状态a到达状态d过程从外界吸收的热量 ‎【答案】①Td =3T0 ② Q= 2kT0﹢6p0V0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由a到d气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可以求出气体的温度；求出气体做的功，然后应用热力学第一定律求出从外界吸收的热量；‎ ‎【详解】解：①状态a与状态d压强相等，由：‎ 可得：‎ ‎② 依题意可知：， ‎ 由热力学第一定律，有：‎ 其中：‎ 联立可得：‎ ‎ ‎