福建省长泰县第一中学2020届高三物理上学期10月月考试题（含解析）

1 福建省长泰县第一中学福建省长泰县第一中学 20202020 届高三物理上学期届高三物理上学期 1010 月月考试题 含解月月考试题 含解 析 析 一 选择题 一 选择题 1 81 8 为单项选择题 为单项选择题 9 129 12 为多项选择题 每小题为多项选择题 每小题 4 4 分 共分 共 4848 分 分 1 关于曲线运动 下列说法正确的是 a 物体只有受到变力作用才做曲线运动 b 匀速圆周运动是匀变速曲线运动 c 物体做曲线运动时 一定是变速运动 d 物体做曲线运动时 有可能处于平衡状态 答案 c 解析 详解 a 物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上 物体受到的力可以是变 力也可以是恒力 如平抛运动只受重力作用 故 a 错误 b 匀速圆周运动加速度大小不变而方向时刻在变化 所以匀速圆周运动是变速曲线运动 故 b 错误 c 物体做曲线运动时 速度的方向时刻在变化 一定是变速运动 故 c 正确 d 平衡状态是指物体处于静止或者是匀速直线运动状态 所受合力为零 物体做曲线运动时 速度的方向是一定变化的 物体不可能处于平衡状态 故 d 错误 2 一个沿竖直方向运动的物体 其速度图像如图所示 规定向上为正方向 当地重力加速度 g 10m s2 则可知 a 1s 时物体处于平衡状态 b 上升和下降两个阶段加速度大小相等 方向相反 c 3s 时物体处于抛出点上方 15m d 3s 内物体一直处于完全失重状态 2 答案 d 解析 详解 1s 时物体 的速度为零 但是加速度不为零 不是处于平衡状态 选项 a 错误 图 线的斜率等于加速度 可知上升和下降两个阶段加速度大小相等 方向相同 选项 b 错误 由图像可知 2s 末物体回到出发点 3s 时物体处于抛出点下方 选项 c 错误 3s 内物体物 体的加速度均向下 大小为 则一直处于完全失重状态 选项 d 正确 故 2 10 v am s t 选 d 3 如图所示 在动摩擦因数 0 2 的水平面上有一个质量 m 1kg 的小球 小球分别与水 平轻弹簧及与竖直方向成 45 角的不可伸长的轻绳一端相连 此时小球处于静止状态 且水平面对小球的弹力恰好为零 在剪断轻绳的瞬间 g 取 10m s2 滑动摩擦力等于最大静摩 擦力 下列说法中正确的是 a 小球受到地面的弹力仍然为零 b 小球立即向左运动 且 a 8m s2 c 小球立即向左运动 且 a 10m s2 d 小球仍然静止 答案 b 解析 详解 a 在细线剪断的瞬时 小球向左运动 竖直方向受力平衡 与地面有相互的挤压 压力不为零 故 a 错误 b 对小球受力分析 如图所示 根据共点力平衡得 弹簧的弹力 f mg 10n 剪断轻绳的瞬间 弹簧弹力不变 根据牛顿第二 3 定律得 a m s2 8m s2 方向向左 故 b 正确 c 错误 d 错误 100 2 10 1 fmg m 故选 b 点睛 水平面对小球弹力为零 小球受重力 弹力和拉力处于平衡 根据共点力平衡求出 弹簧弹力的大小 剪断轻绳的瞬间 弹力大小不变 根据牛顿第二定律求出小球的加速度大 小和方向 4 如图所示 ac是上端带定滑轮的固定竖直杆 质量不计的轻杆bc一端通过较链固定在c 点 另一端b悬挂一重为g的物体 且b端系有一根轻绳并绕过定滑轮 人现用力f拉绳 开始时 使缓慢减小 直到 此过程中杆bc所受的力 90bca bca 30bca a 逐渐减小 b 逐渐增大 c 先增大后减小 d 大小不变 答案 d 解析 详解 以结点b为研究对象 分析受力作出力的合成如图 根据平衡条件知 f n的合力 f合与g大小相等 方向相反 4 根据力的三角形与几何三角形相似得 f ac 合 f ab n bc 又f合 g 解得杆bc对b点的作用力 n g bc ac 现使 bca缓慢减小的过程中 ab变小 而ac bc不变 则得到n不变 即作用在bc杆上 的压力大小不变 a 杆bc所受的力逐渐减小 与分析不一致 故 a 错误 b 杆bc所受的力逐渐增大 与分析不一致 故 b 错误 c 杆bc所受的力先增大后减小 与分析不一致 故 c 错误 d 杆bc所受的力大小不变 与分析相一致 故 d 正确 5 如图所示 某同学对着墙壁练习打乒乓球 某次球与墙壁上 a 点碰撞后水平弹离 恰好垂 直落在球拍上的 b 点 已知球拍与水平方向夹角 60 ab 两点高度差 h 1m 忽略空气阻 力 重力加速度 g 10m s2 则球刚要落到球拍上时速度大小为 a m sb m sc m sd 2 52 154 5 m s 4 15 3 5 答案 c 解析 分析 根据竖直高度差求平抛运动的时间 再求竖直分速度 最后根据矢量三角形求合速度 详解 根据得 2 1 2 hgt 22 11 105 h tss g 竖直分速度 1 1020 5 y mm vgt ss 刚要落到球拍上时速度大小 0 4 5 cos60 y v m v s 故应选 c 点睛 本题考查平抛运动的处理方法 平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖 直方向的自由落体运动 一定要记住平抛运动的规律 6 2016 年 9 月 15 日 我国的空间实验室天宫二号在酒泉成功发射 9 月 16 日 天宫二号在椭 圆轨道 的远地点 a 开始变轨 变轨后在圆轨道 上运行 如图所示 a点离地面高度约为 380km 地球同步卫星离地面高度约为 36000km 若天宫二号变轨前后质量不变 则下列说法 正确的是 a 天宫二号在轨道 上运行通过远地点 a 点的速度一定小于 7 9km s b 天宫二号在轨道 上运行的周期可能大于在轨道 上运行的周期 c 天宫二号在轨道 上运行通过近地点 b 的速度一定大于 轨道的速度 6 d 天宫二号在轨道 变轨到轨道 机械能减少 答案 ac 解析 详解 7 9km s 为第一宇宙速度 也为最大轨道环绕速度 故天宫二号在轨道 上运行通 过远地点 a 点的速度一定小于 7 9km s a 正确 根据开普勒第三定律 因为轨道 3 2 rk t 的半长轴小于圆轨道 的半径 所以 天宫二号 在轨道 上运行的周期小于在轨道 上运 行的周期 b 错误 根据可得 即轨道半径越大 线速度越小 若 2 2 mmv gm rr gm v r 轨道 i 为圆周 则在轨道 i 上的速度大于在轨道 ii 上的速度 而轨道 i 为椭圆 即在b点 需要点火加速 所以在b点的速度一定大于 轨道的速度 c 正确 从轨道 i 变轨到轨道 ii 需要在 a 点点火加速逃逸 即外力做正功 机械能增大 d 错误 7 如图所示 长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球 另一端有固定转轴o 杆可在竖直 平面内绕轴o无摩擦转动 已知小球通过最低点q时 速度大小为 则小球的运 9 2 vgl 动情况为 a 小球不可能到达圆周轨道的最高点p b 小球能到达圆周轨道的最高点p 但在 p 点不受轻杆对它的作用力 c 小球能到达圆周轨道的最高点p 且在p点受到轻杆对它向上的弹力 d 小球能到达圆周轨道的最高点p 且在p点受到轻杆对它向下的弹力 答案 c 解析 详解 由能量守恒定律得 解得 所以小 22 11 2 22 p mvmvmgl 2 2 p gl vgl 球能到达圆周轨道的最高点p 且在p点受到轻杆对它向上的弹力 故 abd 错误 c 正确 7 故选 c 8 如图所示 在光滑平面上有一静止小车 小车质量为 小车上静止地放置着质量 5mkg 为的木块 木块和小车间的动摩擦因数为 用水平恒力拉动小车 下列 1mkg 0 2 f 关于木块的加速度和小车的加速度 可能正确的有 m m a 22 2 1 mm am sam s b 22 1 2 mm am sam s c 22 2 4 mm am sam s d 22 3 5 mm am sam s 答案 c 解析 试题分析 当 m 与 m 间的静摩擦力时 木块与小车一起运动 且加速度相等 2nfmg 当 m 与 m 间相对滑动后 m 对 m 的滑动摩擦力不变 则 m 的加速度不变 所以当 m 与 m 间的 静摩擦力刚达到最大值时 木块的加速度最大 由牛顿第二定律得 此时 当 有 2 2 mg agm s m 5 12n12n m fmm a 12fn 当后 木块与小车发生相对运动 小车的加速度大于木块的加速度 mm aa 12fn 故 c 正确 2 2 mm aam s 考点 考查了牛顿第二定律的应用 名师点睛 本题关键先对整体受力分析 再对小滑块受力分析 然后根据牛顿第二定律列 方程 联立方程组求解 9 如图所示 在外力作用下某质点运动的图象为正弦曲线 从图中可以判断 t 8 a 在时间内 外力做正功 1 0 t b 在时间内 外力的功率逐渐增大 1 0 t c 在时刻 外力的功率最大 2 t d 在时间内 外力做的总功为零 13 tt 答案 ad 解析 在时间内 由图象可知 物体的速度增大 动能增大 由动能定理知外力做正功 故 1 0t a 正确 速度的图象斜率表示加速度 在时间内 加速度逐渐减小 说明外力逐渐减 1 0t 小 由图象可知 t 0 时刻物体的速度为零 由可知外力的功率为 0 在时刻速度最 pfv 1 t 大 但外力为 0 由可知时刻外力功率也为零 可知外力的功率先增大后减小 故 pfv 1 t b 错误 时刻物体的速度为零 由可知外力的功率为零 故 c 错误 在时间 2 t pfv 13 tt 内物体的动能变化量为零 由动能定理可知外力做的总功为零 故 d 正确 10 有一个质量为m的物体 在倾角为 30 的斜面顶端由静止开始沿斜面下滑 由于受摩擦 阻力作用 下滑的加速度为 当物体在竖直方向上的下落高度为h时 则此过程中 下 1 5 g 列说法正确的是 a 物体的动能增加了 1 5 mgh b 物体的机械能减少了 4 5 mgh 9 c 物体与斜面之间由于摩擦产生的热量为 3 5 mgh d 物体的重力势能减少了mgh 答案 cd 解析 详解 a 根据牛顿第二定律 物体所受的合力为mg 则合力做功w合 1 5 mg mgh 根据动能定理w合 ek 动能增加mgh 故 a 错误 1 5sin30 h 2 5a 2 5 bd 重力做功为mgh 所以重力势能减小mgh 动能增加了mgh 则机械能减小了mgh 故 2 5 3 5 b 错误 d 正确 c 机械能减小了mgh 根据能量守恒定律 减小的机械能转化为由于摩擦产生的热量 则 3 5 物体与斜面之间由于摩擦产生的热量为 故 c 正确 3 5 mgh 11 如图 叠放在水平转台上的物体a b c能随转台一起以角速度 匀速转动 a b c 的质量分别为 3m 2m m a与b b和c与转台间的动摩擦因数都为 a和b c离转台 中心的距离分别为r 1 5r 设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 以下说法正确的是 a b对a的摩擦力一定为 3 mgb b对a的摩擦力一定为 3m 2r c 转台的角速度一定满足d 转台的角速度一定满足 答案 bc 解析 详解 对 a 受力分析 受重力 支持力以及 b 对 a 的静摩擦力 静摩擦力提供向心力 有 10 f 3m 2r 3m g 故 a 错误 b 正确 由于 a ab 整体 c 受到的静摩擦力均提供 向心力 故对 a 有 3m 2r 3m g 对 ab 整体 有 3m 2m 2r 3m 2m g 对物体 c 有 m 2 1 5r mg 解得 故 c 正确 2 3 g r d 错误 故选 bc 点睛 本题关键是对 a ab 整体 c 受力分析 根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦 力等于滑动摩擦力列式分析 12 放置于固定斜面上的物块 在平行于斜面向上的拉力f作用下 沿斜面向上做直线运动 拉力f和物块速度v随时间t变化的图象如图 则 a 物块的质量为 1kg b 第 1s 内物块受到的合外力为 5n c 第 1s 内拉力f的功率逐渐增大 d 前 3s 内物块的机械能先增大后不变 答案 ac 解析 详解 ab 由图可得 0 1s 内物体的加速度为 a m s2 0 5 m s2 v t a a 0 50 1 0 由牛顿第二定律可得 f mgsin ma 1s 后有 f mgsin 将f 5 5n f 5 0n 代入解得 m 1 0kg 30 第 1s 内物块受到的合外力 11 f合 ma 1 00 5n 0 5n 故 a 正确 b 错误 c 由p fv知 第 1 s 内拉力f不变 v增大 则f的功率p增大 故 c 正确 d 前 1s 内物块的动能和重力势能均增大 则其机械能增大 2 3s 内 动能不变 重力势能 增大 其机械能增大 所以物块的机械能一直增大 故 d 错误 二 实验题二 实验题 共共 2 2 小题 每空小题 每空 2 2 分 共分 共 1515 分分 13 某同学在做 探究弹力和弹簧伸长的关系 的实验时 所用实验装置如下图所示 所用 的钩码每只质量都是 30g 他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度 再将 5 个钩码逐个挂在弹簧 的下端 每次都测出相应的弹簧总长度 并将数据填在表中 实验中弹簧始终未超过弹性 限度 取 g 10m s2 钩码质量 g 0306090120150 弹簧总长 cm 6 007 008 009 0010 0011 00 1 根据这些实验数据在坐标纸上作出弹簧所受弹力大小跟弹簧总长之间的函数关系图线 2 图线跟横轴交点的物理意义是 当悬挂钩码质量为 90 g 时 弹簧被拉长了 12 cm 该弹簧的劲度系数 k n m 答案 1 2 弹簧的原长 3 3cm 4 30n m 解析 详解 1 描点作图 得出弹簧弹力与其长度之间的图象如下图所示 2 图线与横轴的交点表示弹簧所受弹力 f 0 时弹簧的长度为 6cm 即弹簧的原长 根据表 格可知 当悬挂钩码质量为 90g 时 弹簧的长度为 9cm 则弹簧被拉长了 l 9 6cm 3cm 由图象可以得出该图线的数学表达式为 f 30l 1 8 n 图象的斜率表示弹簧的劲度系数 即 k 30 n m 点睛 对于该实验要注意 1 每次增减砝码测量有关长度时 均要保证弹簧及砝码应处 于静止状态 2 测量有关长度时 要注意区分弹簧的原长 l0 实际长度 l 和伸长量 x 并明 确三者之间的关系 3 描线时要将尽可能多的点画在直线上 少数的点尽可能平均的分布 于直线两侧 4 掌握图象与各个坐标轴交点的含义 14 为了探究质量一定时加速度与力的关系 一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 滑轮质量不计 13 1 实验时 一定要进行的操作或保证的条件是 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 同时记录弹簧测力计的 示数 d 改变砂和砂桶的质量 打出几条纸带 e 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 2 该同学在实验中得到如图所示的一条纸带 相邻两计数点间还有两个点没有画出 已 知打点计时器采用的是频率为 50 hz 的交流电 根据纸带可求出小车的加速度为 m s2 结 果保留两位有效数字 3 以弹簧测力计的示数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 图线与横轴的夹角为 求得图线的斜率为k 则小车的质量为 a 2tan b c k d 1 tan 2 k 答案 1 bcd 2 1 3 3 d 解析 详解 1 1 ae 本题拉力可由弹簧秤测出 也就不需要用天平测出砂和砂桶的质量 更不需要满足砂和砂桶的质量m远小于小车的质量m这个条件 故 ae 错误 b 弹簧测力计测出拉力 从而表示小车所受的合外力 故需要将带滑轮的长木板右端垫高 以平衡摩擦力 故 b 正确 c 打点计时器运用时 小车靠近打点计时器 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 要同时记录弹簧测力计的示数 故 c 正确 d 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 14 d 正确 2 2 由于两计数点间还有两个点没有画出 故时间间隔t 0 06s 由逐差法 可得加速度 2 3 xa t 2 2 2 3 83 32 82 3 1 9 1 4 10 1 3m s 9 0 06 a 3 3 弹簧测力计的示数 由牛顿第二定律 2f ma 小车的质量m 1 2 ff 合 2f a 22f ak a 小车的质量为 2tan 与分析不一致 故 a 错误 b 小车的质量为 与分析不一致 故 b 错误 1 tan c 小车的质量为k 与分析不一致 故 c 错误 d 小车的质量为 与分析相一致 故 d 正确 2 k 三 计算题 共三 计算题 共 4 4 小题 共小题 共 3737 分 解答应写出必要的文字说明 方程式和重要演算步骤 分 解答应写出必要的文字说明 方程式和重要演算步骤 只写最后答案不得分 只写最后答案不得分 15 一辆汽车在平直的路面上以恒定功率由静止行驶 设所受阻力大小不变 其牵引力f与 速度 的关系如图所示 加速过程在图中 b 点结束 所用的时间t 10s 经历的路程 s 60m 10s后汽车做匀速运动 求 1 汽车运动过程中功率的大小 2 汽车的质量 3 汽车加速度为 5 m s2时 此时车的速度大小 答案 1 1 105w 2 8 103kg 3 2 m s 15 解析 详解 1 由图像可知 摩擦力n 匀速速度 4 1 10f 10 m vm s 汽车的功率 5 1 10 m pfvw 2 加速过程 由动能定理 得 2 1 2 ptfsmv 解得 3 8 10mkg 3 当时 设车的速度v 根据牛顿第二定律 2 5 am s p fma v 解得 v 2 m s 点睛 本题关键要读懂图象的意义 分析汽车的运动情况 再根据平衡条件 牛顿第二定 律和动能定理求解 16 如图所示 在建筑装修中 工人用质量为 5 0kg 的磨石 a 对地面和斜壁进行打磨 已知 a 与地面 a 与斜壁之间的动摩擦因数 均相同 g 取 10m s2且 sin37 0 6 cos37 0 8 1 当 a 受到与水平方向成 37 斜向下的推力 f1 50n 打磨地面时 a 恰好在水平地面上 做匀速直线运动 求 a 与地面间的动摩擦因数 2 若用 a 对倾角 37 的斜壁进行打磨 当对 a 加竖直向上推力 f2 60n 时 则磨石 a 从静止开始沿斜壁向上运动 2m 斜壁长 2m 时的速度为多少 答案 1 0 5 2 2 m s 解析 试题分析 1 当磨石在水平方向上做匀速直线运动时 16 得 2 设磨石沿斜壁向上运动 2 米 根据动能定理 得 根据牛顿定理 加速度为 a 则 22 cos sinfmgfmgma 得 2 1 0m sa 考点 动能定理 牛顿第二定律 点评 此类题型考察了通过牛顿第二定律分析问题的基本功 并且通过动能定理列式求解 17 如图所示 轻绳一端挂一质量为 m 的物体 另一端系在质量为 m 的圆环上 圆环套在竖 直固定的细杆上 定滑轮与细杆相距 0 3m 将环拉至与滑轮在同一高度上 再将环由静止释 放 圆环沿杆向下滑动的最大位移为 0 4m 若不计一切摩擦阻力 求 1 物体与环的质量比 2 圆环下落 0 3m 时速度大小 答案 1 物