河南省鲁山县第一高级中学2020届高三上学期11月月考物理试题

鲁山一高高三物理11月月考试题

一、选择题

1.超重和失重现象在日常生活中到处可见，下列说法正确的是

A. 火箭刚点火上升时处于超重状态，此时火箭的重力增大

B. 汽车驶过拱桥顶端时处于失重状态，此时汽车对桥面一定无压力

C. 举重运动员抓住杠铃使其由静止上升的瞬间，杠铃处于失重状态，此时杠铃速度向上

D. 人造飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船内的物体处于完全失重状态

【答案】D

【解析】

【详解】A．火箭刚点火上升时加速度向上，处于超重状态，此时火箭的重力并没有增大，选项A错误；

B．汽车驶过拱桥顶端时加速度向下，处于失重状态，当满足时汽车对桥面无压力，选项B错误；

C．举重运动员抓住杠铃使其由静止上升的瞬间，加速度向上，杠铃处于超重状态，选项C错误；

D．人造飞船绕球做匀速圆周运动时，重力完全提供向心力，所以飞船内的物体处于完全失重状态，故D正确．

2.一物体静止在光滑的水平面上，从某时刻开始，物体受到水平方向的作用力F，力F随时间t变化的关系图线如图所示．若该图线为正弦曲线，则在0～t4时间内，下列说法正确的是

A. t1时刻，物体的速度最大

B. t2时刻，物体的位移最大

C. t2～t4时间内，物体反向运动

D. t1、t3时刻，物体的速度相同

【答案】D

【解析】

【详解】AB．物体在0～t2时间内向正方向做加速运动，在t2～t4时间内向正方向做减速运动，在t4时刻速度为零，则t2时刻速度最大，在t4时刻位移最大，故AB错误；

C．在0～t4时间内，物体先加速再减速到零，做单向直线运动，故C错误；

D．在t1～t2时间内，物体一直做加速运动，在t2～t3时间内，物体一直做减速运动；在t1～t2时间内和在t2～t3时间内速度的变化量大小相等，故t1、t3时刻，物体的速度相同，故D正确；

3.北京时间2019年1月11日1时11分,我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭,成功将“中星2D”卫星发射升空,卫星进入预定轨道．其发射过程的简化示意图如图所示,首先将“中星2D”卫星送至近地圆形轨道1,然后再控制卫星进入椭圆轨道2,最后进入预定圆形轨道3运动．若卫星在轨道1上的速度大小为其在轨道3上的3倍,则下列说法正确的是

A. 卫星从轨道2变轨到轨道3必须减速

B. 卫星在轨道1上运动的周期为其在轨道3上运动的周期的

C. 卫星在轨道2上运动的周期比在轨道1上运动的周期长

D. 卫星在轨道1的向心加速度为其在轨道3的向心加速度的21倍

【答案】BC

【解析】

【详解】A．轨道3相对于轨道2半径增大，所以卫星从轨道2变轨到轨道3必须加速做离心运动，故A错误；

B．卫星在轨道1的速度大小为其在轨道3上的3倍，根据可知卫星在轨道1的半径大小为其在轨道3上的倍，根据开普列第三定律可得，则卫星在轨道1上运动的周期为其在轨道3上运动的周期的，故B正确；

C．根据开普列第三定律可得可知卫星在轨道2上运动的周期比在轨道1上运动的周期长，故C正确；

D．根据可知卫星在轨道1的向心加速度为其在轨道3的向心加速度的81倍，故D错误．

4.如图所示，一直角斜劈ABC绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈A上．若斜劈转动的角速度缓慢减小时，下列说法正确的是

A. 斜劈对物块的支持力逐渐减小

B. 斜劈对物块的支持力保持不变

C. 斜劈对物块的摩擦力逐渐减小

D. 斜劈对物块的摩擦力保持不变

【答案】C

【解析】

【详解】物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a=ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块沿AB方向有

f-mgsinθ=macosθ

垂直AB方向有

mgcosθ-N=masinθ

解得

f=mgsinθ+macosθ

N=mgcosθ-masinθ

当角速度ω逐渐减小时，加速度a逐渐减小，f逐渐减小，N逐渐增大．

A．斜劈对物块支持力逐渐减小，与结论不相符，选项A错误；

B．斜劈对物块支持力保持不变，与结论不相符，选项B错误；

C．斜劈对物块的摩擦力逐渐减小，与结论相符，选项C正确；

D．斜劈对物块的摩擦力保持不变，与结论不相符，选项D错误；

5.如图所示，小球由斜面上的P点以不同的初速度水平抛出，平抛运动结束时，若小球水平方向的分位移为x，竖直方向的分位移为y．下列图象正确的是

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】设斜面的倾斜角为θ，小球落在斜面上时，有，对应的y-x图象斜率不变，即图象为一条直线；当小球落到地面上时，y不变；

A．该图与结论不相符，选项A错误；

B．该图与结论不相符，选项B错误；

C．该图与结论相符，选项C正确；

D．该图与结论不相符，选项D错误；

6.如图所示，半径为0.1m的竖直圆环上固定有一个质量为0.1 kg的小球，圆环绕其圆心在竖直面内以角速度＝7rad/s沿逆时针方向匀速转动．已知重力加速度g取9.8 m/s2，小球由P点转动到Q点的过程中，下列说法正确的是

A. 小球重力的功率先增大后减小

B. 圆环对小球的作用力先减小后增大

C. 圆环对小球的作用力与竖直方向的最大夹角为30°

D. 圆环对小球的作用力的最小值为0.98 N

【答案】C

【解析】

【详解】A．小球随圆环匀速转动，由P点转到Q点的过程中，竖直分速度越来越大，因此重力的功率越来越大，故A错误；

BD．圆环由P到Q转动过程中，由牛顿第二定律： （其中α为圆环所在位置与圆心连线与竖直方向的夹角），当α=0时FN=-0.49N，方向竖直向上；当α=90°时FN=0.49N，则随着α增大，FN先减小到0后变大，圆环对小球的作用力的最小值为0，故BD错误；

C．小球受到的向心力F向＝mω2r=0.49N，如图所示，以小球所处的位置为圆心，以0.49N为半径作圆，可知圆环对小球的作用力F与圆相切时，夹角θ最大，，则θ=30°，故C正确；

7.如图，两物体A、B用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在弹簧由原长伸到最长的过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，下列不正确的说法是（   ）

A. A、B先做变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大；之后，A、B做变减速运动，直至速度减到零

B. A、B做变减速运动速度减为零时，弹簧伸长最长，系统机械能最大

C. A、B、弹簧组成的系统机械能在这一过程中是先增大后减小

D. 因F1、F2等值反向，故A、B、弹簧组成的系统的动量守恒

【答案】C

【解析】

【详解】A．在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，物体A、B受到的合力变小，物体加速度变小，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B先作变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大；之后A、B作变减速运动，直至速度减到零，故A正确，不符合题意；

BC．在整个过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，A、B作变减速运动速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大，故B正确，不符合题意，C错误，符合题意；

D．因F1、F2等大反向，故A、B、弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确，不符合题意；

8.如图所示，一质量为m的物块位于光滑水平地面上，轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与物块相连；轻绳左端与物块相连，右端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为θ，此时物块与地面接触恰无弹力．已知重力加速度为g，下列说法正确的是

A. 剪断轻绳前，轻绳拉力大小为mgcosθ

B. 剪断轻绳瞬间，地面对物块的支持力大小为mg

C. 剪断轻弹簧瞬间，物块加速度方向水平向右

D. 剪断轻绳瞬间，物块加速度大小为gtanθ

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由受力平衡得

mg=Fcosθ

解得绳子拉力大小为

故A错误；

B．剪断细线的瞬间，地面对物块产生支持力，竖直方向受力平衡，所以支持力大小为mg，故B正确；

C．剪断轻弹簧瞬间，轻绳拉力变为零，物块加速度为零，故C错误；

D．剪断轻绳前，弹簧弹力为

T=Fsinθ=mgtanθ

剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得T=ma，解得

a=gtanθ

方向向左；故D正确．

9.质量均为m的两个木块A、B用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图1所示．现用一竖直向上的恒力F＝mg拉木块A，如图2所示．设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，在木块A向上运动的过程，下列说法中正确的是

A. 物块A的动能先增大后减小

B. 物块A的加速度先减小后增大

C. 物块A到达最高点时，物块B恰好对地面无压力

D. A、B和弹簧组成的系统机械能先增大再减小

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．没有施加恒力F时，弹簧处于压缩状态，以物块A为研究对象，可得弹簧的压缩量为．施加恒力F=mg时，物块A受到的合外力做功情况如图所示．

根据动能定理可知物块A上升到最高点时，弹簧的伸长量为．故物块A的动能先增大后减小，故A正确．

B．在木块A向上运动的过程合力先减小，当弹力为零时，合力为零，然后反向增加，则物块A的加速度先减小到零后反向增大，故B正确．

C．物块A到达最高点时，弹簧的拉力等于物体B的重力，则物块B恰好对地面无压力，故C正确．

D．在木块A上升的过程中，恒力F对A、B和弹簧组成的系统一直做正功，所以系统的机械能始终增大，故D错误．

10.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是(     )

A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电

B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小

C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大

D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大

【答案】A

【解析】

A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；

B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；

C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；

D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误．

点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系．

11.如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r<R，c为滑动变阻器的中点．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是(        )

A. R2消耗的功率变小

B. R3消耗的功率变大

C. 电源输出的功率变大

D. 电源内阻消耗的功率变大

【答案】CD

【解析】

【分析】

本题考查闭合电路欧姆定律的综合动态分析问题的相关知识点

详解】把等效电路画出，如图

设，，则

当时，有最大值，当滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时，减小，增大，易得：减小，

减小，增大，故电源内阻消耗的功率=增大，故D正确

=减小，

减小，故=减小，故B错误

而增大，故=减大，故A错误

根据电源输出功率与的关系图可知，当，减小电源输出功率越大，故C正确；

12.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图（a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球．小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图（b）所示，下列判断正确的是（  ）

A. 从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动

B. 从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动

C. 从t1到t2时间内，小车做变加速直线运动

D. 从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动

【答案】CD

【解析】

【详解】AC．由图示图象可知，在t1～t2内，I变大，说明压敏电阻阻值减小，压敏电阻受到的压力增大，绝缘球受到向右的力增大，球的合力增大，球的加速度增大，小车向右做加速度增大的加速运动，故A错误，C正确；

BD．由图示图象可知，在t2～t3内，I不变，压力恒定，绝缘球受到的合力向右，加速度向右，小车向右做匀加速直线运动，故B错误，D正确；

二、实验题

13.某同学用如图所示装置做“探究合力的功与动能改变量的关系”的实验，他通过成倍增加位移的方法来进行验证．方法如下：将光电门固定在水平轨道上的点，用重物通过细线拉小车，保持小车（带遮光条）和重物的质量不变，已知遮光条的宽度．通过改变小车释放点到光电门的距离进行多次实验，每次实验时要求小车都由静止释放．

（1）如果每次实验时遮光条通过光电门的时间为，小车到光电门的距离为，通过描点作出线性图象来反映合力的功与动能改变量的关系，则所作图象关系是______时才能符合实验要求．

A．                B．            C．            D．

（2）下列实验操作中必要的是______．

A．调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动

B．必须满足重物的质量远小于小车的质量

C．必须保证小车由静止状态开始释放

【答案】    (1). D    (2). C

【解析】

【详解】（1）[1]由题意可知，该同学是通过成倍改变位移来改变做功的，设小车所受的合力为F，对小车，有，即有，则D正确．

（2）[2]由（1）可知，公式中的F是指小车所受到的合力，而且在整个实验过程中保持不变，所以在该实验中不需要平衡摩擦力；同理可知，重物与小车质量的大小关系也不会对实验结果产生影响；若小车释放速度不为0，则会对实验结果产生影响，选项C正确．

14.在“测定金属丝电阻率”的实验中,需要测量的物理量有U、I、d、l：

（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为______mm．

（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值______选填“偏大”或“偏小”

（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为______V，电流表的读数为______A.

（4）请用直接测量的物理量写出金属丝电阻率的表达式：______________．

【答案】    (1).     (2). 偏小    (3).     (4).     (5).

【解析】

【详解】（1）[1]由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为19.7×0.01mm＝0.197mm，螺旋测微器示数为0.5mm＋0.197mm＝0.697mm（0.695−0.698）；

（2）[2]由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值．

（3）[3] [4]由图丙所示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.60V；由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.52A．

（4）[5]电阻：

，

则电阻率：

．

三、计算题

15.质量为m的铁块静止在水平面上，在铁块上施加竖直向上的恒力F＝2mg，恒力F作用时间t时突然反向，铁块再运动一段时间后返回地面．已知重力加速度为g，求：

（1）恒力F反向后，铁块返回地面的时间；

（2）铁块上升的最大高度．

（3）铁块返回地面时的速度．

【答案】（1）t  （2）  （3）v=2gt

【解析】

【详解】（1）施加恒力F时，根据牛顿第二定律有：

F-mg=ma

根据运动学公式有：

v=at

恒力F反向后，根据牛顿第二定律有：

F+mg=ma′

根据运动学公式有：

联立解得：

t′=t

（2）恒力F反向后，铁块沿竖直方向向上运动的最大距离为x2，根据运动学公式有：

则铁块上升的最大高度为：

联立解得：

（3）铁块返回地面时的速度

16.如图所示，两形状完全相同的平板A、B置于光滑水平面上，质量分别为m和2m．平板B的右端固定一轻质弹簧，P点为弹簧的原长位置，P点到平板B左端点Q的距离为L．物块C置于平板A的最右端，质量为m且可视为质点．平板A、物块C以相同速度v0向右运动，与静止平板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后平板A、B粘连在一起，物块C滑上平板B，运动至P点开始压缩弹簧，后被弹回并相对于平板B静止在其左端Q点．弹簧始终在弹性限度内，平板B的P点右侧部分为光滑面，P点左侧部分为粗糙面，物块C与平板B 粗糙面部分之间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g．求：

(1)平板A、B刚碰完时的共同速率v1；

(2)物块C与平板B粗糙面部分之间的动摩擦因数μ；

(3)在上述过程中，系统的最大弹性势能Ep；

【答案】(1)v0(2) (3)m

【解析】

【详解】(1)对A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m) v1

解得：v1=v0

(2)设C停在Q点时A、B、C共同速度为v2，根据动量守恒定律有：2mv0=4mv2

解得：v2=v0

对A、B、C组成的系统，从A、B碰撞结束瞬时到C停在Q点的过程，

根据功能关系有：μmg(2L)＝m＋(3m)－(4m)

解得：

(3)设弹簧压缩到最短时A、B、C共同速度为v3．对于A、B、C组成的系统，弹簧压缩到最短时系统的弹性势能Ep最大．

对于A、B、C组成的系统，从A、B碰撞后瞬间到弹簧压缩到最短的过程，

根据动量守恒定律有：2mv0＝4mv3；解得：v3＝v0

根据功能关系有：μmgL+Ep＝m＋(3m)－(4m)

解得：Ep＝m

17.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xoy平面的第一象限，存在以轴、轴及双曲线的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x＝－L、x＝－2L、y＝0、y＝L为边界的匀强电场区域Ⅱ．两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量大小为e，则：

(1)从电场Ⅰ的边界B点处静止释放电子，求进入区域II的速率；

(2)从电场Ⅰ的边界B点处静止释放电子，电子离开MNPQ时的位置坐标；

(3)从电场I的AB曲线边界处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的最小动能．

【答案】(1) (2) （-2L，0）(3) EeL

【解析】

详解】(1)关于B点，其纵坐标y=L，根据，相应横坐标             

当电子加速到y轴C位置时，

，

解得

(2)电子以速度v进入电场区域Ⅱ，做类平抛运动有

L=vt，

解得：

h=L

即电子恰从P点射出，坐标为（-2L，0）

(3)设释放位置坐标为（x，y）

根据动能定理

L=vt

解得：

即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子均从P点射出

从边界AB出发到P点射出的全过程，由动能定理：

Ek=Ee（x+h）

因为，所以当x=h=L/2时，动能EK有最小值Ek=EeL．