黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2020届高三上学期10月月考物理试题

2019—2020学年度上学期10月月考

高三物理试题

一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分。1—6题只有一个选项正确，7--12在每题列出的四个选项中有多个选项正确。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分。）

1.以8m/s的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得的加速度，刹车后第2s内，汽车走过的路程为

A. 18m B. 10m

C. 8m D. 2m

【答案】D

【解析】

【详解】汽车速度减为零的时间为：，则刹车后第2s内的位移等于最后1s内的位移，采用逆向思维，有：，故D正确，ABC错误。

2.如图所示，质量M=60 kg的人用绳子通过定滑轮拉着质量m=10 kg的物块一直保持静止不动。若不计绳与滑轮的摩擦，绳与竖直方向的夹角为α=60°，g取10 m/s2。下列说法中正确的是

A. 人对地面的压力为550 N

B. 地面对人的摩擦力为50 N

C. 绳对滑轮的作用力为100 N

D. 人的质量越大受到地面的摩擦力越大

【答案】A

【解析】

【详解】

A．绳子拉力总等于物块的重力100 N，对人进行受力分析如图所示，可得人对地面的压力为=550 N，选项A正确；

B．地面对人的摩擦力为N=N，选项B错误；

C．对滑轮受力分析如图所示，可得绳对滑轮的作用力F==100N，选项C错误；

D．改变人的质量，静摩擦力不变，选项D错误。

3.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3。当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin37°=0.6，cos37°=0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为（   ）

A. 0.35mg B. 0. 3mg

C. 0.23mg D. 0. 2mg

【答案】D

【解析】

试题分析：将a沿水平和竖直两个方向分解，对重物受力分析如图

水平方向：

竖直方向：

由

三式联立解得答案为f=0.20mg，D正确。

考点：本题考查牛顿第二定律和加速度的分解。

4.如图所示，用一小车通过轻绳提升一货物。某一时刻,两段绳恰好垂直，且拴在小车—端的绳与水平方向的夹角为，此时小车的速度为v0，则此时货物的速度为（ ）

A. v0

B. v0 cos0

C. v0 cos2

D.

【答案】A

【解析】

【详解】车的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则，有v0cosθ=v绳；而货物的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度。则有v货cosα=v绳；由于两绳子相互垂直，所以α=θ，则由以上两式可得，货物的速度就等于小车的速度v0。故选A。

5.如图所示，从斜面顶端P处以初速度υ0向左水平抛出一小球，落在斜面上的A点处，AP之间距离为L，小球在空中运动时间为t，改变初速度υ0的大小，L和 t 都随之改变。关于L、t与υ0的关系，下列说法中正确的是

A. L与υ0成正比 B. L与υ02成正比

C. t与υ0成反比 D. t与υ02成正比

【答案】B

【解析】

【详解】AB．设斜面的倾角为，平抛运动在竖直方向上有：，在水平方向上：．联立解得：，则L与成正比．故A项错误，B项正确．

CD．据、可得，，则t与υ0成正比．故CD两项错误．

6.中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的试验“火星－500。假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法不正确的是（   ）

A. 飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度

B. 飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动时在P点的速度

C. 飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度

D. 若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．根据开普勒第二定律可知，飞船在第Ⅱ轨道P点的速度大于Q点的速度，选项A说法正确；

B．从轨道I到轨道Ⅱ要在P点点火加速，则在轨道I上P点的速度小于轨道Ⅱ上P点的速度，选项B错误；

C．根据 可知，飞船在I、Ⅱ轨道上的P点加速度相等，选项C正确；

D．飞船贴近火星表面飞行时，如果知道周期T，可以计算出密度，即由， 可解得，选项D说法正确；

7.如图所示，直线和抛物线(开口向上)分别为汽车a和b的位移--时间图象，则（    ）

A. 0～1 s时间内a车的平均速度大小比b车的小

B. 0～3 s时间内a车的路程比b车的小

C. 0～3 s时间内两车的平均速度大小均为1 m/s

D. t＝2 s时a车的加速度大小比b车的大

【答案】ABC

【解析】

【分析】

位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，纵坐标的变化量△x表示位移，图线的斜率表示速度的大小．平均速度等于位移与时间之比．结合这些知识分析．

【详解】A．根据图象可知，0-1s内b的位移大于a的位移，时间相等，则b的平均速度大于a的平均速度，故A正确；

B．0～3s时间内a车的路程为3m，b车的路程为s=s1+s2=4m+1m=5m，故B正确；

C．0～3s时间内两车位移均为-3m，平均速度大小均为1m/s，故C正确；

D．a车做匀速直线运动，加速度为零，b车运动的加速度大小恒定且不等于零，故D错误；

故选ABC.

【点睛】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出物体运动的方向．

8.在地球表面以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后回到出发点假如宇航员登上某个半径为地球半径2倍的行星表面，仍以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间4t后回到出发点。则下列说法正确的是（　　）

A. 这个行星的质量与地球质量之比为1：2

B. 这个行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为1：

C. 这个行星的密度与地球的密度之比为1：8

D. 这个行星的自转周期与地球的自转周期之比为1：1

【答案】BC

【解析】

【详解】A. 地球表面重力加速度为：g=，

未知行星表面重力加速度为：g′==，

根据，,有M′:M=1:1，故A错误；

B. 第一宇宙速度v=，v′=，故这个行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为v′:v=1：，故B正确；

C. 由于M′:M=1:1，体积比为8:1，故这个行星的平均密度与地球的平均密度之比为1:8，故C正确；

D. 条件不足，自转情况无法确定，故D错误；

故选：BC

【点睛】对于竖直上抛运动，返回速度与抛出速度等大、反向，运动性质是匀变速直线运动，根据速度时间公式可以到加速度之比；根据v=分析第一宇宙速度情况；根据分析质量情况和密度情况．

9. 如图为过山车以及轨道简化模型，以下判断正确的是（ ）

A. 过山车在圆轨道上做匀速圆周运动

B. 过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于

C. 过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态

D. 过山车在斜面h=2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点

【答案】BC

【解析】

试题分析：过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A错误；在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，则,解得：，故B正确；在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，加速度向上，乘客处于超重状态，故C正确；过山车在斜面h=2R高处由静止滑下到最高点的过程中，根据动能定理得：,解得；v′=0，所以不能通过最高点，故D错误．故选BC．

考点：匀速圆周运动

10.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则

A. 0～t1时间内，汽车的牵引力等于

B. t1～t2时间内，汽车的功率等于

C. 汽车运动的最大速度等于

D. t1～t2时间内，汽车的平均速度小于

【答案】BC

【解析】

【详解】A.由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，，F1-Ff=ma，联立得，，故A错误；

B.在t1时刻汽车达到额定功率：P=F1v1=（m+Ff）v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，故B正确；

C.t2时刻，速度达到最大值v2，此时刻F2=Ff，P=F2v2，，故C正确；

D.由v-t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，故D错误。

11.如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 环到达B处时，重物上升的高度h=d/2

B. 小环在B处的速度时，环的速度为

C. 环从A到B，环沿着杆下落的速度大小小于重物上升的速度大小

D. 环能下降的最大高度为4d/3

【答案】BD

【解析】

A、根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度，故A错误；B、C、对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：v环cos45°=v物，根据系统机械能守恒定律可得，解得：环的速度，故B正确．故C错误．D、设环下滑到最大高度为H时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为，根据机械能守恒有，解得：，故D正确．故选BD．

【点睛】解决本题关键要掌握系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度．

12.如图所示，长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是（    ）

A. 木板获得的最大速度为

B. 铁块获得的最大速度为

C. 铁块与木板之间的动摩擦因数为

D. 子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为

【答案】BCD

【解析】

【分析】

对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律求出木板获得最大速度，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，根据动量守恒定律求出铁块获得的最大速度，由能量守恒定律求出铁块与木板之间的动摩擦因数和子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能；

【详解】A、对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律：mv0=4mv1，解得v1=，故A错误；

B、对木板B和铁块A（包括子弹）系统：mv0=5mv2，解得v2=，故B正确；

C、子弹打入木板后，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，由能量守恒定律：μmgL=4mv125mv22，解得μ=，故C正确；

D、全过程，由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为△E=mv02-5mv22，故D正确；

故选BCD。

【点睛】子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，由动量守恒定律求木块获得的最大速度；木块在木板上滑行时，木块（含子弹）与木板组成的系统合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律求木块滑离木板时木板获得的速度。

二、实验题：（本题共12分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。）

13.某同学用螺旋测微器和游标卡尺分别测量一物体的直径和长度，读出图中的示数，图甲为__________ mm，图乙为__________ mm.

【答案】    (1). 1.195    (2). 20.30

【解析】

【详解】[1]螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为：

19.5×0.01mm=0.195mm

所以最终读数为：

1mm+0.195mm=1.195mm。

[2]20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为20mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为：

6×0.05mm=0.30mm

所以最终读数为：

20mm+0.30mm=20.30mm。

14.如图甲所示是研究小车加速度与力关系的实验装置,木板置于水平桌面上,一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连,拉力传感器可显示所受的拉力大小F,改变桶中砂的质量多次实验。完成下列问题:

(1)实验中需要______

A.测量砂和砂桶的总质量      B.保持细绳与木板平行

C.保持小车的质量不变        D.满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量

(2)实验中得到一条纸带,相邻计数点间有四个点未标出,各计数点到A点的距离如图乙所示。电源的频率为50Hz,则小车的加速度大小为______m/s2

(3)实验中描绘出a-F图像如图丙所示,图像不过坐标原点的原因是_____

【答案】    (1). BC    (2). 1.48    (3). 平衡摩擦力过度

【解析】

【分析】

根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤。根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出小车运动的加速度的大小；实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a-F图像在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a-F图像的a轴上有截距。

【详解】（1）A．绳子的拉力可以通过拉力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，A项错误；

B．为了使细绳对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整木板上滑轮的高度使细绳与木板平行，B项正确；

C．本实验采用是控制变量法，要研究小车加速度与力的关系，必须保持小车的质量不变，C项正确；

D．实验中拉力通过拉力传感器测出，不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，D项错误；

（2）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s,根据Δx=aT2可得:xCE-xAC=a(2T)2，小车运动的加速度为a==×10-2 m/s2=1.48 m/s2。

（3）由图像可知，a-F图像在a轴上有截距，这是由于平衡摩擦力过度造成的。即在实际操作中，平衡摩擦力时斜面倾角过大，即平衡摩擦力过度。

二、计算题：（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）

15.从离地面h=80m的空中自由释放一个小球，不计空气阻力，g取10m/s2，求：

(1)经过多长时间小球落到地面；

(2)小球下落过程的平均速度大小：

(3)小球在最后1s内下落的高度；

【答案】(1)4s；(2)20m/s；(3)35m；

【解析】

【详解】(1)由可得：；

(2)由可得：；

(3)最后1s内的位移h1=h−

则h1=80−×10×(4−1)2m=35m

【点睛】（1）根据求出小球落地的时间；

（2）根据求解下落过程的平均速度；

（3）最后1s内的位移等于总位移减去（t-1）s内的位移，t为小球落地的时间

16.如图所示，质量m=2kg的物体静止在水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ=0.4，一个F=10N水平恒力作用在物体上，使物体在水平地面上运动．F作用4s后撤除．（取g=10m/s2）求：

（1）物体运动前4s内物体发生的位移多大？

（2）F的平均功率多大？

（3）F撤除后，物体还能滑行多远？

【答案】（1）8m；（2）20W；（3）2m

【解析】

【详解】（1）根据牛顿第二定律有        ①

解得                     ②

由运动学公式有：            ③

（2）由功公式             ④

由功率公式           ⑤

（3）4s末物体的速度为 ⑥

撤掉F之后，由牛顿第二定律有：  ⑦

解得： ⑧

由运动学公式有      ⑨      

代入数据解得       ⑩

17.如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R=0.5m，质量m=0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M=0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A能过半圆最高点C，取重力加速度g=10m/s2，则：

(1)B滑块至少要以多大速度向前运动；

(2)如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少。

【答案】（1）3m/s；（2）0.375J

【解析】

【详解】（1）设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B碰撞前的速度为v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得：

由机械能守恒定律得：

B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右左为正方向，由动量守恒定律得：

由机械能守恒定律得：

联立并代入数据解得：

v0=3m/s；

（ 2）由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能，设共同速度v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

由机械能守恒定律得

联立并代入数据解得：

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