安徽省天柱山中学2020届高三上学期10月月考物理试题

安徽天柱山中学2019-2020学年上学期高三年级10月月考

物理试题卷

一、选择题（本大题共16个小题，1-8题为单项选择题，每小题3分；9-13题为多项选择题，每题5分，全对得满分，对但不全得3分，有错选或不选不得分，共49分）

1.我国城市地铁发展很快，火车在铁轨上行驶不打滑，轮子转一周，火车向前行驶的距离等于车轮的周长．北京地铁的车轮直径840mm，北京地铁最高时速约265km/h，可估算出该车轮的转速约为（　　）

A. 1 600r/s B. 1 667 r/min C. 1 000 r/h D. 2 000 r/s

【答案】B

【解析】

【详解】地铁匀速行驶，前进的速度等于车轮边缘的线速度，v=265km/h=73.6m/s，据 解得

。

A．1 600r/s，与结论不相符，选项A错误；

B．1 667 r/min，与结论相符，选项B正确；

C．1 000 r/h，与结论不相符，选项C错误；

D．2 000 r/s，与结论不相符，选项D错误；

2.图示为2018年衡水湖公路自行车公开赛，运动员在水平路面上急转弯情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，下列论述正确的是（　　）

A. 运动员转弯所需向心力由自行车对运动员的支持力与运动员重力的合力提供

B. 运动员转弯所需向心力由地面的摩擦力提供

C. 运动员向外侧摔倒是因为自行车受到的合力方向背离圆心

D. 自行车发生侧滑是因为地面的摩擦力大于所需的向心力

【答案】A

【解析】

【详解】AB．自行车对运动员的支持力斜向上，运动员重力竖直向下，合力提供运动员的向心力，地面摩擦力提供整体向心力，故A正确，故B错误；

C．运动员向外侧摔倒，是因为运动员的速度过大，运动员受的合力小于所需要的向心力，做离心运动，而自行车受的合力方向仍指向圆心，故C错误；

D．自行车发生侧滑是因为自行车受的摩擦力超过了最大静摩擦力，仍小于所需的向心力，故D错误。

3.如图所示，两根细线AC、BC—端系在竖直杆上，另一端共同系着质量为m的小球，当系统绕竖直杆以角速度ω水平旋转时，两根细线均处于伸直状态，下列说法正确的是（ ）

A. 小球一定受到三个力作用

B. 小球可能受两个力作用

C. 增大角速度，细线AC的拉力减小，BC的拉力增加

D. 增大角速度，细线AC的拉力增加，BC的拉力减小

【答案】B

【解析】

小球可能受重力和上面绳子拉力的合力提供向心力，下面绳子的拉力为零，故B正确，A错误；小球做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，若两根细线均有拉力，可知上面绳子的拉力大于下面绳子的拉力，故C错误；设AC绳与竖直方向的夹角为θ，BC绳与竖直方向的夹角为α，对物体C进行受力分析，在竖直方向有： ，根据向心力公式则有：，可知当ω的增大时，所需的向心力增大，绳子BC和AC的力都增大，故CD错误。所以B正确，ACD错误。

4.如图所示，小球由倾角为45°的斜坡底端P点正上方某一位置Q处自由下落，下落至P点的时间为t1。若小球从同一点Q处以速度v0水平向左抛出，恰好垂直撞在斜坡上，运动时间为t2，不计空气阻力，则t1∶t2等于(　　)

A 1∶2 B. ∶1

C. 1∶ D. 1∶

【答案】B

【解析】

【详解】小球做平抛运动时，恰好能垂直落在斜坡上，有：，又 vy=gt2，则得 ；又水平位移 s=v0t2 ；竖直位移 hQ=gt22，由上得到：；小球做自由落体运动时，由几何关系可知小球下落的高度为：hQ+s=gt12；联立以上各式解得：．故B正确，ACD错误。

5.如图甲，某人正通过定滑轮将质量为10kg的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力F之间的函数关系如图乙所示，g取10m/s2，由图可以判断正确的是（　　）

A. 图线与纵轴的交点M的值aM=1m/s2

B. 图线与横轴的交点N的值FN=10N

C. 图线的斜率等于0.1

D. 图线的斜率等于0.125

【答案】C

【解析】

【详解】对货物受重力mg和拉力F，据牛顿第二定律

F﹣mg=ma，

得

A．当F=0时，a=﹣g，即图线与纵轴的交点M的值aM=﹣10m/s²，故A错误；

B．当a=0时，T=mg，故图线与横轴的交点N的值FN=100N，故B错误；

CD．图线的斜率表示质量的倒数=0.1，故C正确，D错误。

6.一质量为60kg公司白领站在电梯底板上，如图所示的v﹣t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况（竖直向上为正方向）．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（　　）

A. 在5s～10s内，该白领对电梯底板的压力等于500N

B. 在0～5s内，观光电梯在加速上升，该白领所受的支持力为624N，处于超重状态

C. 在10s～20s内，该白领所受的支持力为490N，处于失重状态

D. 在20s～25s内，该白领所受的支持力为490N，处于超重状态

【答案】B

【解析】

【详解】A．在5s～10s内，由图象知电梯匀速运动，该白领对电梯底板的压力等于他所受的重力为600N，故A错误；

B．在0～5s内，由图象知，此时加速度为

=0.4m/s2，

据牛顿第二定律得

F-mg=ma，

解得

F=624N；

电梯的加速度向上，人处于超重状态，故B正确；

C．在10 s～20s内，该白领匀减速上升，加速度方向向下，该白领处于失重状态，由图象知，此时加速度为0.2m/s2，据牛顿第二定律得

mg-F=ma，

解得

F=576N；

故C错误；

D．在20 s～25s内，观光电梯在加速下降，电梯的加速度向下，此时人处于失重状态，故D错误．

7.如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B与水平面的摩擦因数均为μ，m1>m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧秤．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧秤示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧秤示数为F2.则以下关系式正确的是

A. a1＝a2，F1>F2 B. a1＝a2，F1<F2

C. a1＝a2，F1＝F2 D. a1>a2，F1>F2

【答案】A

【解析】

【详解】若用大小为F的水平力向右拉B，

以整体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得系统的加速度

以A为研究对象，由牛顿第二定律得：

联立解得：

如果改用大小为F的水平力向左拉A时，同理可以解得：

因为m1>m2，所以

a1＝a2，F1>F2

A.A项与上述分析结论相符，故A正确；

B.B项与上述分析结论不相符，故B错误；

C.C项与上述分析结论不相符，故C错误；

D.D项与上述分析结论不相符，故D错误。

8.如图所示，水平固定横杆的正下方有一光滑的小定滑轮，轻质弹性绳绕过定滑轮，一端O系在墙上，另一端与套在横杆上质量为m的小球连接，弹性绳的原长为OP，小球在定滑轮的正上方A处时弹性绳的拉力大小为mg，小球在水平向右的拉力F=2mg作用下向右运动经过B点，运动到B点时，BP与横杆的夹角为θ=37°．若弹性绳始终在弹性限度内，小球与横杆间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则小球在B处时（　　）

A. 加速度大小为g

B. 加速度方向水平向右

C. 与横杆间的弹力大小为3mg

D. 与横杆间的滑动摩擦力大小为mg

【答案】D

【解析】

【详解】CD．设PA间距为l，据胡克定律得

T1=kl=mg，

在B位置，球受拉力F、重力G、支持力N、弹性绳拉力T2、滑动摩擦力f，其中

，

支持力

N=mg+T2sin37°=2mg，

故C错误；

滑动摩擦力

f=μN=mg，

故D正确；

AB．据牛顿第二定律得

F﹣T2cos37°﹣f=ma，

其中F=2mg，解得

a=﹣0.33g，

加速度向左，大小为0.33g，故AB错误。

9.一根质量分布均匀的长杆AB，在恒定水平力F的作用下，沿光滑水平面做直线运动，如图甲所示．杆内距A端x处的弹力T与x的关系如图乙所示，由图可知（　　）

A. 水平外力F=6N B. 杆的质量m=2kg

C. 杆的长度2m D. 杆的加速度3.2m/s2

【答案】AC

【解析】

【详解】AC．设绳长为L，质量为m，单位长度的杆的质量λ=，对整根杆据牛顿第二定律得

F=ma，

加速度

a=，

对杆B端的部分有

T=λ（L﹣x）a，

解得

由图象知截距F=6N，斜率=3，解得

L=2m

故AC正确；

BD．无法求出杆质量m大小和加速度a的大小，故BD错误。

10.如图所示，AB为斜面，BC为水平面。从A点以水平初速度v向右抛出一小球，其第一落点与A的水平距离为s1；从A点以水平初速度3v向右抛出一小球，其第一落点与A的水平距离为s2。不计空气阻力，则s1︰s2可能为(　  　)

A. 1︰1 B. 1︰3

C. 1︰4 D. 1︰5

【答案】BCD

【解析】

【详解】①若两次小球都落在BC水平面上，下落的高度相同，运动的时间t=相同，由x=v0t知水平距离之比等于水平初速度之比为1︰3。

②若两次小球都落在斜面AB上，设斜面倾角为θ，则在竖直方向上小球做自由落体运动，设运动的时间分别为t1和t2，则

，

则

t2=3t1；

则

。

③若第一次落在斜面AB上，第二次落在水平面BC上，水平位移比值在1︰3到1︰9之间。

A．1︰1，与结论不相符，选项A错误；

B．1︰3，与结论相符，选项B正确；

C．1︰4，与结论相符，选项C正确；

D． 1︰5，与结论相符，选项D正确；

11.两物块在水平面上做加速运动，物块A质量为2m，物块B质量为m，相互接触，如图所示．若对A施加水平推力F． 关于A对B的作用力，下列说法中不正确的是（　　）

A. 若水平地面光滑，物块A的加速度大小为

B. 若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为

C. 若物块B与地面间无摩擦，A与地面的动摩擦因数为μ，则物体A对B的作用力大小为

D. 若物块B与地面间无摩擦，A与地面的动摩擦因数为μ，则物体A对B的作用力大小为μmg

【答案】AD

【解析】

详解】A．若水平面光滑，则对整体据牛顿第二定律得

F=3ma，

解得

a=

故A错误，符合题意；

B．对B由牛顿第二定律可得：

N=ma=

故B正确，不符合题意；

CD．若物块B与地面间无摩擦，A与地面的动摩擦因数为μ，对整体有

F﹣2μmg=3ma′

对B有

N′=ma′

解得

故D错误，符合题意；C正确，不符合题意。

12.如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻弹性绳连接，整个装置能绕过CD中点的竖直轴OO1转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块B到轴的距离为物块A到轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐慢慢增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B都滑动为止，下列说法正确的是（　　）

A. B首先开始滑动

B. A受到的静摩擦力一直增大

C. B受到的静摩擦力先增大后保持不变

D. B受到的合外力先增大后保持不变

【答案】AC

【解析】

【详解】AC．两物体做圆周运动转速增大，角速度也不断增大。开始时静摩擦力提供向心力，据f=F=mω2r知AB的静摩擦力都增大，B滑块的静摩擦力首先达到最大值而开始滑动，滑动摩擦力大小不变，故AC正确；

B．以后绳子伸长，拉力逐渐增加，B向外侧滑动，A受的静摩擦力减小到零，然后在反向增加，直到滑动为止，故B错误；

D．对于B物体，合力提供向心力，由于角速度不断增加，根据F=mω2r，合力不断增加，故D错误。

13.如图所示，一粗糙水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是（ ）

A. 物体从右端滑到左端所须的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间

B. 若v2<v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动

C. 若v2<v1，物体从右端滑上传送带；则物体可能到达左端

D. 若v2<v1，物体从右端滑上传送带又回到右端；在此过程中物体先做减速运动，再做加速运动

【答案】CD

【解析】

试题分析：若，物体从左端滑上传送带如果传送带足够长则物体先减速再匀速，如果传送带较短则物体一直减速；物体从右端滑上传送带如果传送带足够长则物体先做减速运动，再反向做加速运动，如果传送带较短则物体一直减速到达左端；物体若一直减速到达另一端，因初速度、加速度均相同则运动时间也相同；CD正确

故选CD

考点：传送带问题

点评：中等偏难。传送带问题的难点在于判断物体速度和传送带速度之间的关系，以及物体在传送带上加速（减速）的距离和时间。

二、实验题（共两小题12分，每空2分）

14.某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与质量的关系．

（1）下列操作中必要是_____（填字母代号）

A．为了保证能完成实验，必须先放开小车再接通打点计时器的电源

B．为了把砝码与砝码盘的总重力作为小车的合力，应使砝码与砝码盘的质量远小于小车质量

C．不必调节木板的倾斜度以平衡摩擦力

D．调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行

（2）在纸带上选取0、1、2、3四个计数点，测得的部分数据如图甲所示．已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，小车运动的加速度大小为____m/s2．（计算结果保留两位有效数字）

（3）某同学根据实验数据画出图线如图乙所示知细线的拉力为__N．（保留两位有效数字）

【答案】    (1). CD    (2). 1.5    (3). 0.20

【解析】

【详解】（1）[1]．实验时，不能先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，同时要求开始小车要靠近打点计时器，故A错误。该实验不需要知道小车的合力，即不需要应使钩码质量远小于小车质量，故B错误；该实验不需要调节木板的倾斜度以平衡摩擦力，只须保证小车的合力不变，故C正确；调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，保证小车运动过程中受到的合力等于绳子的拉力，故D正确；

（2）[2]．相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论△x=aT2可以求出加速度的大小

a=，

 解得

a=1.5m/s2

（3）[3]．根据牛顿第二定律得 ，由图线知图线的斜率为合力F，即为细线的拉力T=k==0.20N

15.某实验小组设计了如图甲所示实验装置，探究滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系．在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了多组实验，将位移传感器和力传感器得到的多组数据输入计算机进行处理，得到了两条a﹣F图线①、②，如图乙所示．

（1）在轨道倾斜的情况下得到的a﹣F图线是_____（选填“①“或“②）；

（2）实验时，一定要进行的一项操作是_____；

A．滑块在轨道水平和倾斜的两种情况下必须在同一位置由静止释放

B．用天平测出托盘的质量

C.  改变托盘中砝码的个数

D．为减小误差，实验中一定要保证托盘和砝码的质量远小于滑块的质量

（3）滑块和轨道间的动摩擦因数μ=_____（重力加速度g取10m/s2．）

【答案】    (1). ①    (2). C    (3). 0.1

【解析】

【详解】（1）[1]．在轨道倾斜的情况下，当F=0时加速度a不等于0，所以a﹣F图线应该图线①．

（2）[2]．滑块的释放位置对该实验没有影响，不要求每次在同一位置，故A错误；拉力由力的传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故BD错误；改变托盘中砝码的个数才能改变拉力F，故C正确。

（3）[3]．根据 知滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．

由图线①得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=1，

所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=1kg

由图线①得

μg=1

解得：

μ=0.1

三、计算题（共39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。)

16.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2。则ω的最大值是多少？此时的线速度是多少？

【答案】1.0rad/s，2.5m/s

【解析】

【详解】当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大；其受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力。由沿斜面的合力提供向心力，FN=mgcosθ，f=μFN=μmgcosθ

μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R

解得

ω＝＝1.0rad/s

v=Rω=2.5m/s

17.在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示．P是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒，高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h，已知重力加速度为g.

（1）若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；

（2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围；

【答案】（1）   （2）

【解析】

【分析】

(1)粒子水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动；根据几何关系可明确粒子下降的高度，再由竖直方向的自由落体运动可求得飞行时间；

(2) 能被探测到的粒子高度范围为h至2h，水平位移相同，根据平抛运动规律可知速度范围。

【详解】(1) 对打在中点的微粒有：

解得：；

(2) 打在B点的微粒

解得：

同理，打在A点的微粒初速度：

微粒初速度范围：。

【点睛】本题考查功能关系以及平抛运动规律的应用，要注意明确平抛运动的研究方法为分别对水平和竖直方向进行分析，根据竖直方向上的自由落体以及水平方向上的匀速直线运动规律进行分析求解。

18.如图两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1．某时刻A、B两滑块开始相向滑动，A初速度大小为v0=3m/s，B初速度大小为5m/s．A与木板相对静止前后，A、B始终未相遇．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2．求

（1）求开始时刻A、B、C三者加速度各是多大？

（2）A与木板相对静止时，B的速度多少？

【答案】（1）5m/s2  5m/s2 2.5m/s2（2）3m/s

【解析】

【详解】（1）A向左运动据牛顿第二定律得：

μ1mAg=mAaA

解得

aA=5m/s2，

方向向右；

B向右运动据牛顿第二定律得：

μ1mBg=mBaB

解得

aB=5m/s2，

方向向左．

据牛顿第二定律得：

μ1mBg﹣μ1mAg﹣μ2（m+mA+mB）g=ma1

代入数据解得：

a2=2.5m/s2，

方向向右．

（2）设木板与A速度相等时共同速度为v，A先匀减速再反向匀加速，

-v=v0﹣aAt1

木板匀加速有

v=a1t1

解得：

t1=0.4s，v=2m/s，

此时B的速度

vB=5-aBt1=3m/s