江西省吉安市吉水县二中2020届高三上学期11月月考理综物理试题
展开江西省吉安市吉水县第二中学2020届高三上学期11月月考理综物理试卷
1.物体甲的x-t图象和物体乙的v-t图象分别如下图所示，则这两个物体的运动情况是（ ）
A. 甲在整个t=6s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
B. 甲在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m
C. 乙在整个t=6s时间内有来回运动，它的加速度在t=3s时改变
D. 乙在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m
【答案】B
【解析】
【详解】AB．位移时间图线的斜率为速度，由图甲可以看出，甲在整个6s时间内斜率不变，运动方向一直不变；它通过的总位移大小为4m，故A错误，B正确。
CD．速度时间图像与横轴围成的面积为乙在这段时间的位移，它通过的总位移大小为零；斜率表示加速度，所以在6s内加速度不变，乙在整个6s时间内速度有正负变化，3s时运动方向发生改变，故C错误，D错误。
2.半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m1：m2为（ ）
A. （+1）：（﹣1） B. ：1
C. （﹣1）：（+1） D. 1：
【答案】C
【解析】
【详解】两球到达最低的过程由动能定理得：mgR=mv2，解得；所以两球到达最低点的速度均为：；设向左为正方向，则m1的速度，则m2的速度，由于碰撞瞬间动量守恒得：m2v2+m1v1=（m1+m2）v共
解得：①
二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P点，对此过程由动能定理得：-（m1+m2）gR（1-cos60°）=0-（m1+m2）v共2②
由①②解得：
整理得：m1：m2=，故选C.
3.如图所示，质量为的木块在质量为的长木板上向左滑行，木块同时受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数为，则
A. 木块受到木板的摩擦力的大小等于F
B. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是
C. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是，方向向右
D. 只要F足够大，木板就可能运动
【答案】C
【解析】
对木板：水平方向受到木块向左的滑动摩擦力和地面的向右的静摩擦力，，由平衡条件得，故A错误，C正确；由于木板相对于地面是否刚滑动不清楚，地面的静摩擦力不一定达到最大，则木板受到地面的摩擦力的大小不一定是，故B错误；由题分析可知，木块对木板的摩擦力不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F改变时，不变，则木板不可能运动，故D错误，故选C．
【点睛】以木板为研究对象，分析受力情况，求出地面对木板的摩擦力．当改变F的大小时，分析m对M的摩擦力能否大于地面对木板的最大静摩擦力，判断木板能否运动．
4.如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点A，另一端与小球相连．小球静止时位于环上的B点，此时轻绳与竖直方向的夹角为，则轻绳对小球的拉力大小为( )
A. mg
B. mg
C. 2mg
D. mg
【答案】A
【解析】
【详解】
对B点处的小球受力分析，如图所示，则有
FTsin 60°＝FNsin 60°
FTcos 60°＋FNcos 60°＝mg
解得
FT＝FN＝mg
A. mg与计算结果相符，故A符合题意。
B. mg与计算结果不符，故B不符合题意。
C.2mg与计算结果不符，故C不符合题意。
D.mg与计算结果不符，故D不符合题意。
5.如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（ ）
A. 小球甲做平抛运动的初速度大小为
B. 甲、乙两小球到达C点所用时间之比
C. A，B两点高度差为
D. 两小球在C点时重力瞬时功率大小相等
【答案】C
【解析】
A项，小球乙到C的速度为 ，此时小球甲的速度大小也为，又因为小球甲速度与竖直方向成角，可知水平分速度为故A错；
B、小球运动到C时所用的时间为 得
而小球甲到达C点时竖直方向的速度为，所以运动时间为
所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为 故B错
C、由甲乙各自运动的时间得： ，故C对；
D、由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等故D错；
故选C
6.如图，AB倾角，BC水平，AB、BC长度均为L，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过，小物块从处由静止滑下再沿BC上滑，上滑距离与BC倾角有关。不计处机械能损失，各接触面动摩擦因素均为，小物块沿上滑的最小距离为，则
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
当BC板水平时，物体减小的重力势能全部转化为内能，所以有，解得，A正确B错误；当BC倾斜时，设BC板与水平方向夹角为，则根据能量守恒定律可得，化简可得，根据数学知识可得（其中为构造的三角形的一个内角，而且满足，即），故当时x最小，最小为，故C正确D错误．
7. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误．根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有．D正确，
故选BD
考点：动量守恒定律；功能关系．
点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件．本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定 律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失．又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若 不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为，则发生N次碰撞，相对路程为，而错选C．
8. 探路者号飞船发现，A、B两行星的半径之比为a，各自的第一宇宙速度之比为b，则下列结论正确的有（ ）
A. A、B两行星的质量比为ab2 ：1
B. A、B两行星表面的重力加速度比为b2 ：a
C. A、B两行星各自卫星的最小周期比为a ：b
D. A、B两行星各自卫星的最大角速度比为a ：b
【答案】ABC
【解析】
解：A、设任一行星的质量为M，半径为R，则其第一宇宙速度为，得，,A、B两行星的质量比为ab2 ：1,故A正确．
B、行星表面的重力加速度表达式为g=a=，则得到，甲、乙两行星表面的重力加速度之比为b2：a．故B正确．
C、根据开普勒第三定律得知，卫星绕行星表面附近运行时半径最小，周期最小，则角速度最大，则有,则得，甲、乙两行星各自的卫星的最小周期之比为a：b，最大角速度之比为b：a．故C正确，D错误．
点评：本题运用比例法求解．关键要掌握行星的第一宇宙速度、表面重力加速度的公式，再根据比例法求解．
三、非选择题
9.某同学在用打点计时器研究匀变速直线运动规律的实验中打出的点如下图所示，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点，其相邻点间的距离如图所示，
（1）打点计时器使用________电源，电源的频率是50HZ，则打点时间间隔是________秒，每相邻两个计数点之间有四个点未画出，则每两个相邻的计数点之间的时间间隔为________秒。
（2）计算出打下C、D、两点时小车的瞬时速度(保留三位有效数字)：vC＝_______ m/s， vD＝________ m/s
（3）计算加速度：a =__________(保留二位有效数字)
【答案】 (1). (1)交流 (2). 0.02 (3). 0.1 (4). (2)0.479 (5). 0.560 (6). (3)0.80
【解析】
（1）打点计时器都是使用的交流电源，打点间隔为，所以相邻计数点间的时间间隔为．
（2）某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则； ．
（3）根据得，运用作差法，则有：．
【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度
10.某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验，将橡皮条一端固定在A点，另一端系上两根细绳及绳套，用两个弹簧测力计通过细绳套互成角度的拉动橡皮条，将结点拉到O点，如图甲所示。
(1)如果没有操作失误，图乙中Fˈ是用一个弹簧测力计拉细绳套时，在白纸上根据实验结果画出的图示，则图乙中的F与F'两力中，方向一定沿AO方向的是______．
(2)本实验采用的科学方法是______．
A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法
(3)在同一对比实验的两次操作中，O点位置______．（选填“可以”或“不可以”）变动．
(4)如图丙，使弹簧测力计b从水平位置开始顺时针缓慢转动至竖直方向，在这个过程中保持O点位置和弹簧测力计a的拉伸方向不变，则在整个过程中关于弹簧测力计a、b的读数变化是__________。
A．a增大，b减小 B．a减小，b增大
C．a减小，b先增大后减小 D．a减小，b先减小后增大
【答案】 (1). (2). B (3). 不可以 (4). D
【解析】
【详解】（1）[1] 是通过实验方法得出的，其方向一定与AO方向相同；
（2）[2]合力与分力的作用效果相同，所以本实验的科学方法是等效替代法，故B符合题意ACD不符合题意。
（3）[3]在同一对比实验的两次操作中，为了保证合力与分力的作用效果相同，O点位置不可以变动。
（4）[4]对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，Oa弹簧拉力方向不变，Ob弹簧拉力方向和大小都改变
根据平行四边形定则可以看出b读数先变小后变大，a的读数不断变小，故ABC不符合题意，D符合题意．
11.火车站上由于工作人员操作失误致使一节车厢以的速度匀速滑出了车站，此时在同一轨道上一列火车正在以的速度匀速驶向车站，技术娴熟的火车司机突然发现这种紧急情况后，立即以大小为的加速度紧急刹车，之后又立即以此加速度使火车反向加速运动，若车厢与火车相遇恰好不相撞。求：
（1）司机发现车厢向自己驶来开始制动到刚好相遇用的时间．
（2）司机发现车厢向自己驶来开始制动时离车厢的距离．
【答案】（1）30s
（2）360m
【解析】
【详解】以货车原行驶方向为正方向，设火车原行驶的速度为v1，车厢行驶的速度为v2，司机发现车厢向自己驶来开始制动到刚好接住车厢用时用的时间为t，这段时间内火车行驶的位移为x1，车厢行驶的位移为x2；司机发现车厢向自己驶来开始制动时离车厢的距离为x0；
则由匀变速运动的规律可知：
代入数值解得
12.如图所示，物块A的质量为M，将A按住静止于地面，物块B、C的质量都是m，并都可看作质点，且m＜M＜2m。三物块用细线通过滑轮连接，物块B与物块C的距离和物块C到地面的距离都是L。现将物块A释放，若物块A距滑轮足够远且不计一切阻力。求：
（1）物块A上升过程中的最大速度；
（2）物块A上升的最大高度。
【答案】（1） （2）
【解析】
试题分析：（1）当物体C着地时，A具有最大速度，由机械能守恒得：
2mgL-MgL =（2m+M）vm2
解得：
（2）因为m＜M，所以C着地后A、B做减速运动，设物体B刚着地时，A的速度为0，到达最高，根据机械能守恒定律有：（M+m）vm2= MgL-mgL
解得：H1 = 2L
若B末着地前速度已减速为零，设此时上升的高度为L1
根据机械能守恒定律有：（M+m）vm2= MgL1-mgL1
H2= L+L1
解得：
若物体B着地时，M的速度不为0，仍在升高，设B着地时AB的速度为v2，B着地后A继续上升的高度为h，根据机械能守恒定律有：
（M+m）vm2－（M+m）v22 = MgL-mgL
Mv22 ＝Mgh
H3 = 2L+h
解得：
考点：机械能守恒定律的应用
【名师点睛】本题关键是要灵活地选择研究对象，虽然单个物体机械能不守恒，但系统机械能守恒；此题考查学生对物体来问题的综合分析能力以及数学计算能力．
13.在高处的同一点将三个质量相同的小球以大小相等的初速度v0分别上抛、平抛和下抛，不计空气阻力，则 （ ）
A. 从抛出到落地过程中，重力对它们做功相同
B. 从抛出到落地过程中，重力对它们的平均功率相同
C. 三个小球落地时，重力的瞬时功率相同
D. 三个小球落地时的动能相同
E. 从抛出到落地过程中, 三个小球动量的变化都不相同
【答案】ADE
【解析】
【详解】ABE．三个小球在整个过程中因为下落高度相同，所以重力做功相等，平抛运动时间等于自由落体运动的时间，可知竖直上抛运动的时间最长，竖直下抛运动的时间最短，根据：
知重力做功平均功率不同；落地过程中速度改变量为：
三个小球落地过程中的速度改变量不同，即动量变化也不同，故A正确，E正确，B错误；
C．平抛运动的物体落地时速度与竖直方向有夹角，根据：
知平抛运动的物体落地时重力的瞬时功率小于竖直上抛和下抛的物体．故C错误；
D．根据动能定理：
可知高度相同，初速度相同，则末速度大小相等；三个小球质量相同，故落地时的动能相同.故D正确.
14.在某次短道速滑接力赛中，质量为50kg的运动员甲以6m/s的速度在前面滑行，质量为60kg的乙以7m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，完成接力过程．设推后乙的速度变为4m/s，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直线上运动，不计阻力，求：
⑴接力后甲的速度大小；
⑵若甲乙运动员的接触时间为0.5s，乙对甲平均作用力的大小。
【答案】（1）9.6m/s；（2）360N；
【解析】
（1）由动量守恒定律得
；
（2）对甲应用动量定理得
点睛：甲、乙相互作用动量守恒，根据动量守恒定律可求接力后甲的速度大小；对甲应用动量定理，可求乙对甲的平均作用力。
