甘肃省张掖市第二中学2020届高三上学期10月物理试题

张掖市第二中学2020届高三10月月考

物理

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分）．

1.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是

A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法

B. 根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法

C. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法

D. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法

【答案】BCD

【解析】

【详解】A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，选项A错误；

B. 根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，选项B正确；

C. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，选项C正确；

D. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项D正确。

2.质点做直线运动的v—t图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s内平均速度的大小和方向分别为( )

A. 0.25m/s向右

B. 0.25m/s向左

C. 1m/s向右

D. 1m/s向左

【答案】B

【解析】

由图线可知0-3s内的位移为：，方向为正方向；3-8s内的位移为：，方向为负方向；0-8s内的位移为：；该段时间内的平均速度为：，负号表示方向是向左的。故B正确，A.C.D错误.

3. 我国发射的“天宫一号”和“神州八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350km，“神州八号”的运行轨道高度为343km。它们的运行轨道均视为圆周，则

A. “天宫一号”比“神州八号”速度大

B. “天宫一号”比“神州八号”周期长

C. “天宫一号”比“神州八号”角速度大

D. “天宫一号”比“神州八号”加速度大

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：

A．天宫一号和神州八号绕地球做匀速圆周运动，靠地球的万有引力提供向心力：

即，根据这个等式得：线速度，天宫一号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，则天宫一号的线速度较小，A错误；

B．周期，天宫一号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，则天宫一号的周期更大，B正确；

C．角速度，天宫一号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，则天宫一号的角速度更小，C错误；

D．加速度，天宫一号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，则天宫一号的加速度更小，D错误。

【点睛】【此处有视频，请去附件查看】

4. 从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是（ ）

A. 从飞机上看，物体静止

B. 从飞机上看，物体始终在飞机的后方

C. 从地面上看，物体做平抛运动

D. 从地面上看，物体做自由落体运动

【答案】C

【解析】

物体下落过程中在水平方向上没有受力，速度与直升机的速度相同；在竖直方向上，物体受到重力，做自由落体运动。因此，从飞机上看，物体始终在飞机的正下方，且相对飞机做自由落体运动；从地面上看，物体做平抛运动。所以选择C选项。

5.如图所示，质量为60 kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m＝40 kg的重物送入井中.当重物以2 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)     (　　)

A. 200 N B. 920 N C. 320 N D. 280 N

【答案】D

【解析】

【详解】先研究重物，重物加速度a=2m/s2，受到重力与绳子的拉力。则根据牛顿第二定律有：mg-F=ma解得：F=m（g-a）=40×（10-2）N=320N；再研究人，受力分析：重力Mg、绳子向上的拉力F、地面的支持力N，处于平衡状态。则根据平衡条件有：Mg=F+N；解得：N=Mg-F=600N-320N=280N；由牛顿第三定律可得：人对地面的压力大小为 N′=N=280N

故选D。

6.如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只老鼠．已知木板的质量是老鼠质量的2倍．当绳子突然打开时，老鼠立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面的加速度为（ ）

A. gsinα B. sinα

C. 2gsinα D. gsinα

【答案】A

【解析】

【详解】保持其相对斜面的位置不变，老鼠受到的滑动摩擦力为f=mgsinα，沿斜面向上；

对木板沿斜面方向：F=2mgsinα+f，解得：a′==1.5gsinα，故选：A

7.如图所示，质量为1kg的木块A与质量为2kg的木块B叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力2N，B与地面间的动摩擦因数为0.2。用水平力F作用于B，则A、B保持相对静止的条件是（g=10m/s2）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】当A、B间有最大静摩擦力（2N）时，对A由牛顿第二定律知道，加速度为2 m/s2，对AB整体应用牛顿第二定律有：,F="12N," A、B保持相对静止的条件是,A正确,B.C.D错误。

8.一宇航员在一星球上以速度v0竖直上抛一物体，经t秒落回手中，已知该星球半径为R，则该星球的第一宇宙速度是（      ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】根据运动学公式得：g=2v0/t，

根据mg=，得第一宇宙速度为：v=.故B正确，ACD错误。

故选：B.

【点睛】由竖直上抛运动求得该星球表面的重力加速度，根据第一宇宙速度的表达式可得正确答案。

9.如图所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动。已知F1>F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】

对整体分析，求出整体的加速度，再隔离分析，通过牛顿第二定律求出弹簧的弹力，从而通过胡克定律求出弹簧的伸长量。

【详解】以整体为研究对象，此时的加速度为，隔离A，对A受力分析，根据牛顿第二定律有：F1-F=ma，根据胡克定律得：F=kx，解得弹簧的伸长量：，故D正确，ABC错误。

【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用。

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10.如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　　)

A. 粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小

B. 粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动

C. 若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动

D. 不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ

【答案】A

【解析】

【详解】A.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于等于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确.

B.粮袋开始时受到沿斜面向下滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度a=g(sinθ+μcosθ），若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，也可能先以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，后以g(sinθ-μcosθ)匀加速；故B错误.

C.若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动;故C错误.

D.由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动，故D错误.

二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有两项或两项以上符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.下列说法正确的是        (　　)

A. 速度的变化量越大，加速度就越大

B. 在匀变速直线运动中，速度方向与加速度方向不一定相同

C. 平抛运动是匀变速曲线运动

D. 匀速圆周运动的线速度、角速度、周期都不变

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由公式速度的变化量越大，加速度不一定越大，还与时间有关，故A与题意不符；

B．在匀减速直线运动中，速度方向与加速度方向相反，故B与题意相符；

C．平抛运动只受重力作用，运动轨迹为曲线，所以平抛运动是匀变速曲线运动，故C与题意相符；

D．匀速圆周运动的线速度方向在改变，所以匀速圆周运动的线速度发生改变，故D与题意不符。

12.如图所示, 、两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出,其平抛运动轨迹的交点为,则以下说法正确的是

A. 、两球同时落地

B. 球先落地

C. 、两球在点相遇

D. 无论两球初速度大小多大,两球总不能相遇

【答案】BD

【解析】

【详解】做平抛运动时，下落的时间取决于下落的高度，从图中可知a球下落的高度大于b球，根据可得a球下落过程中的时间长，故b球先落地，A错误B正确；由于在P点两球下落的高度不同，所以到达P点的时间不同，故不能在P点相遇，C错误D正确；

13.如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是（　　）

A. 物体M一定受到4个力

B. 物体N可能受到4个力

C. 物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力

D. 物体M与N之间一定有摩擦力

【答案】AD

【解析】

【详解】M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对MN整体进行受力分析，受到重力和F，墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力；对N进行受力分析，得：N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能向上，所以还受到M对N向上的静摩擦力，则N也给M一个沿斜面向下的静摩擦力，再对M进行受力分析，得：M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静动摩擦力，一共4个力，故AD正确，BC错误; 故选AD．

14.如图所示，将卫星发射至近地圆轨道1，然后再次点火，将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q,2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是 (　　)

A. 卫星在轨道2上经过Q点时的速度小于它在轨道2上经过P点时的速度

B. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度

C. 卫星在轨道1上向心加速度小于它在轨道3上的向心加速度

D. 卫星在轨道1上经过Q点时的速度小于它在轨道2上经过Q点时的速度

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由开普勒第二定律可知，卫星在椭圆轨道的近地点速度大，故A错误；

BC．根据牛顿第二定律得：

得

所以卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，

卫星在轨道1的半径小于轨道3的半径，所以卫星在轨道1上的向心加速度大于它在轨道3上的向心加速度，故B正确，C错误；

D．从轨道1到轨道2，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力。所以在轨道2上Q点的速度大于轨道1上Q点的速度，故D正确。

15.如图所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则(  　　)

A. 水平外力F增大

B. 墙对B作用力减小

C. 地面对A的支持力减小

D. B对A的作用力减小

【答案】BD

【解析】

【分析】

先对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，然后根据共点力平衡条件得到A球左移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F和地面的支持力的变化情况。

【详解】对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，如图所示：

当A球向左移动后，A球对B球的支持力N′的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N都在不断减小，故B D正确；再对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，推力F和墙壁的弹力N，如图所示：

根据平衡条件，有F=N，FN=G，故地面的支持力不变，推力F随着壁对B球的支持力N的不断减小而不断减小，故A C错误。所以BD正确，AC错误。

【点睛】本题关键是先对小球B受力分析，根据平衡条件得到各个力的变化情况，然后再对A、B整体受力分析，再次根据平衡条件列式分析。

三、实验题（本题共2小题，共15分）

16.在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。

（1）为了使实验能够顺利进行，且尽量减小误差，你认为下列说法或做法能够达到上述目的的是_____________。

A．用测力计拉细绳套时，拉力应沿弹簧的轴线，且与水平木板平行

B．两细绳套必须等长

C．同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置

D．用测力计拉两个细线套时，两拉力夹角越大越好

（2）图是在白纸上根据实验结果画出的图。如果没有操作失误，图乙中的F和F′两力中，方向一定沿AO方向的是_____________。

（3）若保持结点O的位置及OB绳方向不变，而将OC顺时针缓慢转动一小角度，其他操作均正确，则_____________。

A．弹簧秤甲的示数不变                B．弹簧秤甲的示数一直减小

C．弹簧秤乙的示数可能增大            D．弹簧秤乙的示数一定先减小后增大

【答案】    (1). AC    (2).     (3). BC

【解析】

【详解】(1)[1]A．为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，故A正确；

B．为减小实验过程中的偶然误差，就要设法减小读数误差，两个分力的大小不一定要相等，绳子的长短对分力大小和方向亦无影响，故B错误；

C．在实验中必须确保橡皮筋拉到同一位置，即一力的作用效果与两个力作用效果相同，故C正确；

D、在实验中两个分力的夹角大小适当，在作图时有利于减小误差即可，并非越大越好，故D错误。

(2)[2]F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合；

(3)[3]对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图所示，其中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，OB弹簧拉力方向不变，OC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甲的读数不断变小，当OB、OC的初始夹角大于，则乙的读数先变小后变大，当OB、OC的初始夹角小于，则乙的读数一直变大，故BC正确。

17.图为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．

(1) 完成下列实验步骤中的填空

①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列______的点．

②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．

③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m.

④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③.

⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s1、s2、….求出与不同m相对应的加速度a.

⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出－m关系图线．若加速度与小和砝码的总质量成反比，则与m应成________关系(填“线性”或“非线性”)．

(2) 完成下列填空：

(i)本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是________．

(ii) 图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示．已知打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝________ m/s2.(结果保留两位有效数字)

 (iii)图为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为________，小车的质量为________．

【答案】    (1). ①等间距    (2). ⑥线性    (3). 远小于小车和砝码的总质量(填“远小于小车的质量”同样给分)    (4). 1.0    (5).     (6).

【解析】

【详解】(1)[1]平衡小车阻力后，小车可做匀速直线运动，所以打出的点是等间距的；

[2]设小车质量为M，由于加速度与小车和砝码的总质量成反比，则有

a＝(k为常数)，

变形得

由于k、M不变，故与m为线性关；

(2)[3]根据牛顿第二定律，对小吊盘和盘中物块：

m0g－F＝m0a

对小车：F＝M′a

所以

当m0≪M′时F≈m0g，所以要保证小车和车中砝码所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和m0要远小于小车和车中砝码的总质量M′.

[4]由Δx＝aT2和逐差法可知

代入数据解得

[5][6]设小车质量M，拉力为F，则有

F＝(M＋m)a

得

由题可知

k＝，b＝

故

F＝，M＝bF＝.

四、计算题（4小题，共45分）

18.如图所示，水平台面AB距地面的高度h=0.8m，有一滑块从A点开始以v0=6m/s的初速度在台面上做匀变速直线运动，滑块与平台间的动摩擦因数μ=0.25滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出。已知AB=2.2m。不计空气阻力，g取10m/s2。求：

（1）滑块从B点飞出时的速度大小v；

（2）滑块落地点到平台的水平距离d。

【答案】(1)5m/s  (2)2m

【解析】

【详解】(1)从A到B由牛顿第二定律：

μmg=ma

由运动学公式：

由上式代入解得：

(2)从B点飞出后物体做平抛运动，则：

则滑块落地时水平方向产生的位移

19.一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示。取g＝10 m/s2，求：

(1)物块在前6 s内的位移大小x；

(2)物块与水平地面间的动摩擦因数μ。

【答案】(1)12m  (2)0.4

【解析】

【详解】(1)在v ­t图像中图线与t轴围成面积表示位移，则由题图乙知物块在前6s内的位移大小

x＝m＝12m

(2)由题图乙知，在2～4s内，物块做匀加速运动，加速度大小

＝m/s2＝2m/s2

由牛顿第二定律得

F2－Ff2＝ma

在4～6 s内物块做匀速运动，有

F2＝Ff2＝μmg

解得

μ＝0.4

20.如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车右端加一F＝8 N的水平拉力，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g＝10 m/s2。求：

（1）放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；

（2）经多长时间两者达到相同的速度；

（3）从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？

【答案】（1）2m/s2  0.5 m/s2（2）1s（3）2.1m。

【解析】

【详解】（1）对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，物块的加速度：

am=μg=2m/s2

小车的加速度：

（2）由：

amt=υ0+aMt

得：

t=1s

所以速度相同时用的时间为1s．

（3）在开始1s内小物块的位移：

最大速度：

υ=at=2m/s     

在接下来的0.5s物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：

这0.5s内的位移：

所以通过的总位移

s=s1+s2=2.1m．

21.如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v—t图像如图乙所示，取g=10m/s2。求：

（1）物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；

（2）t=6s时物体的速度；

（3）物体返回出发点的速度大小。

【答案】(1)0.5，30N  (2)6m/s  沿斜面向下  （3）

【解析】

【详解】(1)设力作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律有

撤去力后，设物体的加速度为a2，由牛顿第二定律有

代入解得

(2)3s末物体速度减为零，之后物体下滑做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有：

解得

由速度时间公式，得到再过3s，有

沿斜面向下；

(3)速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，故：前3s的位移为

下降过程，根据位移时间关系公式，有

得

故返回出发点的速度为