甘肃省会宁县第一中学2020届高三上学期10月月考物理试题

会宁一中2020届高三级第二次月考理科综合能力测试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一个选项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。1.2019年1月3日10时26分，嫦娥四号探测器经过约38万公里、26天的漫长飞行后，自主着陆在月球背面，实现人类探测器首次在月球背面软着陆．嫦娥四号着陆前距离月球表面l00米处有一次悬停，对障碍物和坡度进行识别，并自主避障；选定相对平坦的区域后，开始缓速垂直下降．最终，在反推发动机和着陆缓冲机构的“保驾护航”下，一吨多重的探测器成功着陆在月球背面东经177.6度、南纬45.5度附近的预选着陆区．下面有关嫦娥四号探测器的说法正确的是(    )A. 嫦娥四号探测器从地球到月球的位移大小就是其运行轨迹的长度38万公里B. “3日10时26分”指的是时间间隔C. 研究嫦娥四号探测器在月球着陆过程的姿态时，不可以将其看成质点D. 嫦娥四号探测器在最后100米着陆过程中可以视作做自由落体运动【答案】C【解析】【详解】A. 位移是指从起点指向终点的有向线段的长度，则嫦娥四号探测器从地球到月球的位移大小小于其运行轨迹的长度38万公里，选项A错误；B. “3日10时26分”指的是时刻，选项B错误；C. 研究嫦娥四号探测器在月球着陆过程的姿态时，探测器的大小和形状不能忽略不计，则不可以将其看成质点，选项C正确；D. 嫦娥四号探测器在最后100米着陆过程中缓慢数值下降，加速度小于g，则不可以视作做自由落体运动，选项D错误．2.在任意相等时间内，物体的速度变化不相同的运动是A. 匀减速直线运动B. 匀速圆周运动C 平抛运动D. 自由落体运动【答案】B【解析】【分析】据知，加速度恒定的运动，在任意相等时间内，速度变化相等；加速度变化的运动，在任意相等时间内，速度变化不相等．根据四个运动加速度的特点，可得在任意相等时间内，物体的速度变化是否相等．【详解】A：匀减速直线运动的加速度不变，据知，匀减速直线运动，在任意相等时间内，物体的速度变化相等．B：匀速圆周运动的加速度变化(大小不变，方向不断变化)，据知，匀速圆周运动，在任意相等时间内，物体的速度变化不相等．C：平抛运动的加速度不变，据知，平抛运动，在任意相等时间内，物体的速度变化相等．D：自由落体运动的加速度不变，据知，自由落体运动，在任意相等时间内，物体的速度变化相等．综上，在任意相等时间内，物体的速度变化不相同的运动是匀速圆周运动．故B项正确．3.甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，同时落地．下列表示这一过程的位移时间图象和速度时间图象中正确的是　　A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，加速度相同，时间由高度决定，高度越高，时间越长，再结合位移时间图象和速度时间图象的特点分析即可．【详解】甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，则运动时间不同，高度高的，位移大，运动时间长，但同时落地，说明高度高的先释放，故AB错误；都做自由落体运动，加速度相同，则图象的斜率相同，运动时间不等，故C错误，D正确．故选D．4.如图所示，两个小球a、b质量分别为m、2m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弾簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为＝45°，已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧最短伸长量为(   )A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】以小球a、b整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知F与T的合力与整体重力3mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为，根据胡克定律，所以 A．与计算结果不相符,故A错误B．与计算结果不相符,故B错误C．与计算结果相符,故 C正确D．与计算结果不相符,故D错误5.某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程A. 两次在空中运动的时间相等B. 两次抛出时的速度相等C. 第1次抛出时速度的水平分量小D. 第2次抛出时速度的竖直分量大【答案】C【解析】【详解】A．将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；BCD．将篮球的运动反向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，第二次运动过程中的高度较小，故第二次抛出时速度的竖直分量较小，所用时间减小；平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，由可知，第二次水平分速度较大；水平速度第二次大，竖直速度第一次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小关系不能确定，故C正确，BD错误．6.一质点在水平面上沿直线自由滑行，其平均速度与时间的关系满足＝10-2t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是A. 质点运动的加速度大小为2m/s2 B. 质点2s末的速度大小为2m/sC. 质点4s末的速度大小为2m/s D. 4s内质点的位移为12.5m【答案】BD【解析】【详解】A．根据平均速度知，,根据知，质点的初速度，加速度，加速度和速度方向相反，质点做匀减速直线运动，故A错误．BC．质点停下所需时间，质点在2s末的速度，质点在4s末的速度，故B正确,C错误．D．4s内质点的位移故D正确．7.某人从楼顶由静止释放一颗石子．如果忽略空气对石子的阻力，利用下面的哪些已知量可以测量这栋楼的高度H(已知重力加速度为g)(        )A. 石子落地时的速度 B. 石子下落最初1 s内的位移C. 石子下落的时间 D. 石子下落最后1 s内的位移【答案】ACD【解析】解： A、知道石子的落地速度，根据v2=2gh可求出楼的高度，故A正确;
B、石子下落最初1s内的位移为h==5m，故最初1s内的平均速度为5m/s，与运动总时间无关，故B错误;C、知道石子下落的时间，根据h=可求出楼的高度，故C正确;

D、知道石子最后1s内的位移，根据可以求出最后1s内的初速度，根据速度时间公式求出落地速度，再根据v2=2gh，求出楼的高度，故D正确;
故选ACD.8.两个物体M、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，物体M的重力大小为20 N，M、m均处于静止状态．则A. 绳OA对M的拉力大小为10NB. 绳OB对M的拉力大小为10 NC. m受到水平面的静摩擦力大小为10ND. m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左【答案】AD【解析】【详解】先对节点O受力分析，节点O受OA，OB，OM三根绳子得拉力，通过条件得知OA和OB的夹角为90度，因此利用力得平衡有，，，，故A对；对物体m受力分析，受向左的拉力10N，向右的拉力，因此物体m收到的静摩擦力水平向左，大小为()N．三、非选择题：共 174分。第22~32为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。)（一）必考题：129分9.某实验小组的同学在验证力的平行四边形定则时，操作过程如下：①将一张白纸固定在水平放置木板上，橡皮筋的一端固定在A点，另一端拴上两个细绳套，用两个弹簧测力计互成角度地拉两个细绳套，使细绳套和橡皮筋的结点位于图中的O点；②在白纸上记录O点的位置和两细绳套的方向，同时读出两弹簧测力计的读数F1和F2；③选取合适的标度在白纸上作出F1和F2的图示，由平行四边形定则作出F1和F2的合力F；④用一个弹簧测力计拉细绳套，使细绳套和橡皮筋结点仍到达O点；⑤在白纸上记录细绳套的方向，同时读出弹簧测力计的读数F′；⑥按以上选取的标度在白纸上作出F′的图示，比较F和F′的大小和方向；⑦改变两细绳套的方向和弹簧测力计的拉力的大小，重复以上操作，得出实验结论．（1）对本实验的下列叙述中正确的是________；A．两次拉伸橡皮筋应将橡皮筋沿相同方向拉到相同长度B．两细绳套必须等长C．每次都应将弹簧测力计拉伸到相同刻度D．拉橡皮筋的细绳套要长一些，标记同一细绳套方向的两点要远一些（2）某次操作时两弹簧测力计的指针指在图中所示的位置，则两弹簧测力计的读数分别为FB＝________ N、FC＝______ N；（3）如果本实验所用弹簧测力计的量程均为5 N．某同学先用两个弹簧秤互成一定角度拉橡皮条至O点，再用一个弹簧秤拉橡皮条至同一点O，其中图甲中F1＝3.00 N、F2＝3.80 N，且两力互相垂直；图乙中，且两力的夹角为30°；图丙中F1＝F2＝4.00 N，且两力的夹角为120°．其中明显不符合操作的是图________．【答案】    (1). AD    (2). 3.20    (3). 2.60    (4). 乙【解析】【分析】本实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的，本实验采用作合力与分力图示的方法来验证，根据实验原理和方法来选择，由弹簧测力计的读数规则读出弹簧秤的示数，抓住弹簧测力计的量程，通过平行四边形定则求出合力的大小，从而判断弹簧测力计能否测量合力的大小；【详解】（1）A、在该实验中要求每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即要到同一位置，这样两次的效果才等效，才符合“等效替代”法，故A正确；
B、绳子的长短对分力大小和方向亦无影响，所以绳子不需要等长，故B错误；
C、拉力的大小没有限制，每次做实验的时候，拉力大小不要求相等，所以不需要将弹簧测力计拉伸到相同的刻度，故C错误；
D、为了减小误差，拉橡皮条的细绳需长些，标记方向的两点要远些，故D正确；
（2）由弹簧测力计的读数规则可知、；（3）对于甲图，合力，对于乙图：，对于丙图：，可见操作不合适的是乙图，因为它的两个力的合力超过了弹簧测力计的量程．【点睛】解决本题的关键知道“互成角度的两个力的合成”实验的原理，知道用两根弹簧秤拉和用一根弹簧秤拉，都必须将绳子的结点拉到同一点，保证产生相同的作用效果．10.用如图甲所示的实验装置做探究加速度与力、质量关系的实验（1）某同学通过实验得到如图乙所示的a-F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角________（填“偏大”或“偏小”）．（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足________的条件．（3）某同学得到如图所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50 Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点．Δs＝sDG－sAD＝________ cm．由此可算出小车的加速度a＝________ m/s2（保留两位有效数字）． 【答案】    (1). 偏大    (2). 小于    (3). M≫m    (4). 1.80    (5). 5.0【解析】【详解】（1）[1] 当拉力F等于0时，小车已经产生力加速度，故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大，在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大．（2）[2] 小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力；[3] 对整体分析，根据牛顿第二定律得解得则绳子的拉力当，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，所以为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足的条件（3）[4] 刻度尺上读出A、D、E三点的位置，算出[5] 计数点间时间间隔为T，由匀变速直线运动的推论△x=aT2可知，加速度：11.如图所示,倾角的光滑斜面的下端有一水平传送带,传送带以的速度顺时针转动．一个质量为的物体(可视为质点),从高处由静止开始沿斜面下滑．物体经过点时,无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面,都不计其速率变化．物体与传送带间的动摩擦因数为,传送带左右两端、间的距离,重力加速度．问:（1）.物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间?（2）.物体在传送带上向左最多能滑到距多远处?（3）.物体随传送带向右运动后,沿斜面上滑的最大高度为多少?【答案】（1）（2）．（3）【解析】【详解】(1)对物体在斜面上运动，有 解得：t=1.6s(2) 物体滑至斜面底端时的速度v=at=8m/s物体在传送带上速度为零时离A最远，此时有： μmg=ma'解得L=6.4m(3)物体在传送带上返回到与传送带共速，有得x＝3.6 m＜L知物体在到达A点前速度与传送带相等又对物体从A点到斜面最高点，有 解得h'=1.8m12.如图所示，长L=8m，质量M=3kg的薄木板静止放在光滑水平面上，质量m=1kg的小物体放在木板的右端，现对木板施加一水平向右的拉力F，取g=10m/s2，求：（1）若薄木板上表面光滑，欲使薄木板以2 m/s2的加速度向右运动，需对木板施加多大的水平拉力；（2）若木板上表面粗糙，小物体与薄木板间的动摩擦因数为0.3，当小物体与薄木板发生相对滑动时，求小物块加速度的大小和方向；（3）若木板上表面粗糙，小物块与薄木板间的动摩擦因数为0.3，若拉力F=15N，小物块所能获得的最大速度．【答案】(1) 拉力大小为6N;(2) ,方向：水平向右;(3) 木块获得的最大速度为12m/s【解析】【详解】（1）薄木板上表面光滑，木板受到的合外力为拉力，由牛顿第二定律得：，则拉力大小为6N；    （2）当小物块相对于木板滑动时，对木块，由牛顿第二定律得：，解得：，方向水平向右；（3）小物块相对于木板恰好滑动时，由牛顿第二定律得：拉力：， 拉力F=15N＞F0，小物块相对于木块滑动，   对木板，由牛顿第二定律得：，解得：  木块位移：，        木板位移：，木块从木板上滑下时有：，     此时木块的速度：，解得：，则木块获得的最大速度为12m/s（二）选考题：45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，每科按所做的第一题计算。13.下列说法中正确的是______A. 空气绝对湿度越大,空气中水蒸气压强就越接近饱和汽压,水蒸发得就越慢B. 布朗运动说明液体分子做永不停息的无规则运动,同时说明液体分子间有间隙C. 热量不能自发地从低温物体传递给高温物体D. 一定质量的理想气体,如果温度升高,同时体积增大,其内能可能减小E. 气体的压强是由于气体分子频繁地撞击器壁产生的【答案】BCE【解析】【详解】空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，此时暴露在空气中的水蒸发越慢，不是绝对湿度，故A错误；布朗运动说明液体分子做永不停息的无规则运动，同时说明液体分子间有间隙，故B正确；根据热力学第二定律知，热量不能自发地从低温物体传递给高温物体，故C正确；一定质量的理想气体，如果温度升高，同时体积增大，内能增大，理想气体内能与体积无关，故D错误；气体的压强是由于气体分子频繁地撞击器壁产生的，故E正确；故选BCE．【点睛】解答本题需掌握：空气的相对湿度越大，水蒸发越慢，人感到越潮湿；布朗运动说明液体分子做永不停息的无规则运动，同时说明液体分子间有间隙；热量不能自发地从低温物体传递给高温物；理想气体内能与体积无关；气体的压强是由于气体分子频繁地撞击器壁产生的．14.如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.1V0．开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0（p0为大气压强），温度为297 K，现缓慢加热汽缸内气体，直至399.3 K．求：（1）活塞刚离开B处时的温度TB；（2）缸内气体最后的压强p；【答案】（1）333 K ；（2）1.1p0，【解析】【详解】（1）活塞刚离开B处时气体的压强等于外界大气压强，则根据气体的等容变化方程可得解得：TB＝333 K（2）缓慢加热汽缸内气体时，气体体积增大，活塞向右移动，当到达A处时有解得：p＝1.1p0，15.如图所示，自左向右依次固定放置半圆形玻璃砖、足够长的竖立的长方体玻璃砖和光屏，BC、MN、PQ三个表面相互平行．一点光源可沿着圆弧移动，从点光源发出的一束白光始终正对圆心O射入半圆形玻璃砖，经过长方体玻璃砖后，打在光屏上．已知玻璃对红光的折射率为n=1.513，若不考虑光在各个界面的反射，则下列说法正确的是         A. 点光源从B移动到C的过程中，光屏上总有彩色光斑B. 点光源从B移动到C的过程中，光屏上红色光斑的移动速率比紫色光斑的小C. 点光源在A点时，光屏上红色光斑在紫色光斑的上方D. 点光源在A点时，若撤除长方体玻璃砖，光屏上红色光斑将向上移动E. 点光源在A点时，若将光屏稍向右平移，光屏上红色光斑与紫色光斑的间距将增大【答案】BCE【解析】A、当入射光AO⊥BC时，不发生折射，在光屏上没有彩色光斑，故A错误；B、由于红光的折射率最小，紫光的折射率最大，点光源从B移动到C的过程中，红光通过半圆形玻璃砖后折射角最小，移动的距离最小，由于光线通过长方体玻璃砖后，出射光线与入射光线平行，可知光屏上红色光斑的移动距离比紫光小，红光移动速率比紫色光斑的小，故B正确；C、点光源在A点时，由于红光偏折程度最小，紫光的偏折程度最大，则红光的光屏上红色光斑在紫色光斑的上方，故C正确；D、光线通过长方体玻璃砖后会向上发生移侧，则点光源在A点时，若撤除长方体玻璃砖，光屏上红色光斑将向下移动，故D错误；E、点光源在A点时，若将光屏稍向右平移，出射光线方向不变，根据几何关系可知，光屏上红色光斑与紫色光斑的间距增大，故E正确；故选BCE．16.如图1所示，用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂在天花板上的O点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角（该夹角小于5°）后由静止释放．小球的大小和受到的空气阻力忽略不计．（1）证明小球的运动是简谐运动；（2）由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图2所示，求小球运动过程中的最大速度值．【答案】(1)见解析(2)【解析】（1）设小球偏角为θ时离开平衡位置的位移为x，摆长为L，，则：         小球受到的回复力： 联立解得：     且因F与x方向相反，故小球做简谐运动．（2）由图2可知摆球的振幅A=0.08m ，周期T=2s  以摆球为研究对象：由周期公式： 由机械能守恒： 由三角函数知识：由圆的知识：          联立解得：