内蒙古鄂尔多斯市第一中学2020届高三上学期10月月考物理试题


市一中2019～2020学年度第一学期第二次调研高三物理卷
一、选择题
1.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是 ( )

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB.小球开始下落到接触弹簧，自由落体运动，小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最底端时加速度大于g，故A正确B错误．
CD.结合以上分析可知，加速度开始不变，然后减小再反向增大，最终大于g，故CD错误．
2.一质量为m的物体用一根足够长细绳悬吊于天花板上的O点,现用一光滑的金属钩子勾住细绳,水平向右缓慢拉动绳子(钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上)，下列说法正确的是（ ）

A. 钩子对细绳的作用力始终水平向右
B. OA段绳子的力逐渐增大
C. 钩子对细绳的作用力先减小后增大
D. 钩子对细绳的作用力不可能等于
【答案】D
【解析】
A．OA段绳子的力始终等于物体的重力，大小不变．对钩子的作用力等于两段绳子拉力的合力，因为两段绳子之间的夹角逐渐减小，绳子对钩子的作用力逐渐增大，方向逐渐改变，钩子对细绳的作用力逐渐改变，故ABC错误；
D．因为钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，细绳对钩子的作用力不可能等于，钩子对细绳的作用力也不可能等于，故正确．
故选：D．
3.如图所示，甲、乙两个同学对打乒乓球，设甲同学持拍的拍面与水平方向成α角，乙同学持拍的拍面与水平方向成β角．乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲、乙球拍的速度大小之比为 ( )

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：，在乙处：，所以

A. 与计算结果相符，故A正确．
B. 与计算结果不符，故B错误．
C. 与计算结果不符，故C错误．
D 与计算结果不符，故D错误．
4.如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：设单位长度质量为m；对整体分析有：，则对x分析可知：，联立解得：
故可知T与x成正比；则右段绳的质量为，可解得，故D正确；
考点：考查了牛顿第二定律的应用
【名师点睛】分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用整体隔离法可以较简单的分析问题
5.如图所示，小车沿倾角θ＝30 的固定斜面向上运动，小车内悬挂小球的轻绳与垂直于斜面方向的夹角也是30，则车与斜面间的动摩擦因数为 ( )

A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】设小车质量M，小球质量m，对小车和小球整体受力分析，根据牛顿第二定律，沿斜面方向有

隔离小球，受重力和绳的拉力T，沿斜面和垂直斜面方向分解


联立解得： ．
A. 与计算结果不符，故A错误．
B. 与计算结果不符，故B错误．
C. 与计算结果相符，故C正确．
D. 1与计算结果不符，故D错误．
6.分别在两个星球A、B表面上做实验：如图甲所示，在同一个固定的斜面上，用平行于斜面的力分别推两个不同的物块向上运动，得到了加速度a和力F的关系图象如图乙所示，两图象在纵轴上交于同一点，则根据图象 ( )

A. 可以比较出两个物块的质量大小
B. 可以比较出两个星球表面的重力加速度大小
C. 可以比较出两个物块与斜面间的动摩擦因数大小
D. 可以比较出两个物块受到摩擦力的大小
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据牛顿第二定律有：

解得： ，图像的斜率是质量的倒数，所以可以比较两个物块的质量大小，故A正确．
BCD.因为两图象在纵轴上交于同一点，所以相同，但是由于g与均不知，所以无法比较两者大小，滑动摩擦力 也无法比较，故BCD错误．
7.如图所示，水平地面上有一个半球形大坑，O 为球心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度沿AB方向向右平抛一小球甲，小球甲将击中坑内的最低点D；若在甲球抛出的同时，在C点以初速度沿平行BA方向向左平抛另一小球乙，也恰能击中D点．已知∠COD=600，甲、乙两小球的质量相同，不计空气阻力，则( )

A. 甲、乙两小球初速度的大小之比
B. 甲、乙两球在此过程中速度变化量的大小之比为2:1
C. 甲、乙两小球下落时间之比为
D. 逐渐增大小球甲抛出速度的大小，甲球可能垂直撞到坑内BCD上
【答案】AC
【解析】
试题分析：平抛运动的时间由高度决定，根据动能定理比较动能的变化量，根据到达D点时的竖直分速度，结合瞬时功率的公式求出瞬时功率之比．结合水平位移和时间之比求出初速度之比．
甲、乙两小球的水平位移之比为，竖直高度之比为，下落的时间之比为，所以甲、乙两小球平抛初速度的大小之比，AC正确；平抛小球速度的变化量即为竖直分速度，而竖直分速度与下落的时间成正比，所以两球速度变化量的大小之比应为，B错误；逐渐增大小球甲抛出时速度的大小，甲球不可能垂直撞到球壁BCD上．因为根据平抛速度的反向延长线过水平位移的中点这一推论，垂直到球壁的速度反向延长线必定过圆心O，而O点并不是水平位移的中点，D错误．
8.如图所示，倾角为θ=30°的斜面上，一质量为4m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止，运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中( )

A. 细绳的拉力先增大后减小
B. 物块所受摩擦力逐渐增大
C. 地面对斜面的支持力逐渐增大
D. 地面对斜面的摩擦力逐渐增大
【答案】D
【解析】
小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，A错误；斜面对物块的摩擦力先减小后增，B错误；对物块和斜面组成的整体分析可知，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，C错误，D正确.故选D.
9.甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，其位置－时间图象如图所示，曲线甲为抛物线，P(1s，2m)为抛物线的顶点，图线甲与图线乙相交于Q(2s，1m)．下列说法正确的是 ( )

A. t＝1s时甲车的速度最大
B. 0－2s内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C. 0－2s内甲车的路程是乙车的2倍
D. 甲车的加速度大小恒为2m/s2
【答案】CD
【解析】
【详解】A.图像的斜率代表速度，所以t＝1s时甲车的速度为零，最小，故A错误．
BC. 0－2s内甲车的位移为零，路程为2m，所以甲车的平均速度为零；乙车的位移为1m，路程为1m，所以乙车的平均速度为0.5m/s，所以0－2s内甲车的路程是乙车的2倍，甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故B错误C正确．
D.甲车图像为抛物线做匀变速直线运动，1s时，甲车速度为零，0-1s反向匀加速运动， 解得：

故D正确．
10.如图所示,在倾角为θ=30°的光滑斜面上,物块A、B质量分别为m和2m,物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g,某时刻细线剪断,则细线剪断瞬间,下列说法错误的是( )

A. 物块B的加速度为
B. 物块A、B间的弹力为
C. 弹簧的弹力为
D. 物块A的加速度为
【答案】A
【解析】
【分析】
剪断细绳前，隔离对A分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，求出整体的加速度，隔离分析求出A、B间的弹力大小．
【详解】剪断细绳前，对A分析，弹簧的弹力，则细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对AB整体分析，加速度，故A错误，CD正确．隔离对B分析，根据牛顿第二定律得，解得，故B正确．本题选错误的，故选A．
【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用．
11.静止在粗糙水平地面上的物块(视为质点)在水平拉力作用下向右运动，经过一段时间后撤去拉力．物体在整个运动过程中的速度的二次方随位移的变化规律如图所示．已知物块的质量为2kg，取g＝10m/s2．下列说法正确的是 ( )

A. 拉力作用的时间为3s
B. 物块运动过程的平均速度大小为9m/s
C. 物块与地面间的动摩擦因数为0.6
D. 拉力做的功为36J
【答案】AC
【解析】
【详解】A.根据图像可知，加速阶段的末速度为6m/s，加速位移为9m，根据平均速度公式可知 ，加速时间即拉力作用时间

故A正确．
B.物块开始做初速度为零的匀加速，然后做末速度为零的匀减速，所以平均速度相同，均为最大速度的一半，即3m/s，故B错误．
C.根据减速阶段有 ，且 ，代入数据解得： ，故C正确．
D.全程根据动能定理可知

解得拉力做功 ，故D错误．
12.甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为L，则下列判断正确的是( )

A. 乙船先到达对岸
B. 若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都不变
C. 不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A点
D. 若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L
【答案】BD
【解析】
将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等．渡河的时间t=，故A错误；若仅是河水流速v0增大，渡河的时间t=，则两船的渡河时间都不变，故B错误；只有甲船速度大于水流速度时，不论水流速v0如何改变，甲船都可能到达河的正对岸A点，故C错误；若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L．故D正确．故选D．
13.将小球甲从高空A处以初速度大小v0竖直向下抛出，与此同时，在甲的下方有另一小球乙从空中B处以初速度大小v0竖直向上抛出，测得经过时间4s两球在空中相遇．若A、B两点间的高度差为64m．取g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列判断正确的是 ( )
A. v0＝8m/s
B. 乙从B处抛出后返回到B处所用的时间为0.8s
C. A处离地的高度至少为64m
D. 两球一定在B处下方相遇
【答案】AD
【解析】
【详解】A.根据相遇时位移关系可知

解得：v0＝8m/s，故A正确．
B.因为初速度为8m/s，到达最高点所用时间为0.8s，根据对称性可知，乙从B处抛出后返回到B处所用的时间为1.6s，故B错误．
CD.4s内甲的位移

所以A下落的高度为112m，A、B两点间的高度差为64m，所以两球一定在B处下方相遇，故C错误D正确．
14.如图所示，细线的一端系于天花板上，另一端系一质量为m的小球．甲图让小球在水平面内做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向的夹角为，细线中的张力为F1，小球的加速度大小为a1；乙图中让细线与竖直方向成角时将小球由静止释放，小球在竖直面内摆动．刚释放瞬间细线中的张力为F2，小球的加速度大小为a2，则下列关系正确的是

A. F1= F2 B. F1> F2 C. a1= a2 D. a1> a2
【答案】BD
【解析】
试题分析：小球做圆周运动靠拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出绳对小球的拉力，由牛顿第二定律求出加速度．做单摆的小球只受到重力和绳子的拉力，由此分析即可．
甲图中受力如图：竖直方向：，水平方向，由几何关系得：，解得，根据牛顿第二定律得，乙图中释放瞬间，小球只受到重力和细线中的张力为，则，由牛顿第二定律得：，所以，故BD正确．

15.如图甲所示，足够长的水平传送带以v1＝2m/s的速度沿顺时针方向运行，滑块(视为质点)以某一初速度v2水平滑上传送带的右端．若滑块在传送带上向左运动的过程中，位移与时间比值－时间的图象如图乙所示，则下列说法正确的是 ( )

A. v2＝4m/s
B. 传送带AB长度至少为2m
C. 滑块在传送带上的加速度大小为2m/s2
D. 滑块在传送带上运动的总时间为2.25s
【答案】ABD
【解析】
【详解】AC.根据图像可知 ，即 结合匀变速位移时间关系可知，加速度为 ，初速度 ，故A正确C错误．
B.根据以上分析可知物块1s时速度减为零，所以传送带AB长度至少为物块减速到零的位移

所以传送带AB长度至少为2m，故B正确．
D.物块减速到零时间

反向加速到与传送带速度相同所需时间

所以加速位移

还需匀速时间

所以运动总时间

故D正确．
16.如图所示，处于光滑斜面底端的滑块(视为质点)，在沿斜面向上的拉力F作用下由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t撤去力F，又经过4t滑块恰好回到斜面底端．下列说法正确的是 ( )

A. 撤去力F后滑块加速度是撤去力F前的
B. 撤去力F后滑块的加速度是撤去力F前的
C. 滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F时的
D. 滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F时的
【答案】AC
【解析】
【详解】AB.设撤去外力时物块速度为 ，再次到达底端时速度为 ，根据t时间内的位移大小等于后4t时间内位移大小，结合平均速度公式有

解得： ，所以撤去力F后滑块的加速度与撤去力F前的加速度之比为

所以撤去力F后滑块的加速度是撤去力F前的，故A正确B错误．
CD.根据以上分析可知，所以滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F时的，故C正确D错误．
二、填空题
17. （1）如图所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置．

①在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使小车受到合外力等于砝码和砝码盘的总重量，通常采用如下两个措施：
A．平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在砝码盘的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；
B．在调整砝码多少的过程中，要保证砝码和砝码盘的总质量m远小于小车和砝码的总质量M．
以上哪一个措施中有何重大错误？（说明错误点）
②如图是上述实验打出的一条纸带，已知打点计时器的打点周期是0．02s，结合图乙给出的数据（单位cm），求出小车运动加速度的大小为_____m/s2，并求出纸带中P点瞬时速度大小为______m/s（计算结果均保留2位有效数字）

（2）某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图（b）所示．

①图线________是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“甲”或“乙”）；
②滑块和位移传感器发射部分的总质量m=____________kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=____________．
【答案】（1）① A有错误，平衡摩擦力时不能悬挂砝码盘． ② 4．0 ，2．6
（2）① 甲 ② 0．5 ，0．2
【解析】
试题分析：（1）① A有错误，平衡摩擦力时不能悬挂砝码盘．
②由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0．1s，设0到A之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4-x1=3a1T2；x5-x2=3a2T2；x6-x3=3a3T2；为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3），即小车运动的加速度计算表达式为：纸带中P点瞬时速度大小为
（2）①由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线甲是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．
②根据F=ma得所以滑块运动的加速度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．由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0．5Kg ；由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得F-μmg=0，解得μ=0．2．
考点：验证牛顿第二定律
【名师点睛】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．
三、计算题
18.如图所示，在冰面上将质量的滑块从A点以初速度推出，滑块与冰面的动摩擦因数为，滑块滑行后到达B点时速度为，现将期间的一段CD用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为，再使滑块从A以初速度推出后，到达B点的速度为，取，求：

（1）初速度的大小；
（2）CD段的长度；
（3）若AB间用铁刷划擦的CD段的长度不变，要使滑块从A到B的运动时间最长，问铁刷划擦的CD段应位于何位置？并求出滑块滑行的最长时间（结果保留三位有效数字）．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，由动能定理得：①
代入解得．
（2）将CD段划擦后，滑块再从A到B的过程中，由动能定理得：
②
代入解得．
（3）由②式，不论CD在AB中的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度不变，设滑块在AC段和CD段的加速度分别为和，根据牛顿第二定律得：③
④
滑块在A、B间运动的图象如图，由图象可知当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长．
设此时滑块到达D点时的速度为，则由动能定理得 ：⑤
解得，根据运动学公式得⑥
⑦
解得．

考点：动能定理、牛顿第二定律
【名师点睛】解决本题的关键要通过画出图象分析滑块运动时间最长的条件，分段运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合解答．
19.如图甲所示，沿斜面的拉力F把质量为m的物块A沿粗糙斜面匀速向上拉，改变斜面倾角θ，使物块沿斜面向上匀速运动的拉力也随之改变．根据实验数据画出如图乙所示的 －tanθ图线，g取10m/s2．

(1)推导 －tanθ的表达式，并求物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若θ＝45°时，不用力F拉物块，而给物块一沿斜面向上的初速度，物块速度减为零后又沿斜面下滑，求物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比a1：a2．
【答案】(1)4kg；0.5(2)3:1
【解析】
【详解】(1)由于滑块匀速运动受力平衡

整理得：

与线性函数，由图像斜率可知：得：；根据截距可知得：．
(2)根据牛顿第二定律可知上滑时：

下滑时：

得：
答：(1)4kg；0.5(2)3:1
20.如图所示，一辆平板小车静止在水平地面上，小车的质量M＝4.0kg，平板车长度L＝3.0m，平板车的上表面距离地面的高度H＝0.2m．某时刻一个质量m＝2.0kg的小物块(视为质点)以v0＝4.0m/s的水平速度滑上小车的左端，与此同时相对小车施加一个F＝10N的水平向右的恒力．物块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.10，不计小车与地面间的摩擦．重力加速度g取10m/s2．求：

(1)物块相对小车滑行的最大距离；
(2)物块落地瞬间，物块与小车左端之间的水平距离．
【答案】(1) 2m (2) 0.45m
【解析】
【详解】(1)从物块滑上小车，经过时间t1，物块与小车达到共同速度v1．物块的加速度
a1＝μg＝1m/s2，向左
小车的加速度
a2＝ 3m/s2，向右
共速时
v1＝v0－a1t1，v1＝a2t1
解得：t1＝1s，v1＝3m/s，则物块位移
x1＝ 3.5m
小车位移
x2＝ 1.5m
物块相对小车滑行的距离△x1＝2m，且△x1