内蒙古集宁一中2020届高三上学期第一次月考物理试题

内蒙古集宁一中（西校区)2019-2020学年高三上学期第一次月考理综物理试题一、选择题1.如图所示，用一小车通过轻绳提升一货物，某一时刻，两段绳恰好垂直，且拴在小车一端的绳与水平方向的夹角为θ，此时小车的速度为v0，则此时货物的速度为（　　）A.  B. v0sinθ C. v0cosθ D. v0【答案】D【解析】【详解】车的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则，有v0cosθ=v绳，而货物的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度。则有v货cosα=v绳由于两绳子相互垂直，所以α=θ，则由以上两式可得，货物的速度就等于小车的速度。故ABC错误，D正确。 2.如图所示，一物块在一个水平力F作用下沿斜面匀速运动，此力F的方向与斜面平行，某时刻将力F撤除，下列对撤除力F后物块运动的描述正确的是（　　）A. 物块仍沿斜面匀速运动B. 物块沿原方向做减速运动C. 物块将做非匀变速曲线运动D. 物块将做匀变速曲线运动【答案】C【解析】【详解】物体受重力、支持力、拉力及摩擦力而处于平衡，重力可分解为垂直于斜面及沿斜面的两个力；垂直斜面方向受力平衡，而沿斜面方向上有拉力、重力的分力及摩擦力而处于平衡；故摩擦力应与拉力与重力分力的合力平衡，运动方向与f的方向相反；如图所示：当F撤去后，合力方向与F方向相反，与v的方向由一定的夹角，所以物体做曲线运动，速度的方向改变后，f的方向也改变，所以合力的方向也改变，故将做非匀变速曲线运动。故选C。 3.有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】设船在静水中的速度为，当船头指向始终与河岸垂直，则有： ，当回程时行驶路线与河岸垂直，则有： ，而回头时的船的合速度为： ，由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为： ，故D正确，ABC错误；故选：D【点睛】根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解。 4. 如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内达到各自的最高点，则各小球最高点的位置( )A. 在同一水平线上B. 在同一竖直线上C. 在同一圆周上D. 在同一抛物线上【答案】C【解析】试题分析：角度为的轨道上，小球沿轨道上滑的加速度为上滑的距离，上升高度水平移动距离，简化为，（为定值）所以所以故小球是在同一圆周上，圆半径为.考点：牛顿定律，云变速执行运动规律点评：注意培养和锻炼应用数学知识解决物理问题的能力。 5.一架飞机以200m/s的速度在高空沿水平方向做匀速直线运动，每隔1s先后从飞机上自由释放A、B、C三个物体，若不计空气阻力，则（ 　）A. A、B、C落地前在空中排列成一条竖直线B. A、B、C落地前在空中排列成一条抛物线C. 在运动过程中A在B前200m，B在C前200mD. 落地后A、B、C在地上排列成水平线且间距不等【答案】A【解析】【详解】ABC.三球均从匀速飞行的飞机上下落，均做平抛运动，水平方向都做匀速直线运动，速度大小都等于飞机的速度，则落地前三个均在飞机的正下方，所以A、B、C在空中排成一条竖直线，则A正确，BC错误；D.小球水平方向是匀速运动，速度为200m/s，前一个小球落地，再过1s，后一个小球落地，故间距为△x=v0t=200米，恒定，故D错误。 6. A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB＝BC＝CD，E点在D点的正上方，与A等高．从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程( )A. 球1和球2运动时间之比为2∶1B. 球1和球2动能增加量之比为1∶2C. 球1和球2抛出时初速度之比为2∶1D. 球1和球2运动时的加速度之比为1∶2【答案】BC【解析】试题分析：作出辅助线如图，由几何知识可得出两小球竖直方向的位移比是，水平位移比是，由得运动时间比，故A选项错；由动能定理可知B选项正确；水平方向匀速运动，由可知C选项正确；它们运动的加速度是重力加速度，所以D选项错。考点：本题考查了平抛运动规律及动能定理的应用。 7.轻杆一端固定在光滑水平轴O上，另一端固定一质量为m的小球，如图所示．给小球一初速度，使其在竖直平面内做圆周运动，且刚好能通过最高点P，下列说法正确的是（　　）A. 小球在最高点时对杆的作用力为零B. 小球在最高点时对杆的作用力为mgC. 若增大小球的初速度，则在最高点时球对杆的力一定增大D. 若增大小球的初速度，则在最高点时球对杆的力可能为零【答案】BD【解析】以小球为研究对象，设在最高点时杆对小球的作用力大小为F，方向竖直向上。小球刚好能通过最高点P，速度为零，根据牛顿第二定律得：，即有F=mg，再由牛顿第三定律得到，小球在最高点时对杆的作用力也为mg，方向竖直向下。故A错误，B正确。对于球，在最高点时：若时，杆对球的作用力方向竖直向上时，由，得，增大小球的初速度，杆对球的作用力F减小，则球对杆的力减小，若，由 ，得，增大小球的初速度，杆对球的作用力F增大，则球对杆的力增大，故C错误，D正确；故选BD。【点睛】小球刚好能通过最高点P时，速度为零，根据牛顿第二定律研究杆对小球的作用力，再由牛顿第三定律研究小球对杆作用力．由牛顿第二定律讨论增大小球的初速度时，在最高点杆对球的作用力变化情况． 8.如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，它们与圆台之间的动摩擦因数均为μ，A的质量为2m，B、C质量均为m，A、B离轴心距离为R，C离轴心2R，则当圆台旋转时（设A、B、C都没有滑动）（ 　）A. 物体C的向心加速度最大B. 物体B受到的静摩擦力最大C. ω=是C开始滑动的临界角速度D. 当圆台转速增加时，C比A先滑动【答案】ACD【解析】【详解】A.物体绕轴做匀速圆周运动，角速度相等，有a=ω2r，由于C物体的转动半径最大，故向心加速度最大，故A正确；B.物体绕轴做匀速圆周运动，角速度相等，静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，f=mω2r，故B的摩擦力最小，故B错误；C.对C分析可知，当C物体恰好滑动时，静摩擦力达到最大，有μmg=m•2Rω2解得：，故临界角速度为，故C正确；D.由C的分析可知，转动半径越大的临界角速度越小，越容易滑动，与物体的质量无关，故物体C先滑动，物体A、B将一起后滑动，故D正确。 二、填空题9.在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上_____。A．通过调节使斜槽的末端保持水平B．每次释放小球的位置可以不同C．每次必须由静止释放小球D．记录小球位置用的木条(或凹槽)每次必须严格地等距离下降E．小球运动时不应与木板上的白纸(或方格纸)相接触F．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线【答案】ACE【解析】【详解】A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动；故A正确.B、C、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度；故B错误，C正确.D、记录小球经过不同高度的位置时，保证点适当多且分布散开，而每次不必严格地等距离下降；故D错误.E、小球运动时不应与木块上的白纸(或方格纸)相接触，为了防止摩擦改变小球的运动轨迹；故E正确；F、将球经过不同高度的位置记录在纸上后，取下纸，平滑的曲线把各点连接起来，故F错误；故选ACE. 10.某同学在做平抛运动实验时得到了如图所示的物体运动轨迹，A、B、C三点的位置在运动轨迹上已标出（g取10m/s2），则：(1)小球平抛的初速度为________m/s.(2)小球在B点瞬时速度vB=________m/s.(3)小球开始做平抛运动的位置坐标为：x=________cm，y=________cm.【答案】    (1). 2    (2). 2    (3). -20    (4). -5【解析】【详解】(1)[1].竖直方向上△y=△h=gT2得：则小球平抛运动的初速度：(2)[2].B点在竖直方向上的分速度：小球在B点瞬时速度：(3)[3][4].小球运动到B点的时间：因此从平抛起点到O点时间为：△t=t-T=0.2s-0.1s=0.1s因此从开始到O点水平方向上的位移为：x1=v△t=2m/s×0.1s=0.2m=20cm竖直方向上的位移：所以开始做平抛运动的位置坐标为：x=-20cm，y=-5cm 11.如图甲所示，一质量为m=1 kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图乙所示，物体运动的速度随时间变化的情况如下图丙所示，4 s后图线没有画出。g取10 m/s2。求：（1）物体在第3 s末的加速度大小；（2）物体与水平面间的动摩擦因数；（3）物体在前6 s内的位移。【答案】（1）1 m/s2  （2）04  （3）12 m【解析】解：（1）由v﹣t图象可知，物体在前4s做匀变速直线运动，所以物体在第3s末的加速度a1等于前4s内的加速度，根据v﹣t图象和加速度定义式：得，（2）在0﹣4s内，在水平方向：F1﹣μmg=ma1解出：μ=0.4（3）设前4 s位移为x1，由位移公式：x1==1×16=8m；设4 s后物体运动时的加速度为a2，则：F2﹣μmg=ma2解得，a2=﹣2 m/s2物体在4s末时的速度为v′="4" m/s，设物体从4s末后运动时间t2速度减为0，则：0=v′+a2t2解得：t2="2" s所以，物体在6s末速度恰好减为0．故后2s内的位移：代入数据，解得，x2=4m所以物体在前6s内的位移x=x1+x2="8+4=12" m答：（1）物体在第2s末的加速度为1m/s2；（2）物体与水平面间的摩擦因数μ为0.4；（3）物体在前6s内的位移为12m．【点评】本题考查牛顿第二定律的应用问题，要注意明确受力分析、明确运动过程，要注意正确应用图象分析以及注意运动学公式的选择． 12.如图为一条平直公路，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面。已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为μ1，与水泥路面的动摩擦因数为μ2。当汽车以速度v0沿柏油路面行驶时，若刚过A点时紧急刹车后(车轮立即停止转动)，汽车要滑行一段距离到B处才能停下；若该汽车以速度2v0在柏油路面上行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，若最终汽车刚好撞不上障碍物，求：(重力加速度为g)。(1)水泥路面AB段的长度；(2)在第二种情况下汽车刹车后运动了多长时间才停下？【答案】(1)    (2)【解析】【详解】(1)汽车在水泥路面上的加速度为a2，则有：μ2mg=ma2又v02＝2a2x2解得：(2)根据题意，汽车如果不撞上障碍物B，则在A点的速度应为v0，在柏油路面上，μ1mg=ma1，在柏油路面上运动的时间为t1，则2v0-v0=a1t1解得：水泥路面上，有：μ2mg=ma2运动时间为t2，则0-v0=-a2t2解得：所以汽车运动的时间 13.如图所示，传送带长L=5m，匀速运动的速度v0=4m/s，质量为1kg的小物块轻轻放在传送带左端P点，小物块传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆孤轨道的最高点M点，之后再次落回至传送带上N点。小物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g=10m/s2。求：(1)经过多长时间小物块与传送带速度相同；(2)圆弧轨道的半径；(3)再次落回到传送带上N点距P点的距离。【答案】（1）1s  （2）032m  （3）4.36m【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律，可得小物块的加速度a=μg=0.4×10m/s2=4m/s2小物块加速至4m/s的时间物块相对传送带移动的距离则以后物块随传送带匀速运动到达Q端；(2)根据题意物块恰能到达M点，则得物块到达M点的速度        物块到达Q端的速度为vQ=v0=4m/s；取Q点重力势能为0，小物块自Q到达M点过程中机械能守恒：联立得圆弧轨道半径为r=0.32m (3)小物块M点做平抛运动至传送带上，根据竖直方向做自由落体运动有：得平抛运动的时间所以小物块做平抛运动的水平位移落回到传送带上N点距P点的距离为NP=PQ-x3=5-0.64m=4.36m．