2020-2021学年江苏扬州高三上物理月考试卷

这是一份2020-2021学年江苏扬州高三上物理月考试卷，共8页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. kg和s是国际单位制中两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是（ ）
A.质量和时间B.质量和位移C.重力和时间D.重力和位移

2. 高空坠物会对人身和财产安全造成严重危害，如果一只花盆意外坠落，估测其落到地面用时为3s，则花盆坠落处高度约为（ ）
A.5mB.45mC.125mD.245m

3. 质量为m的磁性黑板擦吸附在黑板上处于静止状态，已知黑板擦与黑板间的吸引力大小为F，动摩擦因数为μ，则（ ）
A.黑板擦对黑板的压力大小为2F
B.黑板所受摩擦力方向向下，大小为μmg
C.黑板擦所受摩擦力方向向上，大小为μF
D.黑板对黑板擦的作用力大小为mg

4. 如图所示，乒乓球在球台上从O点弹起落在M点后，又弹起落在N点，不考虑乒乓球的旋转和空气阻力，则在上述两个过程中（ ）

A.运动时间相等
B.在最高点时加速度为零
C.在最高点时速度相等
D.在M点与台面碰撞前后速度大小相等

5. 某人划船渡河，河宽为d，船在静水中划行速度大小为v1，船头方向与河岸间夹角为θ （θMN，且两段运动时间相等，则乒乓球水平方向上的速度不相等，即在M点与台面碰撞后水平方向速度减小，在最高点时，竖直方向的速度均为零，只有水平方向速度，所以最高点时速度不相等，故CD错误．
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
小船渡河问题
【解析】
将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，得出两个方向上的分速度，根据等时性求出小船渡河的时间，分运动间不会互相影响．
【解答】
解：AB．船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，得出两个方向上的分速度，则有渡河所需的时间为dv1sinθ，因此渡河时间与水流速度无关，故AB错误；
C．当θ=90∘时，v1垂直于河岸方向，此时渡河所需的时间最短，即t=dv1，故C正确；
D．当船在静水中的划行速度v1大于水流速度v2时，无论船速v1多大，通过改变θ，都能使小船到达正对岸O点，而当船在静水中划行速度v1小于水流速度v2时，不论如何改变θ，都不能到达正对岸O点，故D错误．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
牛顿运动定律的应用—从运动确定受力
动能定理的应用
【解析】
根据受力分析，结合牛顿第二定律分析车厢之间的作用力；利用惯性知识分析乘客相对车厢竖直向上跳起后的落点位置．根据动能定理分析从关闭发动机到停下来滑行的距离．
【解答】
解：设每节动车的功率为P、牵引力为F，每一节车厢的质量是m、阻力为kmg．
A．启动时乘客做加速运动，其加速度的方向与车厢运动的方向相同，根据牛顿第二定律知，乘客受到的合外力方向与车运动的方向相同，乘客受到重力和车厢的作用力，根据平行四边形定则知，车厢对乘客的作用力方向应该是斜向前上方，故A错误．
B．做匀速运动时，乘客相对车厢竖直向上跳起后，由于惯性，水平方向保持与车厢相同的速度，所以乘客将落在起跳点，故B错误．
C．设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s，则有：−8kmg⋅s=0−8⋅12mv2，可得：s=v22kg，即滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故C错误．
D．做加速运动时，有两节动力车厢，对所有车厢整体进行受力分析得：2F−8kmg=8ma， 对6、7、8车厢进行受力分析得： F1−3kmg=3ma，对7、8车厢进行受力分析得：F2−2kmg=2ma，联立可得：F1F2=32，故D正确．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
牛顿运动定律的应用—从运动确定受力
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
【解析】
排球先上升后下降，运动过程中受到重力和空气阻力，分析空气阻力的变化情况，由牛顿第二定律判断加速度的变化，从而确定v−t图线切线斜率的变化，即可选择图象．
【解答】
解：AB．排球先上升后下降，所以速度先正后负，故AB错误．
CD．排球上升过程中，速度减小，空气阻力减小，合力减小，其加速度减小，则v−t图线切线的斜率不断减小；下降过程中，速度增大，空气阻力增大，合力减小，其加速度减小，则v−t图线切线的斜率不断减小，故D错误，C正确．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
动量定理的基本应用
板块模型问题
【解析】
明确两物体的受力情况，根据动量定理列式，再根据两物体分离的条件列式即可明确F、M以及时间t之间的关系，从而改变M、m、F时速度和时间的变化情况。
【解答】
解：对物块乙分析可知，物块乙受拉力和摩擦力作用，根据动量定理有：Ft−μmgt=mv′，
对木板甲分析，根据动量定理有：μmgt=Mv，
要使物块乙与木板甲分离，则木块的位移与木板间的位移差等于板长L，则有：v′2t−v2t=L，
联立则有：F2mt2−μg2t2−μmg2Mt2=L，
解得：t2=LF2m−μg2−μmg2M，而v=μmgMt．
A．增大物块乙的质量m，时间t增大，根据v=μmgMt可知，速度v变大，故A错误．
B．增大物块乙上受的力F，则t减小，根据v=μmgMt可知，速度v减小，故B正确．
C．增大木板甲与物块乙间的动摩擦因数μ，可知t增大，根据v=μmgMt可知，速度v变大，故C错误．
D．在木板甲长度L不变的条件下，减小其质量M，可知t增大，根据v=μmgMt可知，速度v变大，故D错误．
故选B．
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
速度、速度变化量和加速度的关系
机械能守恒的判断
速率
位移
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．乘客随摩天轮做匀速圆周运动，则乘客的速度大小始终恒定，方向改变，所以加速度不为零，故A错误；
B．乘客的动能不变，而重力势能不断变化，则机械能不守恒，故B正确；
C．根据题意得T=30min，则在15min内 ，乘客运动12圆，所以x=d=125m，故C正确；
D．乘客运动一周的路程为s=πd≈392.5m，时间为t=30×60s=1800s，则速率v=st≈0.22m/s，故D正确．
故选BCD．
【答案】
A,C
【考点】
同步卫星
第一宇宙速度
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AB．7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，也是卫星发射的最小速度，故A正确，B错误；
C．两颗卫星均是地球的同步卫星，运行周期跟地球的自转周期相同，都是24小时，故C正确；
D．两颗卫星的质量未知，故无法判断这两颗卫星所受的万有引力大小是否相等，故D错误．
故选AC．
【答案】
A,C,D
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
瞬时功率
【解析】

【解答】
解：A．平抛运动的时间为t=2hg，知两球下落的高度不等，则运动时间不等，同时水平抛出，不可能同时落地，故A正确；
B．平抛运动的轨迹为抛物线，速度方向为该点的切线方向，分别从A、B两点抛出的小球轨迹不同，在C点的切线方向也不同，所以落地时方向不可能相同，故B错误；
C．水平位移为x=v0t，h越高，t越长，x相等，v0越小，落在C点的速度大小为v=v02+2gh，则知落在C点的速度大小可能相同，故C正确；
D．落在C点时重力的瞬时功率为P=mgvy=mg2gh，m相同，h不同，P一定不同，故D正确．
故选：ACD．
【答案】
A,B
【考点】
含弹簧类机械能守恒问题
【解析】
在放B之前，物体A保持静止状态，根据平衡条件求出弹簧的弹力；释放B瞬间，先对AB整体研究，求出加速度，再隔离B研究，求出A对B的支持力，得到B对A的压力．根据对称性确定A、B运动到最低点时的加速度，再由牛顿第二定律求弹簧的弹力大小．
【解答】
解：A．在放物体B之前，物体A保持静止状态，由平衡条件得弹簧的弹力：F1=mgsinθ，
在放物体B的瞬间，对A、B整体研究，根据牛顿第二定律有： (2m+m)gsinθ−F1=3ma1，
解得：a1=23gsinθ，
对物体B受力分析，根据牛顿第二定律有：2mgsinθ−N1=2ma1，
解得：N1=23mgsinθ，
由牛顿第三定律知，B对A的压力大小为23mgsinθ，故A正确．
B．由于在AB向下运动过程中，弹簧的弹力一直增大，整体重力沿斜面向下的分力先大于弹力，后小于弹力，则A、B的速度先增大后减小，故B正确．
C．对A、B整体，合力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，对物体B受力分析，
当加速度沿斜面向下时，根据牛顿第二定律有：2mgsinθ−N=2ma，知a减小，N增大；
当加速度沿斜面向上时，根据牛顿第二定律有：N′−2mgsinθ=2ma′，知a′增大，N′增大，则A、B间的弹力一直增大，故C错误．
D．由于在运动过程中，弹簧对A、B组成的系统做功，因此A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误．
故选AB．
三、实验探究题
【答案】
（1）①B,②2.50
（2）乙,木块的质量
【考点】
利用平衡条件测定动摩擦因数
验证力的平行四边形定则
【解析】
（1）本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”；先读出弹簧测力计的最小分度，再读出读数.
方案甲：对摩擦力的测量是采用“间接法”进行的，只有当弹簧秤拉动木块匀速运动时，拉力才与摩擦力成为一对平衡力，它们大小相等．
方案乙：拉动木板时，木块受到向左的摩擦力，由于木块相对地面静止，则摩擦力与弹簧秤的拉力是一对平衡力．
【解答】
解：（1）①A．合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，故A正确；
B．用两个拉力同时拉橡皮条时，不需要保证两细绳互相垂直，故B错误；
C．实验中，用弹簧测力计拉细绳时，拉力应沿弹簧轴线方向，且与水平木板平行，故C正确；
D．在同一次实验中，应将结点拉到同一位置，使力的作用效果相同，故D正确．
本题选错误的，故选B．
②由图可知，弹簧测力计的每一小格表示0.1N，故读数为F=2.50N．
（2）比较两种实验方案的操作过程可以看出，甲中物体在弹簧测力计作用下很难控制它一直做匀速直线运动；而乙中拉动的是木板，弹簧测力计与木块相对地面静止，此时读数更准确；所以，更合理的方案是乙．
根据F=μm木块g可知，正确测出摩擦力后，他还需用测力计测出木块的质量.
【答案】
（1）0.34,0.14
（2）如解答图所示．
（3）不需要,未平衡摩擦力
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）交流电源的频率为50Hz，计数点间的时间间隔T=0.02s×5=0.1s，
打下点3时小车的速度v3=x242T≈0.34 m/s，
小车的加速度a=x24−x024T2=0.14m/s2．
（2）如图所示：
（3）实验中挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度，此过程中小车和砝码及砝码盘的总质量不变，故不需要砝码盘及盘中砝码的总质量远小于小车的质量；
从图像可知，F大于零时，加速度为零，故没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力时长木板的倾角过小．
四、解答题
【答案】
（1）邮件滑动的时间t为0.2s；
（2）邮件对地的位移大小x为0.1m．
【考点】
传送带模型问题
【解析】
（1）对邮件运用动量定理，求出邮件速度达到传送带速度所需的时间．
（2）对邮件运用动能定理，求出邮件相对地面的位移大小．
【解答】
解：（1）取向右为正方向，设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中的加速度为a，则：μmg=ma，
邮件滑动的时间：t=Δva，
联立解得：t=0.2s；
（2）由运动学公式可知：v2=2ax，
代入数据得：x=0.1m．
【答案】
（1）稳定后缆绳所受拉力T为403N．
（2）座椅做圆周运动的角速度ω为153rad/s．
（3）座椅从静止达到稳定速度的过程中，缆绳对座椅所做的功W为120(3−1)J．
【考点】
水平面内的圆周运动-重力
动能定理的应用
【解析】
（1）座椅在水平面内做匀速圆周运动，由重力和绳的拉力的合力提供向心力，分析座椅的受力，求解绳子的拉力大小．
（2）根据牛顿第二定律求座椅做圆周运动的角速度ω．
（3）由v=ωr求出座椅稳定时速度大小，座椅从静止达到稳定速度的过程中，根据动能定理求缆绳对座椅所做的功W．
【解答】
解：（1）对座椅受力分析，如图所示，
座椅所受重力和细绳拉力的合力提供向心力，则：Tcs30∘=mg，
解得：T=403N．
（2）由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2r，
由几何关系：r=R+Lsinθ=23m，
解得：ω=153rad/s．
（3）座椅在水平面内做匀速圆周运动速度为：v=ωr=153×23m/s=25m/s，
座椅从静止达到稳定速度的过程，由动能定理得：W−mgL(1−cs30∘)=12mv2−0，
解得：W=120(3−1)J．
【答案】
（1）剪断轻绳后A继续滑行的距离x=2.5m．
（2）拉力F的大小为20011N．
（3）当A停止时，物块B的速度为10m/s．
【考点】
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
【解析】
（1）先计算剪断细绳后物体A的加速度，根据运动学公式计算出A的运动时间以及运动距离.
（2）用整体法根据牛顿第二定律解得推力大小.
（3）先计算出A停止时的时间再计算出剪断细绳后B的加速度，进而计算出B的速度．
【解答】
解：（1）由题意可知，物块A也做速度为5m/s的匀速直线运动，
根据牛顿第二定律有：fA=μmg=ma1，
解得：a1=μg=5m/s2，
所以当剪断轻绳后，A继续滑行的距离为：x=v022a1=2.5m．
（2）剪断细绳前，对AB受力分析有：Fcs37∘=μ(2mg−Fsin37∘)，
解得F=20011N．
（3）从剪断轻绳到物块A停止的时间为：t=v0a1=1s，
剪断绳后对物块B有：Fcs37∘−μ(mg−Fsin37∘)=ma2，
解得：a2=5m/s2，
则物块B的速度为：vB=v0+a2t=10m/s．
【答案】
（1）此时小球对轻杆的作用力大小为12mg，方向竖直向上；
（2）此过程中轻绳对轻杆做的功W为212mgL；
（3）小物块的质量M为12m．
【考点】
竖直面内的圆周运动-轻杆模型
动能定理的应用
【解析】
（1）当轻杆被拉至竖直位置时，小球在最高点，由牛顿第二定律即可求解.
（2）对小球和轻杆，根据动能定理列式即可求解．
（3）根据动能定理求解.
【解答】
解：（1）当轻杆被拉至竖直位置时，小球在最高点，由牛顿第二定律得：
F向=mv2R=m9gL6L=32mg，
设轻杆对小球的作用力为F′，
则F向=F′+mg，
解得：F′=12mg，方向竖直向下，
由牛顿第三定律得小球对轻杆的作用力：F=F′=12mg，方向竖直向上．
（2）对小球和轻杆，根据动能定理得：
W−mg⋅6L=12mv2，
解得：W=212mgL．
（3）由几何关系可知，当轻杆被拉至竖直位置时，绳子的自由端移动的距离为5L−L=4L，则物块下降的竖直高度为4Lsin30∘=2L，
根据线速度公式v=ωr可知，绳子的自由端的线速度为v′=12v=3gL2，
根据动能定理得：Mg×2L−mg×6L=12m×9gL+12M×94gL，
78MgL=212mgL，
解得：M=87×212m=12m．砝码盘及盘中砝码总重力F/N
0.396
0.592
0.788
0.984
1.180
加速度a/m⋅s−2
0.69
1.18
1.66
2.18
2.70