安徽省黄山市屯溪区一中2020届高三10月月考物理试题

屯溪一中2020届高三年级第一学期月考（10月份）物理试卷

一、选择题

1.一物块在水平地面上，以一定的初速度沿水平面滑动，直至速度为零，物块与水平面的动摩擦因数恒定，则关于物块运动的位移（）、位移与时间比值（）、速度（）、加速度（）随时间t变化的图像正确的是（设初速度的方向为正方向）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】A.x-t图象的斜率表示速度，斜率增大，物块的速度在增大，而物体做减速运动，故A错误；

B.根据x=v0t-at2，变形可得：

故图象直线，选项B正确；

C.物块运动的方向一直为正方向，因此速度为正，物块做匀减速直线运动，v=v0-at，故v-t图线为直线，且初速度的方向为正方向，故C错误；

D.由于物块与水平面间的动摩擦因数恒定，因此加速度恒定，且加速度方向与运动方向相反，即加速度为负值，选项D错误。

2.如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为1kg和2kg的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为3N．现用水平力F拉B物体，使A、B以同一加速度运动，则F的最大值为（    ）

A. 3N B. 6N C. 9N D. 12N

【答案】C

【解析】

【详解】当AB间的静摩擦力达到最大时拉力F达到最大，根据牛顿第二定律得，
对A物体：

得

对整体：

得：

F=（1+2）×3N=9N．

A. 3N，与结论不相符，选项A错误；

B. 6N，与结论不相符，选项B错误；

C. 9N，与结论相符，选项C正确；

D. 12N，与结论不相符，选项D错误。

3.如图所示，倾角为α＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，弹簧轴线与斜面平行。现对A施加一个水平向右、大小为F的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球间的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法错误的是（    ）

A. 弹簧的原长为

B. 恒力

C. 小球B受到的弹力大小为mg

D. 撤去恒力F后的瞬间小球B的加速度为g

【答案】D

【解析】

【详解】A.对小球B进行受力分析，由平衡条件可得：

kx=mgsin 30°

解得

所以弹簧的原长为

，

选项A正确，不符合题意；
B.对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：

Fcos 30°=mgsin 30°+kx，

解得

，

故B正确，不符合题意；
C.小球B受弹簧的弹力和斜面的弹力，其合力与重力等大反向，可知小球B受到的弹力大小为mg，选项C正确，不符合题意；

D.撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D错误，符合题意。

4.一个质量为M的箱子放在水平地面上，箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球，线的另一端拴在箱子的顶板上，现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放，如图所示，在小球摆动的过程中箱子始终保持静止，则以下判断正确的是（    ）

A. 在小球摆动的过程中，线的张力呈周期性变化，但地面对箱子的作用力始终保持不变

B. 小球摆到右侧最高点时，箱子对地面的压力为（M＋m）g，箱子受到地面向左的静摩擦力

C. 小球摆到最低点时，箱子对地面的压力大于（M＋m）g，箱子不受地面的摩擦力

D. 小球摆到最低点时，小球对细线的拉力大于mg，箱子处于超重状态

【答案】C

【解析】

【详解】A.在小球向下摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：

绳子在竖直方向的分力为：

当小球的速度越来越大时，角度θ越来越小，故F′越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A错误；
B.小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体，由于箱子不动加速度为aM=0，a′为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：

（M+m）g-FN=M•aM+ma′，

其中a′为m竖直方向的加速度，故FN小于（M+m）g，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于（M+m）g，此时由于小球有水平向左的加速度分量，则地面对整体有向左的摩擦力，即箱子受到地面向左的静摩擦力，故B错误；

CD.在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：

联立解得：

则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：

故此时箱子对地面的压力为：

，

故小球摆到最低点时，箱子对地面的压力大于（M+m）g，绳对箱顶的拉力大于mg，此时箱子不受地面的摩擦力作用，箱子处于平衡状态，故C正确
D错误

5.如图所示，质量均为m＝2.0kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时，两物块压紧弹簧并都恰好处于静止状态。现使物块B在水平外力F（图中未画出）作用下向右做加速度大小为a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10 m/s2．则（    ）

A. 开始时，弹簧的压缩量大小为8 cm

B. 物块A、B分离时，所加外力F的大小为24 N

C. 物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间为0.4 s

D. 物块A、B由静止开始运动到分离时，物块A的位移大小为4 cm

【答案】D

【解析】

【详解】A.开始时，两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，根据平衡条件可得：

kx0=μ•2mg

解得：

x0=016m=16cm

故A错误；

B.物块A、B分离时，此时A和B之间的弹力为零，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得：

F-μmg=ma

解得所加外力

F=12N

故B错误；

CD.以A研究对象，分离时弹簧压缩量为x，则

kx-μmg=ma

解得

x=0.12m

此过程A运动的位移为x0-x=0.04m=4cm，根据位移时间关系可得

x0-x=at2

解得物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间为

t=0.2s

故C错误、D正确。

6.“嫦娥四号”探测器成功登陆月球，创造了人类历史上三个第一：人类的探测器首次在月球背面实现软着陆，人类第一次成功完成了月球背面与地球之间的中继通信，人类第一次近距离拍摄到月背影像图。“嫦娥四号”登陆月球前环绕月球做圆周运动，轨道半径为r，周期为T，已知月球半径为R，引力常量为G，根据以上信息可得出（    ）

A. 月球的质量为 B. 月球的平均密度为

C. 月球表面的重力加速度为 D. 月球的第一宇宙速度为

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据月球对卫星的外有引力等于向心力可得：

解得月球的质量为

选项A错误；

B. 月球的平均密度为

选项B错误；

C.由

可得月球表面的重力加速度

选项C正确；

D. 月球的第一宇宙速度是指绕月球表面运行的卫星的速度，则月球的第一宇宙速度不等于，选项D错误。

7.如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x=x2处，则下列说法正确的是(       )

A. x1和x2处的电场强度均为零

B. x1和x2之间的场强方向不变

C. 粒子从x=0到x=x2过程中，电势能先增大后减小

D. 粒子从x=0到x=x2过程中，加速度先减小后增大

【答案】D

【解析】

【详解】A、φ-x图象的切线斜率越大，则场强越大，因此A项错误；

B、由切线斜率的正负可知，x1和x2之间的场强方向先沿正方向后沿负方向，B项错误；

C、粒子由x=0处由静止沿x轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；

D、由图线的切线斜率可知，从x=0到x=x2过程中电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确.

【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．然后再根据电场力分析电子的运动情况．

8.在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图中a，b所示，由图可以判定(      )

A. 该核发生的是α衰变

B. 该核发生的是β衰变

C. 磁场方向一定垂直纸面向里

D. 轨迹a为反冲核的运动轨迹

【答案】B

【解析】

【详解】AB、放射性元素放出粒子时，粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆；而放射性元素放出粒子时，粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆，故放出的是粒子，故选项B正确，A错误；

C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子旋转的方向相反，由于粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向，故选项C错误；

D、根据动量守恒定律可知放出的带电粒子和反冲核的动量大小相等，而根据可得，可知电荷量较大的运动轨迹的半径较小，而的轨迹的半径较小，因此是反冲核的运动轨迹，故选项D错误；

9.如图所示，一倾斜木板上放一物体，当板的倾角从逐渐缓慢地增大时，物体始终与木板保持相对静止，在这一过程中，物体所受的（    ）

A. 板的支持力逐渐变大 B. 板的摩擦力逐渐变大

C. 板的作用力保持不变 D. 合力保持不变

【答案】BCD

【解析】

【详解】AB.物体受力如图，根据平衡条件得

支持力

N=Gcosθ

摩擦力

f=Gsinθ

当θ增大时，N减小，f增大。故A错误，B正确。
CD.由于物体一直静止在木板上，物体所受的重力、支持力和摩擦力的合力一直为零，合力也保持不变。因板对物体的作用力与重力等大反向，可知板的作用力保持不变，故CD正确。

10.如图所示，理想变压器输入端连接有效值不变的交流电源。下列说法正确的是

A. 只将开关由1掷向2，电压表示数变小

B. 只将开关由1掷向2，电流表示数变大

C. 只将滑动变阻器的滑片下滑，电流表示数变小

D. 只将滑动变阻器的滑片下滑，电压表示数变小

【答案】BC

【解析】

【详解】AB. 只将开关由1掷向2，则初级匝数变小，根据可知，次级电压变大，则电压表示数变大，电流表示数变大，选项A错误，B正确；

CD. 只将滑动变阻器的滑片下滑，则次级电阻变大，而次级电压不变，则次级电流减小，即电流表示数变小，电压表示数不变，选项C正确，D错误.

11.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】初状态时：物体速度较小，相对斜面向上运动，受到沿斜面向下的摩擦力，故重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，

由牛顿第二定律得：加速度：a1==gsinθ+μgcosθ；

当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ，即，知道木块继续沿传送带加速向下，

但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：

a2==gsinθ-μgcosθ；

比较知道a1＞a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小．

故选D

点评：本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大．是一道易错题．

12.如图所示，质量均为M的b、d两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b斜面倾角为30°，d斜面倾角为60°。质量均为m的小物块a和c，分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两斜面始终静止。在小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（    ）

A. 两物块所受重力的冲量相同

B. 两物块所受重力做功的平均功率相同

C. 两斜面对地面的压力相同

D. 两斜面对地面的摩檫力相同

【答案】AD

【解析】

【详解】设斜面的倾角为θ时下滑的时间为t，设斜面底端长度为L，则斜面长为，根据牛顿第二定律可得加速度为：

a=gsinθ

根据运动学公式可得：

解得：

；

由于两个斜面的倾角分别为30°和60°，则可知a、c沿斜面下滑的时间相等。

A两物块所受重力冲量I=mgt相同，故A正确；

B.重力做功的平均功率为，由于h不同，所以两物块所受重力做功的平均功率不相同，故B错误；

C.对物体和斜面体的整体，在竖直方向：

则

因θ角不同，则两斜面对地面的压力不相同，选项C错误；

D. 对物体和斜面体的整体，在水平方向：

由于两个斜面的倾角分别为30°和60°，则可知两斜面对地面的摩檫力相同，选项D正确。

二、非选择题

13.用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，实验小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f＝50 Hz.平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为；改变砂桶中沙子的质量，重复实验三次．

（1）在验证“质量一定，加速度与合外力的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有_____．

A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）

B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）

C．砂桶和沙子的总质量远小于小车和砝码的总质量（即）

D．砂桶和沙子的总质量未远小于小车和砝码的总质量．

（2）实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中、、、、、、为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，则小车运动的加速度＝_____.（结果保留3位有效数字）

（3）小车质量一定，改变砂桶中沙子的质量，砂桶和沙子的总质量为，根据实验数据描绘出的小车加速度与砂桶和沙子的总质量之间的关系图象如图丁所示，则小车的质量_____.（g=10m/s2）

【答案】    (1). BD    (2). 2.00    (3). 0.4

【解析】

(1)图线不过原点且力为零时小车加速度不为零；所以木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）

图线末端发生了弯曲现象，是因为当砂桶和沙子的总质量未远小于小车和砝码的总质量后，绳上拉力小于砂桶和沙子的总重力。

故答案为BD

(2) 相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔

小车运动的加速度

(3) 设绳子拉力为，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得：

对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得：

联立解得：，整理得：

由关系图象可得：，解得：

14.某同学要测量某圆柱体电阻R的电阻率ρ．

（1）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量其长度和直径，如图所示，则其长度L=______cm，直径d=______mm．

（2）该同学先用如图所示的指针式多用电表粗测其电阻．他将红黑表笔分别插入“+”、“-”插孔中，将选择开关置于“×l”档位置，然后______；直至指针指在“0Ω”处继续实验．

（3）欧姆表粗测电阻约为5Ω现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：

A.电压表量程，内阻约

B.电压表量程，内阻约

C.电流表量程，内阻约

D.电流表量程，内阻约

E.滑动变阻器

F.滑动变阻器

G.电源电动势为及开关和导线若干

该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，则电压表应选择______，电流表应选择______，滑动变阻器应选择______，选填各器材前的字母。要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，实验电路应选用下图的______。

（4）利用上所选电路测量，电流表______A电压表______V

【答案】    (1). 7.015    (2). 4.598-4.602    (3). 将红、黑表笔短接欧姆调零旋钮    (4). A    (5). D    (6). E    (7). 丁    (8). 0.50    (9). 2.60

【解析】

【详解】(1) 游标卡尺的固定刻度读数为7cm=70mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为7cm+0.015mm=7.015cm;；

螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×10.0mm=0.100mm，所以最终读数为4.5mm+0.100mm=4.600mm；

(2) 将选择开关置于“×1”档位置，然后将红、黑表笔短接调零即欧姆调零；

(3) 电源E（电动势为3.0V），故选A，电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ），电路电流最大为，为提高精确度，减小读数误差，选小量程电表，即D,电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1），以滑动变阻器来控制不超量程即可，故选电流表A1：量程0～0.6A，内阻0.125；由于要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，故滑动变阻器采用限流接法；采用限流接法时，为便于调节，最大值应为待测电阻的2-4倍比较合适，所以滑动变阻器选E．滑动变阻器R1（0～20）；可知电流表应采用外接法，故电路图选择丁；

(4)由图可知，I=0.50A、U=2.60V。

15.两物块、并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力作用在物块上，使、由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在、的速度达到时，搬去推力。已知、质量分别为、，与水平面间的动摩擦因数为，与地面没有摩擦，物块运动的图象如图乙所示。取，求：

（1）推力的大小。

（2）物块刚停止运动时，物块、之间的距离。

【答案】（1）        （2）

【解析】

【详解】（1）在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v-t图像得，

对于A、B整体，由牛顿第二定律得，

代入数据解得。

（2）设物块A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，，

解得

物块A通过的位移

物块B通过的位移

物块A刚停止时A、B间的距离

16.如图所示，足够长的光滑平行导轨MN、PQ倾斜放置，两导轨间距离为，导轨平面与水平面间的夹角为30°，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的M、P两端连接阻值为的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，金属棒ab的质量，电阻，重物的质量，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑的距离与时间的关系如表所示，不计导轨电阻，g取。求：

（1）ab棒的最终速度。

（2）磁感应强度B的大小。

（3）当金属棒ab的速度时，金属棒ab上滑的加速度大小。

【答案】（1）3.5m/s（2）T（3）

【解析】

【详解】（1）由表中数据可以看出最终ab棒将匀速运动

（2）棒受力如图所示，

由平衡条件可得
对ab棒：

FT=F+mgsin 30°

对重物：

FT=Mg

安培力大小为：

，

联立解得：

B= T．

（3）当速度为2 m/s时，安培力

对金属棒ab根据牛顿第二定律可得：

FT-F-mgsin 30°=ma

对重物根据牛顿第二定律可得：

Mg-FT=Ma

联立上述各式，代入数据得

a=2.68 m/s2

17.如图所示，长1.4m的木板B静止在光滑水平地面上。木板的左端固定一 刚性挡板，右端放置着一个可视为质点的小物块A．已知物块和木板（含挡板）的质量均为m＝2 kg ，木板右边L 1＝0.8 m部分光滑，左边L 2＝0.6 m部分粗糙，物块与木板粗糙部分的动摩擦因数μ＝0.5，物块与挡板发生弹性碰撞（碰撞时间忽略不计）。现用向右的水平恒力F＝10N作用于木板上，至物块即将与挡板碰撞时立即撤去力F．试求：（ 重力加速度g取10 m /s 2）

(1) 物块刚进入粗糙区时，物块和木板的速度大小；

(2) 在与挡板相碰前的瞬间，物块的速度大小；

(3)物块A最终停留在木板上的位置。

【答案】(1)0,(2) (3)0.1m

【解析】

【详解】(1)进入粗糙区之前，A保持静止状态，即：

vA1＝0

而木板B在力F作用下，做匀加速运动，加速度：

a B＝=5m/s 2

则末速度大小：

vB1＝＝2m/s

(2)物块A进入粗糙区之后，A、B间存在摩擦力f＝μmg＝10N

故在物块A与挡板碰撞之前，木板B做匀速运动；

而物块A做匀加速运动，加速度大小为：

a A＝＝5m/s 2

设物块匀加速运动的时间为t，以木板为系，根据位移关系可得：

vB1t－a At2＝L2 ，

解得：

t＝s

设在与挡板碰撞前的瞬间物块A的速度为vA2，则：

vA2＝a At，

解得：

vA2＝m/s

(3)设物块与木板相对静止时，共同运动的速度为vAB，根据动量守恒得：

mvB1＋mvA2＝2mvAB

从撤去力F，到最终物块与木板相对静止，由于碰撞不损失机械能，根据能量守恒得：

fd＝mv 2A2＋mv 2B1－∙2mv 2AB

解得物块最终停留在离挡板的距离为：

d＝0.1m

18.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t＝0时刻波刚好传播到B点，质点A的振动图象如图乙所示。该波的传播速度为________m/s，从t＝0到t＝1.6 s，质点P通过的路程为_________m．

【答案】    (1). 25m/s    (2). 16m

【解析】

【详解】[1].由图甲可知该波的波长λ＝20 m，振幅A＝2 m，由图乙可知，该波的周期：T＝0.8 s

传播速度：

v＝＝25 m/s

[2].因1.6s=2T，则从t＝0到t＝1.6 s，质点P通过的路程：

s＝2×4A＝16 m

19.如图(b)，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方，O为球心，直径恰好水平，轴线垂直于水平桌面在水平桌面上的A点有点光源，发出一束与平行的单色光射向半球体上的B点，光线通过半球体后刚好与OB连线平行。已知，光在真空中传播速度为c,不考虑半球体内光的反射，求：

(i)透明半球体对该单色光的折射率n; 

(ii)该光在半球体内传播的时间。

【答案】(1)；(2)

【解析】

（1）光从光源S射出经半球体到达水平桌面的光路如图.

光由空气射向半球体,由折射定律,有     
在中, 得:
光由半球体射向空气,由折射定律,有:   
故                                         
由几何知识得
故有:
因此                                    
（2）光在半球体中传播的速度为
由几何知识得 ,得:
光在半球体中传播的时间为 :

故本题答案是：(1)；(2)

点睛：（1）先作出光路图.再由几何关系,求出入射角和折射角,根据折射定律求折射率n.
（2）由 求出光在半球体内传播的速度,由几何关系求出传播的距离,再求出传播时间.