辽宁省沈阳铁路实验中学2020届高三上学期10月月考物理试题

沈阳铁路实验中学2019-2020学年度上学期10月月考试题高三物理一、选择题（共14小题，每小题4分，共56分。第1~8题只有一项符合题目要求，第9~14题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的不得分。）1.如图所示两个物体与圆盘保持相对静止，随圆盘一起作匀速圆周运动，则A、B分别受到几个力的作用（  ）A. 3个5个B. 3个4个C. 4个5个D. 4个6个【答案】A【解析】【详解】A物体在水平面内做匀速圆周运动，一定受到重力和B对A的支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力。A共受到3个力的作用；B物体也在水平面内做匀速圆周运动，一定受到重力和圆盘的支持力作用，同时B受到A对B的压力；物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，同时B也受到A对B的静摩擦力，两个静摩擦力的合力提供向心力，所以B受5个力的作用。A. 3个5个与分析相符，故A项正确；B. 3个4个与分析不相符，故B项错误；C. 4个5个与分析不相符，故C项错误；D. 4个6个与分析不相符，故D项错误。 2.在地面上以初速度竖直向上抛出一小球，经过时间小球落回抛出点，其速率为，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率随时间的变化规律可能是(    )A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】试题分析：小球上升过程中，由牛顿第二定律，故随速度的减小，加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；当物体下降过程中，由牛顿第二定律，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0，故选项A正确；故选A。考点：牛顿第二定律的应用.   3.某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是（  　　）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】两只飞镖a、b都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有，据题它们的水平位移大小相等，，所以运动时间关系为，由知，所以插在竖直靶上时a镖在b的上面；设飞镖插在竖直靶上前瞬间速度与竖直方向的夹角为，则，因为，所以有，C正确．【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移． 4.2019年1月3日上午，嫦娥4号顺利着陆月球背面，成为人类首颗成功软着陆月球背面的探测器(如图所示)。地球和月球的半径之比为=a，表面重力加速度之比为=b，则地球和月球的密度之比为A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据以及联立解得密度表达式即可进行求解.【详解】根据以及联立解得，可得，故选B. 5.载物电梯以v0速度匀速上升，货物的质量为m，某时刻起电梯以大小是a（a<g）的加速度的减速升高h，g为重力加速度，则在这段减速过程中货物机械能的变化ΔE为   (　 　)  A. mgh-mah B. mah C. -mah D. mgh【答案】A【解析】【详解】由牛顿第二定律得，货物受的支持力得： 由功能关系可知，机械能的变化量等于除重力外的其它力做的功，则有A. mgh-mah与分析相符，故A项正确；B. mah与分析不相符，故B项错误；C. -mah与分析不相符，故C项错误；D. mgh与分析不相符，故D项错误。 6.如图所示，E、F、G、H为矩形ABCD各边的中点，O为EG、HF的交点，AB边的长度为d。E、G两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负电荷置于H点时，F点处的电场强度恰好为零。若将H点的负电荷移到O点，则F点处场强的大小和方向为(静电力常量为k)A. 方向向右 B. 方向向左C. 方向向右 D.   方向向左【答案】D【解析】当负正点电荷在H点时，电场强度恰好为零，故两个正电荷在F点的电场与正电荷的电场之和为零，根据公式可得负电电荷在F点产生的电场强度大小为，方向水平向左，故两个正电荷在F点产生的电场强度大小为，方向水平向右；负点电荷移到O点，在F点产生的电场强度大小为，方向向左，所以F点的合场强为，方向水平向左，故D正确，ABC错误；故选D。【点睛】关键是根据两个正电荷在F点的电场与负电荷的电场之和为零，做为突破口，算出负电荷在F点的电场强度，然后得出两个正电荷在F点的电场强度，再根据负点电荷移到O点，在F点产生的电场强度大小。 7.如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架（AB为直径），支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连．已知半圆形支架的半径为R，轻绳长度为L，且R＜L＜2R．现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2的大小变化情况为（　　）A. F1保持不变，F2先增大后减小B. F1先减小后增大，F2保持不变C. F1先增大后减小，F2先减小后增大D. F1和F2均增大【答案】D【解析】【详解】设小球所在位置为为Q，对小球受力分析如图所示小球受重力G、绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2，三力平衡，三个力构成的矢量三角形与相似，可有重力为恒力，P点下移的过程，OP间距离减小，比例式比值增大，PQ间距离为绳长，OQ间距离为圆形支架的半径，均保持不变，所以F1和F2均增大。A.A项与上述分析结论不相符，故A不符合题意；B.B项与上述分析结论不相符，故B不符合题意；C.C项与上述分析结论不相符，故C不符合题意；D.D项与上述分析结论相符，故D符合题意。 8.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个1/4弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是（　　）A. 当时，小球能到达B点B. 如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C. 当时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大D. 如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为【答案】C【解析】【详解】A.当小球刚好到达B点时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1由机械能守恒定律得：mv02=（m+M）v12+mgR 联立解得：所以当时，小球不能到达B点，故A错误；B.小球离开四分之一圆弧轨道时，在水平方向上与滑块M的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块M上，不可能从滑块的左侧离开滑块，故B错误；C.小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块M的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故C正确；
D.若滑块固定，由机械能守恒知小球返回A点时的速度大小仍为v0，在B点，根据牛顿第二定律得：解得：，根据牛顿第三定律可知，小球返回B点时对滑块的压力为，故D错误。 9.甲与乙赛跑的位移—时间图象如图所示，Xm为赛程的总位移，①为甲的x-t图象，②为乙的x-t图象，下面描述正确的是A. 甲做的是匀加速直线运动 B. 甲与乙在比赛过程中，相遇过二次C. 甲先到达终点 D. t3时刻甲和乙的速度相等【答案】BC【解析】【详解】A.位移图象倾斜的直线表示匀速直线运动，故甲做匀速直线运动，故A错误B.相遇时位移相等，故相遇过二次，故B正确C.由图象知，时刻甲已经到达终点，但乙没到达，所以C正确D.斜率表示速度，故时刻甲和乙速度不相等，故D错误． 10.如图所示，在空间直角坐标系中，AB两点分别放有等量的电荷量为的正点电荷，AB两点到坐标原点的距离为。、、点分别是x轴、y轴、z轴上的点，它们距坐标原点的距离均为，关于两正点电荷在空间中产生的场强和电势，正确的是A. O点的场强大于P点的场强B. M点的场强与N点场强相等C. 点的电势高于M点的电势D. M、N两点的电势相等【答案】CD【解析】【详解】A．根据等量同种电荷电场分布情况可知，O点的场强小于P点的场强.故A错误.B．根据电场的叠加原理可知M点的场强与N点的场强大小相等，方向不同.故B错误.C．根据等量同种电荷电场分布情况可知，在AB直线上，约靠近O点电视越低，P点比M点在AB直线上的等势点离O点远，则 点电势高于M点的电势.故C正确.D．由对称性，M、N两点的电势相等，故D正确． 11.如图所示，某次发射远地圆轨道卫星时，先让卫星进入一个近地的圆轨道Ⅰ，在此轨道正常运行时，卫星的轨道半径为R1、周期为T1、经过p点的速度大小为、加速度大小为 ；然后在P点点火加速，进入椭圆形转移轨道Ⅱ，在此轨道正常运行时，卫星的周期为T2，经过p点的速度大小为、加速度大小为，经过Q点速度大小为；稳定运行数圈后达远地点Q时再次点火加速，进入远地圆轨道Ⅲ在此轨道正常运行时，卫星的轨道半径为R3、周期为T3、经过Q点速度大小为(轨道Ⅱ的近地点和远地点分别为轨道Ⅰ上的P点、轨道Ⅲ上的Q点)．已知R3＝2R1，则下列关系正确的是(　　)A. T2＝3T1 B. T2＝T3 C.  D. 【答案】BCD【解析】【详解】根据开普勒第三定律：，所以 ，解得即，故A错误。同理，，解得即，故B正确。卫星经过p点时受到引力相同，则加速度相同，选项C正确；卫星在p点时由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ要加速，则v2>v1；卫星在Ⅰ、Ⅲ轨道上做圆周运动时，由可知，在Ⅰ轨道上的速度大于在Ⅲ轨道上的速度，即v1>v4；在Q点时由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ时要加速，即v4>v3，则v2>v1>v4>v3，则选项D正确；故选BCD. 12.某工地上，工人将放在地面上一重10 N的箱子吊起。箱子在绳的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中0〜5 m过程的图线为曲线，5 m〜15 m过程的图线为直线。根据图象可知A. 0〜5 m过程中箱子所受的拉力逐渐减小B. 0〜15 m过程中箱子的动能一直增加C. 在位移为15m时，拉力F = 20 ND. 在位移为15m时，拉力F = 10 N【答案】AD【解析】【详解】A．据功能关系，物体机械能的变化等于重力以外其它力做的功；据可知，机械能E与其位移x的关系图象切线斜率表示箱子所受拉力；由图象得，0〜5 m过程中箱子所受的拉力逐渐减小．故A项正确．BCD．由图象得，0〜5 m过程中箱子所受拉力逐渐减小，5〜15 m过程中箱子所受拉力；0〜5 m过程中箱子所受的拉力大于重力，箱子的动能增加；5〜15 m过程中箱子所受的拉力等于重力，箱子的动能不变．故BC两项错误，D项正确． 13.将质量为 m 的物体A 以速率 v0水平抛出，经过时间 t 后，物 体下落了一段距离，速率仍为v0，方向却与初速度相反，如图所 示。在这一运动过程中，下列说法中正确的是(   )A. 风对物体做功为零B. 风对物体做负功C. 物体机械能减少D. 风对物体的冲量大小大于 2mv0【答案】BD【解析】物体被抛出后，重力对其做正功，但是其动能没有增加，说明风对物体做负功，选项A错误，B正确；由于不知道风的方向，所以无法计算物体下落的高度，也就无法计算重力和风对物体所做的功，选项C错误；重力的冲量竖直向下，大小为mgt，合力的冲量为2mv0，根据矢量的合成可知，风对物体的冲量大小大于2mv0，选项D正确；综上本题选BD. 14.如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为，原长为L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（ ）A. 当v0较小时，小球可能会离开圆轨道B. 若则小球会在B、D间脱离圆轨道C. 只要，小球就能做完整的圆周运动D. 只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关【答案】CD【解析】试题分析：B、因弹簧的劲度系数为，原长为L=2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F=k（L-R）=kR=mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力（在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，故AB错误． C、小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有：，所以只要，小球就能做完整的圆周运动， C均正确．D、在最低点时，设小球受到的支持力为N，有，解得①，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N′，设此时的速度为v,由机械能守恒有②，此时合外力提供向心力，有③，联立②③解得：④,联立①④得压力差为△N=6mg与初速度无关，故D正确．故选CD．考点：考查向心力、牛顿第二定律、机械能守恒定律．【名师点睛】该题涉及到的考点较多，解答中要注意一下几点：1、正确的对物体进行受力分析，计算出沿半径方向上的合外力，利用向心力公式进行列式．2、注意临界状态的判断，知道临界状态下受力特点和运动的特点．3、熟练的判断机械能守恒的条件，能利用机械能守恒进行列式求解． 二、计算题（本题共4小题，共44分。要求写出必要的文字说明、主要的计算公式及步骤和结果，有数据计算的要写清单位。只写最后结果的不得分。）15.某物体沿着一条直线做匀减速运动，途经三点，最终停止在点。之间的距离为，之间的距离为，物体通过与两段距离所用时间都为。求:（1）物体经过点时的速度;（2）物体经过段的平均速度。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）设物体在A点时的速度为段中间时刻的速度BC段中间时刻速度解得物块的加速度大小为（2）物体运动到C点时的速度解得物体经过CD段运动的平均速度 16.如图所示，轻质绝缘细线的上端固定在天花板上，下端拴着一个质量为m的带电小球，细线长为L，当空间中加上一个水平向右的匀强电场时，小球由静止开始从A点向左边摆动，经过B点之后到达最高点C。小球经过B点时，细线与竖直方向夹角为37°角，到达C点时，细线与竖直方向成74°角，sin37°=0.6,cos37°=0.8,当地重力加速度为g，求：(1)小球经过B点时，细线的拉力是多少？(2)若保持电场强度的大小不变，将其方向变为竖直向下，让小球从B点由静止释放，小球经过A点时，细线的拉力是多少？【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)将小球受到的电场力和重力的合力看成等效重力，由几何关系可知，A、C两点关于B点对称，所以B点是等效最低点，此时细线与等效重力共线。由平行四边形定则得小球从A点运动到B点时，由动能定理得小球处在B点时，由牛顿第二定律得联立以上各式得(2)当电场强度的方向变成竖直向下以后，小球受到的电场力方向为竖直向上，小球从B点运动到A点时，由动能定理得小球处在A点时，由牛顿第二定律得联立各式解得答：(1)(2) 17.如图所示，倾角 θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮 D，质量均为m=1kg 的物体A和B用一劲度系数k=240N/m 的轻弹簧连接，物体 B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板 P 挡住。用一不可伸长的轻绳使物体 A 跨过定滑轮与质量为 M 的小环 C 连接，小环 C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环 C 位 于 Q 处，绳与细杆的夹角 α=53°，且物体 B 对挡板 P 的压力恰好为零。图中 SD 水平且长度 为 d=0.2m，位置 R 与位置 Q 关于位置 S 对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。现 让环 C 从位置 R 由静止释放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s2。求：⑴小环 C 的质量 M；⑵小环 C 通过位置 S 时的动能 Ek及环从位置 R 运动到位置 S 的过程中轻绳对环做的功 WT；⑶小环 C 运动到位置 Q 的速率 v.【答案】(1) 0.72 kg(2) 0.3J(3) 2m/s【解析】【详解】（1）先以AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力。支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为：T=2mgsinθ=2×10×sin37°=12N以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图，则：T•cos53°=Mg代入数据得：M=0.72kg（2）由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态；产生B沿斜面方向的受力：F1=mgsinθ=1×10×sin37°=6N弹簧的伸长量：△x1= =0.025m当小环 C 通过位置 S 时A下降的距离为： 此时弹簧的压缩量为：△x2=xA﹣△x1=0.025m由速度分解可知此时A的速度为零，所以小环C从R运动到S的过程中，初末态的弹性势能相等，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒有：Mgdcotα+mgxAsinθ=Ek代入数据解得：Ek=1.38J环从位置 R 运动到位置 S 的过程中，由动能定理可知：WT+Mgdcotα=Ek代入数据解得：WT=0.3J（3）环从位置 R 运动到位置 Q 的过程中，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒     对环在Q点的速度进行分解如下图，则：vA=vcosα两式联立可得：v=2m/s【点睛】该题中，第一问相对比较简单，解答的关键是第二问，在解答的过程中一定要先得出弹簧的弹性势能没有变化的结论，否则解答的过程不能算是完整的． 18.静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1kg、mB＝4kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，A获得动能为EkA＝10J，沿与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与A初始位置左侧地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，A初始位置与墙壁间的地面光滑。重力加速度取g＝10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞的时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B的速度大小；(2)求A、B第一次碰撞后瞬间A的速度；(3)A和B是否发生了第二次碰撞？【答案】(1) (2) ，方向向右(3) A、B发生了第二次碰撞【解析】【详解】(1)设弹簧释放后瞬间A和B的速度大小分别为、，以向右为正方向，由动量守恒定律可知解得: (2)假设A和B碰撞前，其中一个物块已经停止，此物块应该为物块B，设从弹簧释放到B停止用时为t，B向左运动的路程为sB，则有解得: 在时间t内，A向右运动与墙发生弹性碰撞，再回初始位置用时，A第一次与B碰撞前B已经停止运动，上述假设成立。设A与B第一次碰撞前瞬间的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：解得：即A、B第一次碰撞后瞬间A的速度大小为，方向向右(3)设A、B第一次碰撞后B做匀减速运动位移后停止运动，则若A与B没有发生第二次碰撞，则A在粗糙水平面上运动的路程即A、B发生了第二次碰撞。