河北省张家口市2020届高三10月阶段检测物理试题 扫描版含答案.doc

张家口第一次月考 高三物理答案 1.答案：D。瞬时速度是平均速度 xv t   , 0t  的极限，故 A 说法正确；平均速度是用 一个不变的速度代替了一个变速运动，故 B 说法正确；当物体的形状和大小对研究的问题 没有影响时，可将物体简化成的一个有质量的点，故质点是一个理想模型， C 说法正确； 伽利略开创了实验和逻辑推理结合的科学思维方式和研究方法，故 D 说法错误，选 D。 2.答案：D 3.答案：C 4．答案：C。根据开普勒第二定律可知 v1>v2；当卫星沿近地点的轨道做匀速圆周运动时, 地球的引力提供卫星在近地点做圆周运动的向心力, 2 2 GMm vmr r  ,v= GM r ,但由于卫星 沿椭圆轨道运动,所以近地点的速度大于卫星沿近地点的圆形轨道做匀速圆周运动的速度,故 A、B 错误。由于东方红一号的轨道半长轴大于 r，根据开普勒第三定律可知 C 项正确。只 考虑地球和卫星之间的相互作用，卫星机械能守恒，D 错误。 5．答案：B。小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在桶内的运动时间为：t＝ 2h g ， 在水平方向，以圆周运动的规律来研究，得到： 0 2 Rt n v  （n＝1，2，3…） 所以有： 0 2 2n R gv n Rt h    （n＝1，2，3…） 当 n＝1 时， 0 2gv R h  ，故 B 正确， 6．答案：D。设斜面底边长为 L，若小球 2 垂直打在斜面上，设小球 2 的位移与水平方向的 夹角为θ，则有 tan260tan 0  ，由几何关系可知， 22tan y L   ，解得： 2 3 4y L ， 由此可见，小球 2 要垂直打在斜面上，则小球 2 开始运动的高度要一特定高度且与 B 的高 度不同，故 A 错误；由于小球 1、2 下落高度相同，水平位移相同，所以初速度一定相同， 故 B 错误；只要小球能落在斜面上时，小球位移与水平方向夹角始终为 300，由平抛运动的 规律可知，速度与水平方向夹角正切值等于位移与水平方向正切值的两倍，所以速度方向与 水平方向夹角不变，故 C 错误，D 正确。7.答案：D。AB、物体在转台受与转台接触点速度方向相同的摩擦力 f，所以物体将具有沿 切向加速度，物体将沿切线方向均匀加速，是变速圆周运动，拉力提供向心力，直到与圆盘 相对静止，摩擦力对物体做正功故 A 错误；物体相对转台静止时，根据动能定理得：μmgx ＝ 1 2 m（ωL）2﹣0，x=ω2L2/2μg，x 可能小于 2πL，所以物体在转台上运动一周，摩擦力对 物体做功可能小于 2πμmgL，B 错误；n＝x/2πL ＝ 2 4 L g    ，故 D 正确；物体将做半径不变 的圆周运动，与转台相对静止后，做匀速圆周运动，拉力提供向心力不变，C 错误。故选 D。 8．答案：ABD。设物体质量为 m，由题图乙可知，在 1 1t  s 时间内，物体做匀加速直线运 动的加速度大小为 25m / sa  ，1 s 末物体的速度大小达到 1 5v  m / s ，此过程中，设细绳 拉力的大小为 F ，则根据牛顿第二定律可得： 1 sinF mg 30 ma ，由图象可知， 1 5m / sv  ，由功率公式 1 1P Fv ，联立解得：在 1s 末电动机输出功率为： 100WP  ， 故 A 正确.当物体达到最大速度 mv 后，细绳的拉力大小 2F ，由牛顿第二定律和功率的公式 可得： 2 sin θ 0mgF   ，由 2 mP F v 解得 m 10m / sv  ，故 B 正确.在时间 1 1t  s 内，物 体的位移为 x，电动机做的功为 1W ，则由运动学公式得： 2 1 1 2x at ,由动能定理得： 1 sinmgxW  2 1 130 2 mv ，联立解得： 1 50JW  ，故 C 错误.在时间 t=3s 内电动机做的功 为 W，则：  1 1W W P t t   ，联立解得： 250W  J. 故 D 正确。 9．答案：CD。两球沿杆方向速度始终大小一样，但在甲球未滑离圆弧形轨道时，两球实际 速度不相等；当甲乙两球都在水平面上运动时，两球速度相等。整个过程两个小球组成系统 机械能守恒，故： 2 21 1 2 2mgR mv mv  ，解得小球在水平面上最终运动速度 2 /v gR m s  ，故 A 错误；小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零； 最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应 该是先增加后减小，故 B 错误；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提 供向心力，故： 2vN mg m R   ，解得：N＝10N，根据牛顿第三定律，压力也为 10N，故C 正确；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有： 21 2W mv ＝1J，故 D 正确。 10.答案：AC。用手抓住物体 Q 时，以悬点为研究对象，悬点受力平衡，有：T1＝mgcos30°…① T2＝mgsin30°…②把手放开瞬间，设 Q 加速度为 a，则 P 在瞬间沿 BC 加速度也为 a，根据 牛顿第二定律，对 Q：mg﹣T'2＝ma…③对 P，在 BC 方向：T'2﹣mgcos60°＝ma…④在 AB 方向：T'1＝mgsin60°…⑤联立①②③④⑤得：T1：T1'＝1：1，T2：T2'＝2：3。 11.答案：ACD。由牛顿第二定律可知物体下落的加速度 ka g xm   ，可知两星球表面的重 力加速度之比为 3 1 M N g g  ,由 3= 4 g GR   ,可知 3 2 M N    ，A 项正确，B 错误。由第一宇宙速 度 v gR 可知星球 M 与星球 N 的第一宇宙速度之比为 6 :1，C 正确；由物体的加速度 a 与弹簧的压缩量 x 间的关系图，结合公式 v2=2ax 可知：图像面积代表 v2/2，P 下落过程中 的最大动能 2 1 1 1 2k m vE  = 3 2 m1a0x0，Q 下落过程中的最大动能 2 2 2 2 2k m vE  =m2a0x0，又由 ka g xm   可知两图线斜率绝对值之比为质量反比，即 1 2 1 6 m m  ， 2 14k kE E ，故选项 D 正确。 12.答案：BCD。当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。三个物体的角速度相等，由 F＝mω2r 可知，因为 C 的半径最大，质量最大，故 C 所需要的向心力增加最快，最先达到 最大静摩擦力，此时：μ•2mg＝2m 2 1 Cr ，解得：ω1 2.5 rad/s，当 C 的摩擦力达到最大静 摩擦力之后，BC 开始提供拉力，B 的摩擦力增大，达最大静摩擦力后，AB 之间绳开始有力 的作用，随着角速度增大，A 的摩擦力将减小到零然后反向增大，当 A 与 B 的摩擦力也达 到最大时，且 BC 的拉力大于 AB 整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时 A 与 B 还受 到绳的拉力，对 C 可得：T+μ•2mg＝2m 2 2 2r  ，对 AB 整体可得：T＝2μmg，解得：ω2 g r  ， 当 5g r  ＞ rad/s 时整体会发生滑动，故 A 错误，BC 正确； 当 2.5 rad/s 5＜ ＜ rad/s 时，在ω增大的过程中 B、C 间的拉力逐渐增大，故 D 正确。 13．【分析】（1）根据实验原理进行分析，明确实验中注意事项和实验方法； （2）明确纸带情况，根据逐差法即可分析求得加速度大小；（3）根据牛顿第二定律进行分析，从而明确图象的意义； （4）根据牛顿第二定律和图象明确交点的意义。 【解答】（1）A、实验目的为“探究加速度与外力的关系”，故应测量加速度和合外力的大 小，由实验装置可知，本实验中通过传感器测量拉力的大小，故不需要测量质量大小； 同时本实验中应控制小车质量不变，因此只需要记录传感器的示数；故 A 错误 C 正确； B、本实验中应消除摩擦力的影响，因此需要平衡摩擦力，故 B 正确； D、为了实验准确应改变小车质量，多次实验，故 D 正确。故选：BCDE； （2）图中相邻两计数点之间还有两个计时点没有画出，故两计数点间的时间间隔为：T ＝3×0.02s＝0.06s； 根据逐差法可知，加速度为： a＝ ＝ m/s2=1.3m/s2； （3）根据牛顿第二定律可得：a＝2F/m，则由图象可知，图象的斜率表示质量的倒数， 故 m＝2/k； （4）如果没有摩擦力，则根据牛顿第二定律有：2F﹣f＝ma，故图象与纵轴的交点表示 摩擦力，因此 f＝2F0； 故答案为：（1）BCD；（2）1.3，2/k ；（4）2F0。 14.【解答】（1）螺旋测微器的固定刻度读数为 5.5mm。可动刻度读数为 0.01×50.0mm＝ 0.500mm，所以最终读数为：6.000 mm； （2）设斜面倾角为θ， sinθ＝h/L 从 A 到 B 过程系统重力势能的减少量为：△EP＝Mgh-mgL； 滑块经过光电门时的速度为：v＝ d t 滑块动能的增加量为：△EK＝ 2 2 2 1 ( )( )2 2 M m dM m v t   ， 由机械能守恒定律得：Mgh-mgL＝ 21 ( )( )2 dM m t  ； （3）由（1）可知：mgL＝Mgh- 21 ( )( )2 dM m t  整理得： 2 21 1( )2 ( ) ( ) d L M m g L h M t h L M    则图象的斜率：k＝ 2 2 ( ) d g L h M ； 故答案为：（1）6.000 mm；（2）Mgh-mgL，Mgh-mgL＝ 21 ( )( )2 dM m t  ； （3） 2 1 1 m M t  ， 2 2 ( ) d g L h M 。 15.【答案】（1）v0=3 m/s（2）x=0.25 m 【解析】（1）设 A 经时间 t 追上 B，A、B 的加速度大小分别为 a1、a2，由牛顿第二定律有： μ1m1g=ma1 解得：a1=4 m/s2 Fcosθ–μ2（m2g-Fsinθ）=m2a2 解得：a2=2 m/s2 恰好追上时它们速度相同，则： 0 1 2v a t a t  追上时由路程关系有： 2 2 0 1 2 1 1– 2 2v t a t a t l  由以上四式解得 A 的初速度大小为： v0=3 m/s，t=0.5 s （2）B 运动的位移： x= 1 2 a2t2=0.25 m 。 16.【解答】解：（1）设小球到 B 点速度为 v，从 C 到 B 根据动能定理有 212 02FL mgR mv   解得 2 4FLv gRm   在 B 点，由牛顿第二定律有 2 ' N vF mg m R   解得： ' 2 5N FLF mgR   根据牛顿第三定律可知 ' 2 5N N FLF F mgR    （2）小球恰能运动到轨道最高点时，轨道半径有最大值，则有 ' 2 5 0N FLF mgR    ，解得 2 5M FLR mg （3）设小球平抛运动的时间为 t，有 212 2R gt ，解得 4Rt g  水平位移 2 2 2 4 (2 4 )44 .FL R FL mgR mgRX vt gRm g m g     当 2FL﹣4mgR＝4mgR 时，水平位移最大，解得 4 FLR mg  ，D 到 A 的最大距离 mg FLxm  17．【解答】（1）设小物块的加速度为 a2， 2222 amgm  得： 2 2 s/m1a （2 分） 设长木板的加速度为 a1，   1121122 amgmgmgmF   得： 2 1 s/m2a （2 分） （2） s11 t 时，长木板的速度为： s/m2111  tav 小物块的速度为： s/m1122  tav 撤去拉力后，小物块继续加速，加速度仍为 2 2 s/m1a （1 分） 长木板做减速运动，加速度为 a1 ，   ' 1122211 amgmgmgm   解得： 2' 1 s/m5a （2 分） 设从撤去拉力到共速，经过时间为 t2 共vtavtav  2222 ' 11 解得 s6 1 2 t sm6 7共v （1 分） （3）在 0 到 t1 时间内，小物块相对于长木板向左运动 m5.02 1 2 1 2 12 2 111  tatas （1 分） 在 t1 到 t2 时间内，小物块相对于长木板向左运动 m12 1 22 2 1 2 2 2  tvvtvvs 共共 （2 分）之后，若两物体一起减速，则加速度为： 2 1 s/m2 ga  超过了物块的最大加速度，则小物块的加速度为： 2 2 s/m1a ，做减速运动。 长木板减速运动的加速度为：   '' 1122211 - amgmgmgm   解得： 2'' 1 s/m3a （2 分） 两物体分别减速到零，小物块相对于板向右运动。 m108 49 22 '' 1 2 2 2 3  a v a vs 共共 则最终小物块停在距离木板的右端为： m54 7 321  ssss （2 分） 18.【答案】① 2 0 0 25 6.254p p p  ② 49n  次 【解析】①对气缸下部分气体，设初状态压强为 1p ，末状态压强为 2p 由理想气体状态方程 1 1 2 2pV p V （2 分） 可知 1 22 10 V Vp p 初状态时对活塞 1 0p S p S G  （2 分） 联立解得 2 0 0 25 6.254p p p  （1 分） ②把上部分气体和打进的 n 次气体作为整体,此时上部分气缸中的压强为 p 末态状时对活塞 2p S pS G  （2 分） 由理想气体状态方程满足 0 0 9 2 10 10 V V Vp n p p   （2 分） 联立解得 06p p 49n  次（1 分） 19.【解答】解：（1）如图，由几何知识可得入射角 i＝∠ABD＝30°，折射角 r＝2∠ABD ＝60°则此玻璃的折射率为 0 0 sin sin60 3sin sin30 rn i    （2）由几何知识可得，BD 的长度 S＝2Rcos30°＝ 3 R 光在玻璃球内传播的速度 cv n  故光线从 B 传到 D 的时间为 93 2 10s ns Rt sv c c      （1）该玻璃球体的折射率为 3 ． （2）光线从 B 到 D 需要的时间为 2×10-9s．