安徽省浮山中学等重点名校2020届高三第一次月考试题物理（Word版带答案）.doc

(在此卷上答题无效) 物理 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第Ⅰ卷第 1 至第 3 页，第Ⅱ卷第 3 至第 6 页。全卷满分 100 分。考试时问 100 分钟。 考生注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写白己的姓名、座位号。 2.答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3.答第Ⅱ卷时，必须使用 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。 必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答 题无效。 4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷(选择题 共 48 分) 一、选择题(本卷共 12 小题，每小题 4 分，在每小题给出的四个选项中，第 1～8 题中只有一 项符合题目要求，第 9～12 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，有选错的得 0 分。) 1.2019 年 6 月 24 日消息，大连市首届“工匠杯”职工技能竞赛决赛开赛，现场 20 名砌筑工 展现出较高的技术水准。如图所示，竞赛工地上的建筑工人用砖夹搬运 5 块相同的砖(图中阴 影部分相当于砖夹)，当砖处于平衡状态时，下列说法正确的是 A.砖夹对砖块的水平压力越大，1、5 两块砖受到的摩擦力越大 B.3 受到 2 施加的摩擦力大小等于自身重力的一半 C.4 对 3 的摩擦力方向竖直向下 D.1 受到 2 施加的摩擦力与 4 受到 5 施加的摩擦力完全相同 2.如图所示，水平固定杆上套一物块甲，甲与小球乙用一根不可伸长的轻绳相连，现用跟水平方向成 α＝30°角的力 F＝10N 拉着乙并带动甲一起向右匀速运动，在运动中两者的相对位置 保持不变，甲与水平杆间的动摩擦因数为 μ。在运动过程中，轻绳与水平方向的夹角为 θ，已 知甲、乙质量分别为 2kg 和 1kg，重力加速度 g 取 10m/s2，则 A. ； B. ； C. ； D. ； 3.某篮球运动员将篮球竖直向上抛出，篮球在最高点离接球的手距离 1.8m，该运动员接球的 整个过程时间约为 0.1s，(忽略空气阻力，B 取 10m/s2)则下列说法正确的是 A.接球时球的速度大小为 3m/s B.篮球自由下落时间约为 1.2s C.手受到的平均作用力的大小是篮球重力大小的 7 倍 D.手接篮球的整个过程，篮球处于失重状态 4.如图所示，小球从 O 点的正上方离地 h 高处的 P 点以 v1 的速度水平抛出，同时在 O 点右方 地面上 S 点以速度 v2 斜向左上方斜抛一小球，两小球恰在 O、S 连线的中点正上方相遇。若 不计空气阻力，则两小球抛出后至相遇过程 A.斜抛球水平速度分量比平抛球水平速度分量小 B.两小球初速度大小关系为 v1＝v2 C.两小球速度对时间的变化率相同 D.两小球相遇点一定在距离地面 高度处 5.如图所示，水平地面上有静止的 18 个相同的木块排成一条直线接触但不粘连，每个木块的 长度 l＝0.5m，质量 m＝1.2kg，它们与地面间的动摩擦因数均为 μ1＝0.1，在右边第一个木块 3 5 µ＝ 30oθ = 2 3 5 µ＝ 30oθ = 3 2 µ＝ 22.5oθ = 3 3 2 µ＝ 22.5oθ = 3 4 h的右端放一质量 M＝1kg 的小铅块(可视为质点)，它与各木块间的动摩擦因数均为拼 μ2＝0.5， 现突然给小铅块一个向左的初速度 v0＝10m/s，使其在木块上滑行。设木块与地面间及小铅块 与木块间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度 g＝10m/s2。则 A.小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小为 10m/s2 B.小铅块最多能带动 5 个木块运动 C.第 10 个木块运动的速度大小为 1m/s D.小铅块下的木块刚发生运动时小铅块的瞬时速度大小为 5m/s 6.如图，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小 物块 P 轻放在传送带左端，P 在接触弹簧前速度已达到 v，与弹簧接触后弹簧的最大形变旦为 d，P 的质量为 m，与传送带之间的动摩擦因数为 μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 速度为 g。从 P 开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中 A.P 的速度一直减小 B.传送带对 P 做功的功率一直减小 C.传送带对 P 做的功 Wv1，故 A、B 错误；两小球都只受到重力，都做匀变速运动，加速度相同，C 正确；根据题意只能求 出两小球运动时间相同，但不知道斜抛球竖直方向初速度的具体值，所以不能判断两小球相 遇点距离地面的高度，故 D 错误。 5.D【解析】设小铅块相对木块滑动时加速度大小为 a，由牛顿第二定律可知 μ2Mg＝Ma，解得： a＝5m/s2，选项 A 错误；设小铅块最多能带动 x 个木块运动，对 x 个木块整体进行受力分析， 当小铅块下的 x 个木块发生运动时，则有 μ2Mg＞μ1(mgx＋Mg)，解得：x＜3.33 即小铅块最多 只能带动 3 个木块运动，选项 BC 错误；设当小铅块通过前面的 15 个木块时的瞬时速度大小 为 v，由动能定理可知：－μ2Mg×15l＝1 2M(v2－v20),解得：v＝5m/s,选项 D 正确。 6.C【解析】P 与弹簧接触后在水平方向受弹簧力作用，P 受的静摩擦力向右，P 做匀速运动， 运动到弹力与最大摩擦力相等时，P 物体由惯性 P 继续压缩弹簧，P 接下来做减速运动直到速 度为零，故 A 错误；由公式 可知，由于 P 先做匀速后做减速，由于静摩擦力增大，速 度不变，所以功率先增大，后滑动摩擦力不变，速度减小，所以功率减小，故 B 错误；由于 P 开始到弹力与最大静摩擦力相等的过程中 P 受的为静摩擦力，后来为滑动摩擦力，所以传送 带对 P 做的功小于 μmgd，故 C 正确；对滑块由动能定理得： ，由于 ，所以弹簧的弹性势能变化量小于 1 2mv2+μmgd，故 D 错误。 7.B【解析】设地球同步卫星的轨道半径为 r，则 ,得到美国 GPS 导航卫星的轨道 半 径 ， 北 斗 导 航 卫 星 轨 道 半 径 为 r1=21500km+6400km=27900km,由 知， ，得 ，B 项正确。 8.D【解析】根据图象可知，当 x＝0 时，N 的速度为 6m/s，即 N 的初速度 v0＝6m/s.选项 A 错 误；设 M、N 先后通过 x＝6m 处时的速度均为 v，则对 M：v2＝2a1x，对 N：v2－v02＝－2a2x， 联立以上两式解得 a1＋a2＝3m/s2，选项 B 错误；设当 M 的速度 v1＝8m/s、N 的速度 v2＝2m/s 时，两车通过的位移均为 x′，则对 M：v12＝2a1x′，对 N：v22－v02＝－2a2x′，联立以上两式解 得 a1＝2a2，解得 a1＝2m/s2，a2＝1m/s2.选项 C 错误,D 正确。 9.AC【解析】同步卫星的绕行方向和地球的绕行方向一致，所有地球静止轨道卫星的位置均 位于赤道正上方，A 项正确。地球静止轨道卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，据开普 勒第三定律知，地球静止轨道卫星的周期大于近地卫星的周期。B 项错误。由随地球自转物体 4 1 2 2 2 3 3 2 == T T r r kmkmrr 265006.1 640036000 4 1 32 =+== r vmr MmG 2 2 = r GMmmvEk 22 1 2 == 95.0 1 2 2 1 ≈= r r E E k k与同步卫星的角速度相同，由 a=rω2，则半径大的向心加速度大，C 项正确。同步卫星离地高 度较高，有三颗地球静止轨道卫星工作就可能实现全球通讯。D 项错误。 10.BD【解析】设甲滑上斜坡后经过 t1 时间乙再滑上斜坡，则有： 1s，甲滑上斜坡后 加速度 m/s2，设此时甲向上运动的位移为 ， m 此时甲速度 m/s，选项 B 正确,AC 错误；乙滑上斜坡时，加速度与甲相同，以甲为参考系， 乙相对于乙以 m/s 做匀速运动，设再经过时间 它们相遇，有： s， 则相遇时间 s，选项 D 正确。 11.ACD【解析】对小孩和滑板在 PE 段分析知 方向沿 PE 向下，故 A 正确；对小孩和滑板在 EF 段分析知 方向 沿 EF 向 上 ， 故 B 错 误 ； 对 小 孩 和 滑 板 在 PE 段 匀 加 速 ， 在 EF 段 匀 减 速 则 ： , 得 故 C 正 确 ； 对 小 孩 和 滑 板 由 动 能 定 理 知 代入数据得 W=12J，故 D 正确。 12.AC【解析】A、B 碰撞后，因二者交换速度，所以 A 静止，物块 B 由 D 点以初速度 vD 做平 抛运动，落到 P 点时其竖直速度为 vy，有 vy2＝2gR，而 ＝tan45°,解得 vD＝vy＝4m/s,选项 A 正确、B 错误；设 A 与 B 碰撞前的速度为 ，A 与 B 相碰交换速度，所以 v0=vD＝4m/s,A 从 S 滑到 Q 的过程中，根据机械能守恒定律得 mAgh＝1 2mAv02，解得 h＝0.8m,选项 C 正确;设物块 能沿轨道到达 M 点，且到达时其速度为 vM，从 D 到 M 由动能定理得：－mBgRcos45°＝1 2mBvM2 －1 2mBvD2，解得 vM≈2.2m/s< ≈2.8m/s，即物块不能到达 M 点，选项 D 错误。 13．(7 分) (1)2．00(1 分) (2) (2 分) (2 分) (3)不需要(2 分) 【 解 析 】 (1) 根 据 ， 运 用 逐 差 法 得 2 11 /237cos37sin smgkga =°−°= 2 22 /5.230cos30sin smgkga −=°−°= EFPEA LaLav 21 2 2-2 == mLPE 25.2= 2 1 2 137cos37sin EmvmglkmglW =°−°+ Dv vy 0v gR 0 1m mk= - 0kF g 2x aT∆ =； (2)由牛顿第二定律得 ，则 ，a-F 图象的斜率 ，所以物 块的质量为 ， 由图像可知，物块与木板之间的摩擦力为 F0，则 F0=μ(m+m0)g，即 。(3)由于传感器测得是真实拉力，不需要满足此条件。 14．(8 分) (1)8.478(8.476-8.479)(2 分) (2)4.2(2 分) 0.88(2 分) (3)A(2 分) 【 解 析 】 (1) 如 图 乙 所 示 ， 螺 旋 测 微 器 的 固 定 刻 度 读 数 为 8mm ， 可 动 刻 度 读 数 为 0.01×47.8mm=0.478mm ． 其 直 径 D=8.478mm 。 小 铁 球 经 过 光 电 门 时 的 速 度 ，所以小铁球经过光电门时的动能 。(3)从理论上 分析，由机械能守恒定律有 ，得 与 x 成正比，选项 A 正确。 15．(10 分) 【解析】(1)由图象可知，滑块的加速度 a1= = m/s2=10m/s2(1 分) 滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有 mgsinθ+μmgcosθ=ma1(1 分) 代入数据解得 μ=0.5(2 分) (2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑. 由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移 s= =1.25m(1 分) 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有 mgsinθ-μmgcosθ=ma2(1 分) a2=2m/s2(1 分) 由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度 v= = m/s(1 分) 返回底端时动能大小 (2 分)(也可以用动能定理求解) 16．(12 分) 【解析】(1)对小球 m1，由机械能守恒定律得： 1 2m1v21＝m1gH，(1 分) 解得：v1＝6m/s(1 分) 设在 C 点时轨道对小球 m2 压力的大小为 F,由牛顿第二定律得： F－m2g＝m2v R ，(1 分) sa22 ( ) 2 2 236 03 2 7.10 9.13 11.09 1.10 3.09 5.12 10 / 2.00 /9 9 0.01 x xa m s m sT −+ + − − − ×−= = =× 0+ )F m m a（= 0+ 1a Fm m= 0+ 1k m m= 0 1m mk= - 0kF gm= 3 3 8 478 10 m/s=4.2m/s2 10 D .v t − − ×= = × 21 0 88J2kE mv .= = ( ) 21 2mg f x mv− = 2v t v0 5.0 5 1 2 0 2a v 5 JmvEk 5.72 1 2 ==解得：：v2＝3m/s(1 分) 弹簧锁定时的弹性势能最大，由能量的转化及守恒定律得： EP＝1 2m1v21＋1 2m2v22，(1 分) 代入数值得：EP＝13.5J。(1 分) (2)小球 m2 从 c 点到 d 点，由动能定理得： －m2gR＝1 2m2vd2－1 2m2v22(2 分) 解得：vd＝2m/s(1 分) 小球 m2 离开 d 点做竖直上抛运动，到打在水平档板 e 上的时间为 t。 h＝vdt－1 2gt2，(2 分) 联立以上各式代入数值得：t1＝0.1s，t2＝0.3s(舍去) 小球 m2 离开 d 点到打在水平档板 e 上的时间为 0.1s。(1 分) 17．(15 分) 【解析】(1)设物块与木板在恒力 F 作用 0.5s 时的加速度大小为 a1 和 a2，由牛顿第二定律 对甲有： (1 分) 对乙有： (1 分) 联立上式解得： (1 分) (2)假设系统向右运动过程中乙一直在甲上 在 0-1s 内由甲的位移大小为 (1 分) 在 0-1s 内由乙的位移大小为： (1 分) 1s 内甲、乙相对位移为： (1 分) 撤去 F 至甲、乙达到共同速度的过程中乙加速度大小不变，甲以加速度大小为 a3 做减速运动 对甲有： 解得： (1 分) 设甲、乙速度相等再经历的时间为 t2， (1 分) 解得：t2=0.8sv 共=3.6m/s(1 分) 此时甲运动的位移为： (1 分) 乙在 t2 时间内运动的位移为： (1 分) t2 时间内甲、乙相对位移为： (1 分) 乙相对甲向左滑行的最大距离为： (1 分) 1F mg Maµ− = 2mg maµ = 2 1 4m / sa = 2 2 2m / sa = 2 1 1 1 1 2m2x a t= = 2 2 2 1 1 1m2x a t= = 1 1 2 1mx x x∆ = − = 3mg Maµ = 2 3 0.5m / sa = 2 2 3 2= Q Pv v a t v a t+ = −共 2 3 2 3 2 1 3.04m2Px v t a t= − = 2 4 2 2 2 1+ 2.24m2Qx v t a t= = 2 3 4 0.8mx x x∆ = − = 1 2 1.8mx x x∆ = ∆ + ∆ =由于 故假设成立，即乙相对甲向左滑行的最大距离为 1.8m(1 分) 故物块、木板系统产生的摩擦热 (1 分) 2 Lx∆ < 3.6JQ mg xµ= ∆ =