江苏省徐州三中高三物理上学期10月月考试题含解析

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1、江苏省徐州三中2020学年高三（上）10月月考 物理试题一、单项选择题1.一名消防队员在模拟学习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3s，那么该消防队员（）A. 下滑过程中的最大速度为4m/sB. 加速与减速运动过程的时间之比为1：2C. 加速与减速过程中的平均速度之比为2：1D. 加速与减速运动过程的位移大小之比为1：4【答案】B【解析】A：设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移：即，代入数据解得：，故A错误；B：设加速与减速过程的时间分别为、，加速度大小

2、分别为、，则、，解得：，故B正确；C：根据平均速度的推论知，则平均速度之比为为1：1，故C错误；D：因为平均速度之比为1：1，加速和减速的时间之比为1：2，则加速和减速的位移之比为1：2，故D错误。2.小球沿某一斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度随时间变化的关系如图所示，以下滑起点为位移坐标原点和时刻，则下列选项中能正确反映小球运动的图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A、下滑时小球做初速度为0的匀加速直线运动，由可知，图象为过原点的直线，且位移随时间增大；上滑时末速度为零，可看做反向的初速度为0的匀加速直

3、线运动，位移随时间减小，因此图象也是一条直线，由图象知，小球反弹初速度小于下滑末速度，运动时间比下滑时间短，因此小球速度为零时没有回到初始位置，故A正确，B错误；C、由图象可知，小球下滑和上滑都做匀变速直线运动，每一阶段加速度恒定，但两个阶段加速度大小不等，由图线斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下（即正方向），故CD错误。3.如图所示，用两根细线和悬挂一薄板下列说法正确的是（ ）A. 薄板的重心一定在和的延长线交点处B. 的拉力大于的拉力C. 剪断瞬间，薄板的加速度方向一定沿斜向下D. 若保持位置不变，缓慢移动至竖直方向，则的拉力一直减小【答案】D【解析】薄板受到重

4、力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用，三个力不平行，平衡时力所在的直线交于一点，所以薄板的重心一定在通过AC和BD延长线的交点的竖直线上，但不一定在AC和BD的延长线交点处，故A错误根据水平方向受力平衡可得：TBDsin60=TACcos45，可得TBDTAC，故B错误剪断BD瞬间，薄板的速度为零，向心力为零，合力等于重力垂直于AC向下的分力，所以此瞬间，板的加速度方向一定垂直于AC方向向下，而不是沿BD斜向下，故C错误若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，如图，AC的拉力T和BD拉力F的合力与重力G总等大反向，由图知，T一直减小，故D正确故选D.

5、点睛:解决本题的关键：一要理解并掌握三力汇交原理，即三力平衡时，不平行，力所在的直线交于一点二要运用图解法分析动态平衡问题，比较直观4.在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度vo水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是A. 相对地面的运动轨迹为直线B. 相对地面做变加速曲线运动C. t时刻猴子对地速度的大小为vo+ atD. t时间内猴子对地的位移大小为【答案】D【解析】猴子在水平方向匀速运动,在竖直方向匀加速直线运动,运动轨迹为曲线,AB错; t时刻猴

6、子竖直方向分速度为at,水平速度为v0,和速度为,C错;合位移的求法遵循平行四边形定则,D对;5.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体、的速度时间图象如图所示在0t2时间内，下列说法中正确的是（ ）A. 物体所受的合外力不断增大，物体所受的合外力不断减小B. 在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远C. t2时刻两物体相遇D. 、两个物体的平均速度大小都是【答案】B【解析】试题分析：速度时间图像的斜率表示加速度，从图中可知I曲线的斜率都在减小，所以I加速度都在减小，根据牛顿第二定律可得I合力都在减小，II斜率恒定，做匀减速直线运动，合力恒定，A错误；速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，由

7、图可知在时刻两物体面积差最大，相距最远，故B正确；时刻，物体I的位移比物体II的位移大，两者又是从同一地点同时开始运动的，所以时刻两物体没有相遇，故C错误；物体的位移就等于图中两图象与时间轴所围的面积，平均速度就等于位移与时间的比值，由图知物体I的位移比物体II的位移大，且II物体做匀减速运动，其平均速度为，I的平均速度大于，D错误。考点：考查了速度时间图像【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方

8、表示负方向位移6.某物理兴趣小组的同学在研究运动的合成和分解时，驾驶一艘快艇进行了实地演练如图所示，在宽度一定的河中的O点固定一目标靶，经测量该目标靶距离两岸的最近距离分别为MO=15m、NO=12m，水流的速度平行河岸向右，且速度大小为v1=8m/s，快艇在静水中的速度大小为v2=10m/s现要求快艇从图示中的下方河岸出发完成以下两个过程；第一个过程以最短的时间运动到目标靶；第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，在下列说法正确的是（）A. 快艇的出发点位于M点左侧8m处B. 第一个过程所用的时间约为1.17sC. 第二个过程快艇的船头方向应垂直河岸D. 第二个过程所用的时间为

9、2s【答案】D【解析】AB：第一个过程以最短的时间运动到目标靶，当船头的方向始终与河岸垂直时，船到达O点的时间最短，最短时间为：，该过程中，船随水流向下游方向的位移：可知船开始时要位于M左侧12m处，故AB均错误；CD：第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，则船头的方向要向河的上游有一定的角度，此时： ，得第二个过程所用的时间为：；故C错误，D正确。综上选D点睛：运动的独立性原理又称运动的叠加性原理，是指一个物体同时参与几种运动，各分运动都可看成独立进行的，互不影响，物体的合运动则视为几个相互独立分运动叠加的结果。理解过河问题中最小位移、最短时间对应的物理模型。7. 据媒体报道

10、,嫦娥一号卫星环月工作轨道为圆轨道,轨道高度200 km,运用周期127分钟。若还知道引力常量和月球平均半径,仅利用以上条件不能求出的是A. 月球表面的重力加速度B. 月球对卫星的吸引力C. 卫星绕月球运行速度D. 卫星绕月运行的加速度【答案】B【解析】试题分析：绕月卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、月球质量为M，有地球表面重力加速度公式联立可以求解出：即可以求出月球表面的重力加速度；由于卫星的质量未知，故月球对卫星的吸引力无法求出；由可以求出卫星绕月球运行的速度；由可以求出卫星绕月运行的加速度；依此可推出ACD都可求出，即不可求出的是B答案 ，

11、故选B考点：万有引力定律的应用8.如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A的受力情况是( )A. 绳的拉力大于A的重力B. 绳的拉力等于A的重力C. 绳的拉力小于A的重力D. 拉力先大于重力，后变为小于重力【答案】A【解析】试题分析：设绳子与水平方向的夹角为，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据平行四边形定则得，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为减小，所以A的速度增大，A做加速运动，根据牛顿第二定律有：，知拉力大于重力故A正确，B、C、D错误故选A考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律点评：解决本题的关键

12、会对小车的速度进行分解，知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度9.如图8所示，光滑水平面上放置质量分别m、2m、3m的三个木块，其中质量为和的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为。现用水平拉力拉其中一个质量为的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是 （ ）A. 质量为的木块受到四个力的作用B. 当逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C. 当逐渐增大到15T时，轻绳还不会被拉断D. 轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为2T/3【答案】C【解析】质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其向后的静摩擦力、轻绳的拉力和地面的支持力五个力

13、的作用，故A错误；对三个木块整体，由牛顿第二定律可得：，隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得：轻绳中拉力为，由此可知，当F逐渐增大到时，轻绳中拉力等于，即小于轻绳能承受的最大拉力为，轻绳还没有被拉断，故B错误；由上式得：当F逐渐增大到时，轻绳中拉力，轻绳刚好被拉断，故C正确；轻绳刚要被拉断时，轻绳的拉力刚好为，后面两个木块的加速度，对质量为m木块研究，由牛顿第二定律得：摩擦力为，故D错误；故选C.【点睛】三个木块以同一加速度做加速运动，采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与的关系二、多

14、项选择题10.关于速度、速度变化和加速度的关系，下列说法中正确的是（ ）A. 速度变化的方向为正，加速度的方向可能为负B. 加速度增大，速度可能越来越小C. 速度越来越大，加速度可能越来越小D. 速度变化越大，加速度就一定越大【答案】BC【解析】【详解】试题分析: A、加速度方向与速度变化量的方向相同，速度变化方向为正，加速度方向为正，故A错误B、加速度方向与速度方向可能相同，可能相反，也可能不在同一条直线上，故B正确C、当加速度方向与速度方向相同，速度增大，加速度可能减小故C正确D、当加速度方向与速度方向相反，加速度增大，速度减小，故D错误故选BC.考点：本题考查运动的加速度和速度的关系11

15、.搭载着“嫦娥三号”的“长征三号乙”运载火箭在西昌卫星发射中心发射升空，下面关于卫星与火箭升空的情形叙述正确的是()A. 火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B. 火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C. 火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D. 卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力【答案】AD【解析】AB、火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故A正确，B错误；C、火箭飞出大气层后，虽然没有了空气，

16、火箭向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得前进的动力，故C错误；D、卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对卫星的引力和卫星对地球的引力，故D正确。故选：AD。12.将一物体在高h处，以初速V0水平抛出，不计空气阻力，落地时速度为Vt，竖直分速度Vy，抛出点到落地点的距离S，则物体在空中飞行时间为（）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】A： 据 得： ，故A正确；B：据得： ，故B正确；C：竖直方向平均速度： 又，可得，故C正确；D：水平方向位移： ，可得：，故D错误。综上选ABC点睛：平抛运动在竖直方向上做匀加速直线运动，可以

17、根据落地速度、在竖直方向上的分速度或高度去求运动的时间13. 假如一做圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍仍作圆周运动，则（ ）A. 根据公式，可知卫星运动的线速度增大到原来2倍B. 根据公式，可知卫星所需的向心力将减小到原来的倍C. 根据公式，可知地球提供的向心力将减小到原来的倍D. 根据上述B和C中给出的公式，可知卫星运动的线速度减小到原来的倍【答案】BD【解析】v=r中，只有当角速度恒定时，线速度才会变成原来的2倍，但事实上半径变化后角速度也随之发生变化，应该根据来判断，AB错；CD对；14.如图所示，质量为M的木块C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b

18、连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为mA和mB，当与水平方向成30角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30和60，则下列判断正确的是A. 力F的大小为mBgB. 地面对C的支持力等于(MmAmB)gC. 地面对C的摩擦力大小为D. mAmB【答案】ACD【解析】以B为研究对象，分析受力，水平方向受力平衡，则有：Fcos30=Tbcos30，得：Tb=F竖直方向受力平衡，则：Fsin30+Tbsin30=mBg得：F=mBg，故A正确；以ABC整体为研究对象受力分析，竖直方向：N+Fsin30=（M+mA+mB）g, 可见N

19、小于（M+mA+mB）g，故B错误；以ABC整体为研究对象受力分析，水平方向：f=Fcos30=mBgcos30=mBg，故C正确；以A为研究对象受力分析，竖直方向：mAg+Tbsin30=Tasin60；水平方向：Tasin30=Tbsin60；联立得：mA=mB，故D正确；故选ACD.点睛:本题考查受力分析以及平衡条件的应用，关键是灵活的选择研究对象，采用隔离法和整体法结合比较简便15.如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是()A. 在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(mM)

20、gB. 在释放前的瞬间，支架对地面的压力为MgC. 摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(mM)gD. 摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(3mM)g【答案】BD【解析】在释放前的瞬间绳拉力为零,对M：对地面的压力F=Mg；当摆球运动到最低点时，由机械能守恒得由牛顿第二定律得：由得绳对小球的拉力FT=3mg对支架M由受力平衡，地面支持力FN=Mg3mg由牛顿第三定律知，支架对地面的压力FN23mgMg，故选项B、D正确.16.如图所示，质量M=2kg的一定长度的长木板静止在光滑水平面上，在其左端放置一质量m=1kg的小木块（可视为质点），小木块与长木板之间的动摩擦因数=0.2长木板和小木块先

21、相对静止，然后用一水平向右的F=4N的力作用在小木块上，经过时间t=2s，小木块从长木板另一端滑出，g取10m/s2，则（）A. 滑出瞬间，小木块的速度为2m/sB. 滑出瞬间，小木块的速度为4m/sC. 滑出瞬间，长木板的速度为2m/sD. 滑出瞬间，长木板的速度为4m/s【答案】BC【解析】由牛顿第二定律得：对小木块： 对长木板：由题意可知，木块与长木板都做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间：t=2s，木块滑出瞬间，小木块速度：长木板的速度：故选：BC。三、简答题17.在“利用打点计时器测定匀变速直线运动加速度”实验中，打点计时器接在50Hz低压交流电源上，某同学在打出的纸带上按打点的先

22、后顺序每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F六个计数点(每相邻两个计数点间还有四个点)。从A点开始在每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图所示:（1）若把每一段纸带的右上端连接起来，结果得到一条倾斜的直线，如图所示，由图可知纸带做_运动且直线与x方向夹角越大，说明纸带运动的加速度_(选填：越大或越小)。（2）从第一个计数点A开始计时，为求出0.25s时刻纸带的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度_(选填：a、b、c、d或e)。（3）若测得a段纸带的长度为10.0cm，e段纸带的长度为2.0cm，则可求出

23、加速度的大小_m/s2。【答案】 (1). 匀减速直线 (2). 越大 (3). c (4). 2.0【解析】【详解】（1）纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与每条纸带相等时间对应，竖直长度为相邻相等时间的位移，由于x=aT2，纸带长度差相等，变化规律恰好与速度一样，所以图线可看作vt图象，即物体的速度在均匀减少，物体做匀减速运动；图象与x方向夹角越大，即斜率越大，则加速度越大。（2）求0.25s的速度，即求0.2s0.3s内的平均速度，0.20.3s内的位移恰好是纸带c段对应的长度，故需测出c段纸带的长度即可。（3）利用x=aT2，即xa-xe=4aT2有：加速度a=10-2m/s2=2

24、.0m/s2答案为：（1）匀减速直线；越大；（2）c；（3）2.018.如图1所示，某同学设计了一个测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置，装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动（1）实验得到一条如图2所示的纸带，相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s，由图中的数据可知，滑块运动的加速度大小是_m/s2（计算结果保留两位有效数字）（2）读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码个数，重复实验以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到的图象是

25、纵轴截距为b的一条倾斜直线，如图3所示已知滑块和动滑轮的总质量为m，重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦则滑块和木板之间的动摩擦因数=_【答案】 (1). （1）2.4； (2). （2）【解析】(1)B点的瞬时速度为，加速度为.(2)滑块受到的拉力T为弹簧秤示数的两倍，即：T=2F,滑块受到的摩擦力为：f=mg,由牛顿第二定律可得：T-f=ma,解得力F与加速度a的函数关系式为:,由图象所给信息可得图象截距为：,解得.【点睛】本题重点是考察学生实验创新能力及运用图象处理实验数据的能力，对这种创新类型的题目，应仔细分析给定的方案和数据，建立物理模型四、计算题19.在平直公路上行驶的a车和b车

26、，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且a2 m/s2，t3 s时，直线a和曲线b刚好相切。求：t0时a车和b车的距离x0。【答案】x09 m【解析】【详解】由图可知，a车的速度 ；3s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车的速度 vb=va=2m/s；设b车的初速度为vb对b车，由vb+at=vb，解得 vb=8m/s；a车的位移 xa=vat=6m；b车的位移 xb=t=15m；t=3s时，a车和b车到达同一位置，得 x0=xb-xa=9m.20.（12分）如图所示，将质量m0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数m0.8

27、。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角q53的拉力F，使圆环以a4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。（取sin530.8，cos530.6，g10m/s2）。【答案】F=10N F=310N【解析】试题分析：根据平衡条件可求得恰好没有挤压时的拉力大小，再分别对上端挤压和下端挤压两种情况进行分析，根据牛顿第二定律列式即可求得F的大小。当环与直杆之间没有作用力时，在垂直杆方向有Fsinmg代入数据解得：F1.25 N当F1.25 N时，杆对环的弹力向下，对环进行受力分析，根据牛顿第二定律有：FcosFNma，根据平衡条件有：FsinmgFN联立解得：F9 N.点睛：本题主要考查牛顿第二

28、定律的应用，要注意明确本题中可能存在的两种情况，明确拉力过大时，物体受杆下部的挤压，而拉力较小时，受杆上端的挤压，要求能找出这两种情况才能全面分析求解。21.晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉。球飞离水平距离d后落地，如题24图所示，已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为，重力加速度为g忽略手的运动半径和空气阻力。（1） 求绳断时球的速度大小v1，和球落地时的速度大小v2（2） 问绳能承受的最大拉力多大？（3） 改变绳长，使球重复上述运动。若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球

29、抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？【答案】解：（1）v1=v2=(2)T=mg(3) 当l时，x有极大值xmaxd【解析】试题分析：(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，有：，所以。根据机械能守恒定律则：，所以(2)设绳能承受的最大拉力大小为F，这也是球受到绳的最大拉力大小球做圆周运动的半径为，根据圆周运动向心力公式，解得。(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，有得绳断后球做平抛运动，竖直位移为,水平位移为x，时间为，有得，根据一元二次方程的特点，当时，x有极大值，考点：圆周运动、机械能守恒定律、平抛运动点评：此类题型综合了物理学上重要的运动模型，并且对数理结合能力有较高的要求。