1、安徽省滁州市定远县育才学校2020届高三物理上学期第二次月考试题（含解析） 一、选择题（本大题共12小题，1-6小题单项选择题，7-12小题多项选择题，满分48分。）1. 甲、乙两质点同时沿同一直线运动,速度随时间变化的v-t图象如图所示。关于两质点的运动情况,下列说法正确的是（ ）A. 在t=0时,甲、乙的运动方向相同B. 在0t0内,乙的加速度先增大后减小C. 在02t0内,乙的平均速度等于甲的平均速度D. 若甲、乙从同一位置出发,则t0时刻相距最远【答案】D【解析】试题分析：在t=0时，甲的速度为正，乙的速度为负，说明甲、乙的运动方向相反故A错误根据斜率表示加速度，可知在0t0内，乙的加
2、速度逐渐减小，故B错误根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知在02t0内，乙的位移小于甲的位移，则乙的平均速度小于甲的平均速度，故C错误若甲、乙从同一位置出发，甲一直沿正向运动，乙先沿负向运动，两者距离增大，后沿正向，在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最远，故D正确故选D。考点：v-t图像2.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F0；质量为m和2m的木块间的最大静摩擦力
3、为F0现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，下列说法正确的是（ ）A. 质量为2m的木块受到四个力的作用B. 当F逐渐增大到F0时，轻绳刚好被拉断C. 在轻绳未被拉断前，当F逐渐增大时，轻绳上的拉力也随之增大，并且大小总等于F大小的一半D. 在轻绳被拉断之前，质量为m和2m的木块间已经发生相对滑动【答案】C【解析】试题分析：质量为物体受重力、支持力、对它的压力以及摩擦力，还有轻绳的拉力，总共受5个力，故A错误；当轻绳的拉力为时，和的加速度，对整体分析，拉力知当拉力为时，轻绳恰好被拉断，故B错误；以整体为研究对象，则：，绳子的拉力：，所以在轻绳未被拉断前，当F逐渐增大时，轻绳
4、上的拉力也随之增大，并且大小总等于F大小的一半，故C正确；轻绳的拉力为时，和的加速度，对，则：，所以在轻绳被拉断之前，质量为和的木块间不能发生相对滑动，故D错误。考点：牛顿第二定律、物体的弹性和弹力【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用。3.图中给出某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方，竖直面内的半圆弧BCD的半径为R=2.0m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直平面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37，游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能
5、进入下一关.为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力) A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由题意可知弹丸从p点射出时的速度方向就是半径OP的方向.即与水平方向成37度夹角，由平抛运动规律知： 解得： ，故A对；BCD错综上所述本题答案是：A【点睛】结合水平方向上的位移以及速度偏向角可以求出水平速度，再利用竖直方向上的自由落体运动可以求出弹丸在竖直方向上的位移即高度h也可以求出。4. 假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面高度为36000km，宇宙飞船和地球同步卫星绕地
6、球同向运动，每当二者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为A. 4次B. 6次C. 7次D. 8次【答案】C【解析】宇宙飞船轨道半径为r1=4200km+6400km=10600km，地球同步卫星轨道半径为r2=36000km+6400km=42400km，r2=4 r1.根据开普勒第三定律，地球同步卫星为宇宙飞船周期的8倍。从二者相距最远时刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为7次，选项C正确。5.如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运
7、动，圆心为O，角速度为，细绳长为L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与绳端轨迹相切，在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球恰好做以O为圆心的圆周运动，小球和桌面之间存在摩擦力。则下列说法中正确的是A. 小球将做变速圆周运动B. 小球与桌面间的动摩擦因数为C. 小球做圆周运动的线速度为(r+L)D. 细绳拉力为m2【答案】B【解析】试题分析：手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以细绳的另外一端小球随着小球做的也是匀速圆周运动，所以A错误设大圆为R由图分析可知,则小球圆周运动的线速度为，选项C错误；设绳中张力为T，则Tcos=mR2，故，所以D错误；根据摩擦力公式可得f=mg=Tsin，由于,所
8、以，=，所以B正确故选B考点：圆周运动【名师点睛】小球的受力分析是本题的关键，根据小球的受力的状态分析，由平衡的条件分析即可求得小球的受力和运动的情况。6.如图甲所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物体A、B（物体B与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt图象如图乙所示（重力加速度为g），则（ ）A. 施加外力的瞬间，F的大小为2m（ga）B. A、B在t1时刻分离，此时弹簧的弹力大小m（g+a）C. 弹簧弹力等于0时，物体B的速度达到最大值D. B与
9、弹簧组成的系统的机械能先增大，后保持不变【答案】B【解析】【详解】A施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2mg=kx；施加外力F的瞬间，对整体，根据牛顿第二定律，有：其中：F弹=2mg解得：F=2ma故A错误。B物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且FAB=0；对B：F弹-mg=ma解得：F弹=m（g+a）故B正确。C B受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间，速度不是最大值；故C错误；DB与弹簧开始时受到了A的压力做负功，故开始时机械能减小；故D错误；7.如图所示的装置，两根完全相同水平平行
10、长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径 r=2cm，木板质量 m=5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数 =0.2，两圆柱以角速度 =40rad/s绕轴线作相反方向的转动现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的水平拉力 F 于木板上，使其以速度 v=0.6m/s 沿圆柱表面做匀速运动取 g=10m/s 下列说法中正确的是A. 木板匀速时，每根圆柱所受摩擦力大小为5NB. 木板匀速时，此时水平拉力F=6NC. 木板移动距离x=0.5m，则拉力所做的功为5JD. 撤去拉力F之后，木板做匀减速运动【答案】AB【解析】A、，圆柱转动的线速度大小为：，木板在垂直与轴线方向受到两轴的滑动摩擦力大
11、小相等方向相反，在垂直于轴线方向上受到的滑动摩擦力为零，木板的速度，则木板所受的滑动摩擦力与F的夹角为，每根圆柱所受摩擦力大小为；，A正确； B、在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力，木板做匀速直线运动，由平衡条件得：，B正确；C、木板移动距离x=0.5m拉力做功：，C错误；D、撤去拉力F之后，沿圆柱表面的速度减小，而圆柱转动的角速度不变，木板所受的滑动摩擦力方向在改变，沿平行于轴线方向上的摩擦力在改变，加速度减小，不是匀减速运动，D错误；故选AB。8.如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动
12、摩擦因数为。乙的宽度足够大，重力加速度为g，则（ ） A. 若乙的速度为 v0,工件在乙上侧向( 垂直于乙的运动方向)滑过的距离s=B. 若乙的速度为 2v0,工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变C. 若乙的速度为 2v0,工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=D. 保持乙的速度 2v0 不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复. 若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,驱动乙的电动机的平均输出功率= mgv0【答案】CD【解析】根据牛顿第二定律，mg=ma，得a=g，摩擦力与侧向的夹角为45，侧向加速度大小为，根据2axs0-
13、v02，解得： ，故A错误；沿传送带乙方向的加速度ayg，达到传送带乙的速度所需时间，与传送带乙的速度有关，故时间发生变化，故B错误；设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为，侧向、纵向加速度大小分别为ax、ay，则，很小的t时间内，侧向、纵向的速度增量vx=axt，vy=ayt，解得 且由题意知，t，则，所以摩擦力方向保持不变，则当vx=0时，vy=0，即v=2v0故C正确; 工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的位移为y，由题意知，ax=gcos，ay=gsin，在侧向上2axs0-v02，在纵向上，2ayy(2v0)20; 工件滑动时间 ，乙前进的距离y1=2v0t工件相对乙的位移，则系统摩擦
14、生热Q=mgL，依据功能关系，则电动机做功： 由 ，解得 故D正确；故选CD.点睛：本题考查工件在传送带上的相对运动问题，关键将工件的运动分解为沿传送带方向和垂直传送带方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解9.将一倾角为的光滑斜面体固定在地面上，在斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧原长时上端位于斜面处的B点。现将一质量为m=2kg的可视为质点的滑块由弹簧的上方的A点静止释放，最终将弹簧压缩到最短C点。已知滑块从释放到将弹簧压缩到最短的过程中，滑块的速度时间图像如右图，其中00.4s内的图线为直线，其余部分均为曲线，且BC=1.2m，g=10m/s2。则下列正确的选项是（ ）A. B. 滑块在压缩
15、弹簧的过程中机械能减小C. 弹簧储存的最大弹性势能为16JD. 滑块从C点返回到A点的过程中，滑块的机械能一直增大【答案】ABC【解析】物块在斜面上运动的加速度 ，由牛顿定律可得 解得，选项A正确；滑块在压缩弹簧的过程中机械能转化为弹簧的弹性势能，则滑块的机械能减小，选项B正确；，则弹簧储存的最大弹性势能为，选项C正确；滑块从C点返回到A点的过程中，从C到B弹力做功，机械能变大，从B到A机械能不变，选项D错误；故选ABC.10.如图所示，水平转台上有一质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为， ，最大静摩擦力等于滑动
16、摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则（ ）A. 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为B. 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为C. 至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为D. 当物体的角速度为时，物块与转台间无相互作用力【答案】AC【解析】【详解】AB对物体受力分析，当绳中刚出现拉力时，由牛顿第二定律水平方向有竖直方向有N=mg根据动能定理知转台对物块做功为：其中r=Lsin且有f=N联立解得至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为：故A正确，B错误；C当转台对物块支持力为零时，由牛顿第二定律有：转台对物块做的功为：故C正确；D由B项分析知：此时角速度为：所以当物块的角速度增大到 ，
17、物块与转台间恰好无相互作用，因此当物体的角速度为时，物块与转台间有相互作用。故D错误；11.在检测某款电动车性能的实验中，电动车由静止开始沿平直公路行驶，最后达到最大速度利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力与对应的速度，并描绘出图象（图中、均为直线），假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则（ ）A. 在全过程中，电动车在点时速度最大B. 过程电动车做匀加速运动C. 过程电动车做减速运动D. 过程电动车的牵引力的功率恒定【答案】BD【解析】在全过程中，点的最小，速度最大故A错误段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动故B正确图线的斜率表示电动车的功率，知段功率不变，速度
18、增大，牵引力减小，做加速度逐渐减小的加速运动故C错误，D正确故选BD点睛：解决本题的关键能够从图线中分析出电动车在整个过程中的运动情况，当牵引力等于阻力时，速度达到最大12.如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与质量为mB的小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上质量为mA的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动。设某时刻物块A运动的速度大小为vA，加速度大小为aA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为。则 （ ）A. VB= B. aA= C. 小球B减小的重力势能等于物块A增加的动能D. 当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大【答案】AD【
19、解析】试题分析：将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度；再依据矢量的合成法则，及牛顿第二定律，并选取A与B作为系统，根据机械能守恒条件，即可求解将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度在沿绳子方向的分速度为，所以，A正确；根据力的合成与分解法则，结合牛顿第二定律，而，则有，故B错误；选AB作为系统，系统的机械能守恒，那么小球B减小的机械能等于物块A增加的机械能，C错误；除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，物块A上升到与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小所以
20、A上升到与滑轮等高时，机械能最大，D正确二、实验题（本大题共2小题，满分14分。）13.某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，其实验装置如图甲所示，设计的实验步骤为：（1）调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；（2）保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50Hz)请回答下列问题：打点计时器在打下D点时滑块的速度vD=_m/s；(结果保留3位有效数字)滑块做匀加速直线运动的加速度a=_m/s2；(结果保留3位有效数字)滑块质量M=_(用字母a、m0和
21、当地重力加速度g表示)（3）保持木板倾角不变，挂上质量为m(均小于m0)的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速度；多次改变钩码的质量，分别求出相应的加速度（4）若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出amg图象如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量M=_kg(取g=10m/s2，结果保留3位有效数字)【答案】；， ；（4）【解析】试题分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小；当取下细绳和钩码时，由于滑块所受其它力不变，因此其合外力与撤掉钩码的重力等大反向；根据牛顿第二定律有
22、mg=Ma，由此可解得滑块的质量从图乙中可知，（2）相邻计数点间的时间间隔为，根据匀变速直线运动过程中的中间时刻速度推论可得， 根据逐差法可得，联立即得滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得，撤去时滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力，由牛顿第二定律得，解得（4）滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得，挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动，受到的合外力为，由牛顿第二定律得，解得，由图丙所示图象可知，解得M=0.200kg14.用如图(甲）所示的实验装置验证机械能守恒定律。松开纸带，让重物自由下落，电火花打点计时器在纸带上打下一系列点。对纸带上的点痕进行测量，即可验证机械能
23、守恒定律。下面列举了该实验的几个操作步骤： A按照图（甲）所示的装置安装器件B将打点计时器插接到220伏交流电源上C用天平测出重物的质量D先通电待计时器稳定工作后，再松开纸带，打出一条纸带E测量纸带上某些点间距离F根据测量结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能（1）其中操作不当的步骤是_（将其选项对应的字母填在横线处）（2）图（乙）是装置组装正确后，在实验中得到的一条纸带，在计算图中第n 个打点速度时，几位同学分别用下列不同的方法进行，交流电的频率为f，每两个计数点间还有1个打点未画出，其中正确的是_（将其选项对应的字母填在横线处） A B C D 【答案】 (1). (1)C
24、 (2). (2)D【解析】（1）此实验中要验证的是mgh=mv2，两边的质量可以消掉，故实验中不需要用天平测质量，则操作不当的步骤是C（2）第n 个打点速度为： ，故选D.三、非选择题（本大题共3小题，满分38分。）15.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量，车长，上表面不光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。小车以在水平地面匀速运动。将可视为质点的物块B无初速度地置于A的最右端，B的质量，AB间的动摩擦因素为，AB间的最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。现对A施加一个水平向右的恒力F作用。（，所有计算结果保留两位有效数字）（1）要维持小车匀速运动，求F的大小？（2）当A匀速
25、运动时，求从B放上A至B相对A静止，A发生的位移大小？（3）要使物块B不从小车A上掉下，求F的大小？【答案】4N 0.72m 【解析】试题分析：（1）A相对B向右运动，A受到B对它的向左的滑动摩擦力，大小要维持A的匀速运动，由平衡条件可知，解得当B与A的速度相同时，要维持A的匀速运动，对AB整体，由平衡条件可得，（2）B在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，加速到大小从B放上A到B相对A静止，B运动时间为在t时间内，A发生的位移，解得（3）当外力F到达最大时，A加速，B加速，且B滑至A的最左端，AB同速，对A：当AB同速时，经历的时间为，则在时间内，A发生的位移，B发生的位移,且位移满足，解得，AB
26、共同运动的加速度，到达共速后，AB以做匀速运动，A不会滑离BF越小，B在A上的相对位移越小，所以要使B不从A上滑落，F的取值范围是考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式综合应用16.如图所示，水平地面上竖直固定一个光滑的、半径R=0.45m的1/4圆弧轨道，A、B分别是圆弧的端点，圆弧B点右侧是光滑的水平地面，地面上放着一块足够长的木板，木板的上表面与圆弧轨道的最低点B等高，可视为质点的小滑块P1和P2的质量均为m=0.20kg，木板的质量M=4m，P1和P2与木板上表面的动摩擦因数分别为=0.20和=0.50，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力；开始时木板的左端紧靠着B，P2静止在木板的左端，P1
27、以v0=4.0m/s的初速度从A点沿圆弧轨道自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在木板的左端，取g=10m/s2。求：（1）P1通过圆弧轨道的最低点B时对轨道的压力；（2）P2在木板上滑动时，木板的加速度为多大？（3）已知木板长L=2m，请通过计算说明P2会从木板上掉下吗？如能掉下，求时间？如不能，求共速？【答案】（1）压力大小为13.1N，方向竖直向下；（2）木板的加速度为1.0m/s2；（3）没有共速，P2已经从木板上掉下，时间是0.67s.【解析】（1）P1从A到B为研究过程，由机械能守恒得： 在B点据牛顿第二定律得： 在B点由牛顿第三定律可知：F与F等大反向，联立以上解得：vB=5m
28、/sF=13.1N，方向竖直向上（2）由于两物体碰撞过程中是弹性碰撞，所以碰后P2的速度为5m/s，P2在长木板上做匀减速直线运动，P1静止在长木板上一齐做匀加速直线运动；据牛顿第二定律得：2mg=（M+m）a代入数据解得：a=1m/s2（3）碰撞后P2在木板上滑动时：，向左；P1与木板共同的加速度为：，向右。设它们有共速：，得：，它们的相对位移大小：，故P2已经从木板上掉下，时间是t2。，所求的时间：.（另：t2=1.0s，舍去）点睛：本题的关键是判断物体的运动情况，判断P1静止在长木板上一齐做匀加速直线运动是此题的重点，再据几何关系找出位移关系17.宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小
29、球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处已知该星球的半径与地球半径之比为R星：R地1：2.(取地球表面重力加速度g10 m/s2，大气阻力不计) (1)求该星球的质量与地球质量之比M星 ：M地(2)假如在该星球上安装如图所示的装置，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向。在圆心O正上方距盘面高为h=1.0m，处有一个正在间断滴水的容器，从t=0时刻开始随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v=2m/s。已知容器在t=0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水， (不计大气阻力) 。要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上。求圆盘转动的最小角速度及第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x。【答案】（1）1/20（2）1s（3）10m【解析】（1）因为，所以设小球的质量为m，则，所以（2）根据，得，,。
