江西省横峰中学2019-2020学年高一下学期第二次月考物理试题 25页

‎2019-2020学年度下学期高一超级班第一次月考 物理试卷 ‎ 命题人；阮叔富 审题人；简伟伟 一，选择题(1-6单项选择，7-10多项选择，每小题4分，共40分)‎ ‎1．如图所示为甲、乙两个质点沿同一方向做直线运动的位移—时间图像（x—t图像），甲做匀速直线运动，乙做匀加速直线运动，t=4s时刻图像乙的切线交时间轴t=1.5s点处，由此判断质点乙在t=0时刻的速度是质点甲速度的（　　）‎ A．倍 B．倍 C．倍 D．倍 ‎2．如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53°角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，将一均匀圆柱体O放在两板间。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．当BP沿水平方向时，BP板受到的压力最大 B．当BP沿竖直方向时，AP板受到的压力最大 C．当BP沿竖直方向时，BP板受到的压力最小 D．当BP板与AP板垂直时，AP板受到的压力最小 ‎3．如图所示，以9.8m/s的水平速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是（　　）‎ A．s B．s ‎ C．s D．2s ‎4．质量分别为 M 和 m 的两个小球，分别用长 2l 和 l 的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量 为 M 和 m 小球的悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则( )‎ A． B．cos α＝2cos β C． D．tan α＝tan β ‎5．一质子以速度v0进入足够大的匀强电场区域，1、2、3、4；表示相邻的四个等势面，且1＜2＜3＜4。不计质子重力，下列说法正确的是（　　）‎ A．质子运动过程一定是匀变速运动 B．质子运动过程中最小动能可能为0‎ C．质子可以回到原出发点 D．质子返回到等势面1时的速度仍为v0‎ ‎6．如图所示，真空中有一等边三角形ABC，在三角形顶点A、B点处各固定一正电荷，另一顶点C处固定一负电荷，且三个电荷所带的电荷量均相等，其中a、b、c为等边角形三边的中点，d为三角形的中心。则下列说法正确的是（　　）‎ A．b、c两点电场强度相同 B．中心d点处的电场强度为零 C．将电子从b处移到c处电场力不做功 D．将电子从b处移到a处电场力不做功 ‎7．如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的作用力F作用且系统达到稳定时，小球偏离平衡位量如图，重力加速度为g，此时（　　）‎ A．若小球对椭圆面的压力与竖直方向的夹角为α，则 B．若小球对椭圆面的压力与竖直方向的夹角为α，则 C．小球对椭圆面的压力大小为 D．小球对椭圆面的压力大小为 ‎8．北斗卫星导航系统第41颗和第49颗卫星已完成在轨测试、入网评估等工作，正式入网工作。第41颗卫星为地球同步轨道卫星，第49颗卫星为倾斜地球同步轨道卫星，它们的轨道半径约为4.2×107 m，运行周期都等于地球的自转周期24 h。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。已知万有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，下列说法中正确的是（　　）‎ A．同步轨道卫星可能经过北京上空 B．根据题目数据可估算出地球的质量 C．倾斜地球同步轨道卫星的运行速度大于第一宇宙速度 D．倾斜地球同步轨道卫星一天2次经过赤道上同一位置 ‎9．静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图像如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．0～4 s内物体的位移为零 B．0～4 s内拉力对物体做功为零 C．4 s末物体的动量为零 D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零 ‎10．如图甲所示，可视为质点的质量m1=1kg的小物块放在质量m2=2kg的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹角为37°。现对木板施加水平向左的拉力F=18N，木板运动的v-t图象如图乙所示，sin37°=0.6，g取10m/s2，则（　　）‎ A．木板的长度为2m B．木板的长度为1m C．木板与地面间的动摩擦因数为0.5‎ D．物块与木板间的动摩擦因数为 三、实验题 ‎11．某同学利用图（甲）所示的装置探究加速度与力的关系 ‎(1)下列说法中正确的是_______‎ A．连接小车的细绳应跟长木板保持平行 B．小车运动的加速度可用钩码质量m和小车质量M直接用公式求出 C．把所悬挂的钩码总重量当成细绳对小车的拉力大小，可任意添加钩码来改变拉力 D．平衡摩擦力的目的是使小车做加速运动时的合力大小等于细绳对小车的拉力大小 ‎(2)图（乙）是实验中得到的一条纸带的一部分，1、2、3、4、5是计数点，相邻两个计数点间还有4个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz。由此可得出当打点计时器打下计数点4时，小车的速度大小______m/s；小车的加速度___m/s2。（计算结果保留三位有效数字） ‎ ‎(3)该同学实验时由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测量出多组a、F（F大小为所挂钩码的总重量）值，作出的a－F图像可能是____________‎ A．B．C．‎ ‎12．传感器是一种将非电学量转换成电信号的检测装置．它是实现自动检测和自动控制的首要环节．某物理课外活动小组利用力传感器和位移传感器进一步探究变力作用下的动能定理．如图甲所示，他们用力传感器通过定滑轮直接拉固定在小车上的细绳，测出拉力F；用位移传感器测出小车的位移s和瞬时速度v．已知小车质量为200 g．‎ ‎（1）某次实验得出拉力F随位移s变化规律如图乙所示，速度v随位移s变化规律如图丙所示．利用所得的F－s图像，求出s＝0．30m到0．52m过程中力F做功W＝_________J，此过程动能的变化△Ek＝_________J（保留2位有效数字）．‎ ‎（2）下列情况中可减小实验误差的操作是_____．（填选项前的字母，可能不止一个选项）‎ A．使拉力F要远小于小车的重力 B．实验时要先平衡摩擦力 C．要使细绳与滑板表面平行 三，计算题（13，14题各10分，15,16题各13分，共46分）‎ ‎13．如图9所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面倾角为α，已知星球半径为R ‎，万有引力常量为G，求：‎ ‎（1）该星球表面的重力加速度g ‎（2）该星球的密度ρ ‎（3）该星球的第一宇宙速度v ‎14．如图所示，水平传送带以速度v0=2.5m/s顺时针转动，不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接托盘Q和物块P（置于传送带最右端、可视为质点），OP段水平，物块P与托盘Q均处于静止状态。已知物块P的质量m1=0.2kg、与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带的两端相距l=2m，托盘Q到地面的高度h=1.25m，不计滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度g取10m/s2。求：‎ ‎(1)托盘Q的质量m2；‎ ‎(2)现将质量m=0.1kg的砝码轻放入托盘中，托盘Q开始向下运动，落地后自动与轻绳脱离，则 ‎①托盘Q落地的速度大小；‎ ‎②物块P在传送带上的运动时间t。‎ ‎15．如图所示，一质量为M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m=1.0kg的小木块A。小木块与木板之间的动摩擦因数μ=0.4。现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B。求：‎ ‎（1）小木块相对木板静止时二者的速度；‎ ‎（2）木板长度的最小值；‎ ‎（3）小木块相对木板运动的时间。‎ ‎16．将质量为m的小球从地面以速度v0斜向上抛出，小球到达最高点时，动能与势能之比为1:3。现在空间加一个平行于小球运动平面的水平方向的匀强电场，令小球带上正电荷q，仍以相同的速度斜向上抛出，小球到达最高点时，动能与抛出时的动能相同。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，以地面为参考平面，求：‎ ‎(1)小球上升到最高点的时间；‎ ‎(2)外加电场强度E的大小以及加电场后最高点到抛出点的水平距离x。‎ 参考答案 ‎1．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 设4s内两质点运动的位移为x，则甲的速度为 乙在时刻的速度为 设乙在时刻的速度为，则 解得 故ACD错误，B正确。‎ 故选B。‎ ‎2．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 小球受重力、斜面AP弹力F1和挡板BP弹力F2，将F1与F2合成为F=mg，如图；小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2合成的合力F一定与重力等值、反向、共线。从图中可以看出，当挡板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，F1越来越大，F2先变小，后变大；‎ A．当BP沿水平方向时，BP板受到的压力不是最大，选项A错误；‎ B．当BP沿竖直方向时，AP板受到的压力最大，选项B正确；‎ C．当BP与AP竖直时，BP板受到的压力最小，选项C错误；‎ D．当BP板水平时，AP板受到的压力为零，最小，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎3．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为的斜面上时，把物体的速度分解如图所示 由图可知，此时物体的竖直方向上的速度的大小为 由可得运动的时间 故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎4．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 设转轴稳定转动时角速度为，可知稳定时两球角速度相等.根据牛顿第二定律得：‎ 对M分析有：‎ ‎ ①‎ 对m分析有：‎ ‎ ②‎ 联立①②计算得出： ‎ A．描述与分析相符，故A正确.‎ B．描述与分析不符，故B错误. ‎ C．描述与分析不符，故C错误.‎ D．描述与分析不符，故D错误.‎ ‎5．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ AC．质子在匀强磁场中做类斜抛运动，因此运动过程一定是匀变速运动，因此质子不能回到原出发点，故A正确，C错误；‎ BD．质子运动过程中最小动能出现在速度方向平行于等势面时，速度不能为零，因此返回到等势面时的速度大小为，方向不同，故BD错误。‎ 故选A。‎ ‎6．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 根据题意，各场强方向如图所示 A．b、c两点的电场强度为三个点电荷在该处场强的矢量和，其中A、C两处的点电荷在b点的场强的矢量和沿方向，B处电荷在b点的场强沿方向，同理可标出A、B、C三处的点电荷在c点的电场方向，由图可知，b、c两处叠加后的电场强度方向是不同的，故A错误；‎ B．根据点电荷电场强度的叠加规律很容易判断出中心d处的电场强度不为零，故B错误；‎ C．A、C两处的两点电荷在b点的电势之和为零（规定无穷远处电势为0），B、C两处两点电荷在c点的电势之和等于零，所以b点的电势等于B处电荷在该点的电势，c处电势等于A处电荷在该点的电势，A、B两电荷带等量正电荷，根据几何关系有 所以b、c两点电势相等，所以将电子从b处移到c处电场力不做功，故C正确；‎ D．由图判断a点的电势高于b点电势，所以将电子从b处移到a处电场力做正功，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7．BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 对小球受力如图所示 AB．对整体两者一起加速，则 解得 故A错误，B正确；‎ CD．由题意得 故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎8．BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ A．同步轨道卫星处于赤道平面上方，不可能经过北京上空，A项错误；‎ B．根据 得出 B项正确；‎ C．第一宇宙速度是最大的绕行速度，任何地球卫星的运行速度均小于第一宇宙速度，C项错误；‎ D．由于倾斜地球同步轨道卫星周期与地球自转周期相同，故一天2次经过赤道上同一位置，D项正确。‎ 故选BD。‎ ‎9．BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 由图象可知物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，故A错误；前2s拉力做正功，后2s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4s末的速度为零，故动量为零；故C正确；根据I=Ft可知：前4s内I合=F×2- F×2=0，故D正确；故选BCD．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了同学们读图的能力，要求同学们能根据受力情况分析物体的运动情况，再根据动量定理进行分析求解．‎ ‎10．ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ AB．从题图乙可知，木板运动离开小物块，在内，由图象可知 所以木板的长度 故A正确，B错误；‎ C．设木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数，在内，由图象可得长木板的加速度 由牛顿第二定律得 解得 故C正确；‎ D．在内，对小物块进行受力分析，竖直方向 水平方向 又知 长木板的加速度 对木板进行受力分析，结合牛顿第二定律得 由牛顿第三定律得 联立上述式子解得 故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎11．AD 0.415 1.09 B ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)[1]A．若细绳与长木板不保持平行，则绳子的拉力分力等于小车的外力，这样导致误差增大，故A正确；‎ B．小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m以及小车质量M，直接用公式 求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系，故B错误；‎ C．当钩码质量远小于小车质量时可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，实验过程中钩码质量不能太大，故C错误；‎ D．平衡摩擦力的目的是使小车做加速运动时的合力大小等于细绳对小车的拉力大小，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎(2)[2]由于相邻两计数点间还有4个打点未画出，且交流电的频率为50Hz，所以相邻的计数点间的时间间隔是 T=0.1s 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，则有 ‎[3]根据匀变速直线运动的推论公式 ‎△x=aT2‎ 可以求出加速度的大小，则有 ‎(3)[4]若没有平衡摩擦力，则当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以可能是图中的图线B，故B正确，ACD错误。‎ ‎12．（1），‎ ‎（2）BC ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据图象图象可知，当时，，时，，‎ 因此，速度随位移变化图象可知：，，时，，．‎ ‎（2）该实验中不是利用悬挂的重物的重力表示绳子的拉力，而是直接测量出绳子的拉力，因此不需要使拉力F要远小于小车的重力，故A错误；当平衡了摩擦力和细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力，故BC正确．‎ 考点：探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【名师点睛】该实验在原来的基础上有所改进和创新，只要明确了其实验原理，正确应用基本物理知识即可正确解答．‎ ‎13．(1)(2)(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）‎ ‎（2）‎ ‎（3）‎ ‎14．(1)0.1kg；(2)①2.5m/s；②2.5s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为P、Q静止，根据平衡条件得 代入数据得 kg ‎(2)①根据牛顿第二定律 根据速度位移公式 代入数据得 v=2.5m/s ‎②P向左加速的时间 托盘落地后P的加速度 当P的速度减为0时 代入数据得 m 因为 ‎ 所以P随着传送带返回，加速度也是 时间为 s 位移为 m 时间为 s 代入数据得 s ‎15．（1），方向水平向右；（2）L=6m；（3）t=1.5s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）规定水平向右为正方向，由动量守恒定律 解得 m/s 方向水平向右 ‎（2）由能量守恒定律 解得 L=6m ‎（3）对木块来说，由动量定理 解得 t=1.5s ‎16．(1) ；(2) ，；，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)小球抛出时，设水平速度为，竖直速度为，有 小球在竖直方向上做竖直上抛运动，有 无电场时，在最高点小球的动能和势能之比是1∶3，即 由竖直上抛运动规律有 联立解得 ‎(2)由题意，小球到达最高点时的速度为，由可得 ‎(ⅰ)若的方向与小球初速度的水平分量方向相同，由动量定理有 解得 由运动学公式有 解得 ‎(ⅱ)若的方向与小球初速度的水平分量方向相反，由动量定理有 解得 由运动学公式有 解得