2019-2020年高三物理10月月考试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三物理10月月考试题（含解析）新人教版一、单项选择题（每小题3分，共30分）1（3分）下列关于摩擦力的说法正确的是（）A摩擦力的大小一定跟两物体间的正压力大小成正比B摩擦力的方向一定和物体的运动方向相反C静摩擦力只可能对物体做正功，不可能对物体做负功D滑动摩擦力既可能对物体做负功，也可能对物体做正功考点：滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力；功的计算专题：摩擦力专题分析：摩擦力定义是两个互相接触的物体，当它们要发生或已经发生相对运动时，就会在接触面上产生一种阻碍相对运动的力，这种力就叫做摩擦力，摩擦力既可以作为动力也可以作为阻力，当摩擦力做为动力时方向和物体的运动方向相同，而做为阻力时方向和物体的运动方向相反解答：解：A、滑动摩擦力的大小一定跟两物体间的正压力大小成正比，静摩擦力与外力有关，A错误；B、滑动摩擦力的方向一定和物体相对运动方向相反，静摩擦力与相对运动趋势方向相反，B错误；C、摩擦力既可以作为动力也可以作为阻力，作动力时做正功，作阻力时做负功，C错误；D、滑动摩擦力既可能对物体做负功，也可能对物体做正功，D正确；故选：D点评：本题目考查了摩擦力的定义以及性质，重点考查了摩擦力的方向和做正功或负功，需要学生将所学知识掌握扎实灵活应用2（3分）如图将质量为m的小球a用细线相连悬挂于O点，用力F拉小球a，使整个装置处于静止状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角=30，则F的最小值为（）AmgBmgCmgDmg考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析F可能的值解答：解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：Fmin=mgsin=mg故选：B点评：本题是隐含的临界问题，运用图解法确定出F的最小值，再进行选择也可以用函数法3（3分）如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子在水平向左的恒力F作用下从静止开始做匀加速运动绳子中某点到绳子左端的距离为x，设该处绳的张力大小为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是 （）ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：对x受力分析，对整体受力分析由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出T与x的关系解答：解：设单位长度质量为m；对整体分析有：F=Lma；则对x分析可知：T=xma联立解得：故可知T与x成正比；则右段绳的质量为，可解得故B正确；故选：B点评：本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确整体法与隔离法的应用，正确选取研究对象再用牛顿第二定律即可列式求解4（3分）将甲、乙两球从足够高处同时由静止释放两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f=kv（k为正的常量）两球的vt图象如图所示落地前两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2则下列判断正确的是（）A甲球质量大于乙球B甲球质量小于乙球C释放瞬间甲球加速度较大D释放瞬间乙球加速度较大考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律专题：运动学中的图像专题分析：由图看出两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，重力与空气阻力平衡，根据平衡条件和牛顿第二定律列式分析解答：解：AB、两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv=mg，因此最大速度与其质量成正比，即vmm，由图象知v1v2，因此m甲m乙；故A正确，B错误CD、释放瞬间v=0，因此空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g故C、D错误故选：A点评：本题中小球的运动情况与汽车起动类似，关键要抓住稳定时受力平衡，运用牛顿第二定律分析5（3分）将冥王星和土星绕太阳的运动都看做匀速圆周运动已知冥王星绕太阳的公转周期约是土星绕太阳公转周期的8倍那么冥王星和土星绕太阳运行的轨道半径之比约为（）A2：1B4：1C8：1D16：1考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：冥王星和土星绕太阳的运动都看做匀速圆周运动，太阳对其的万有引力提供做圆周运动所需要的向心力，故有，化简可得到轨道半径与周期的关系，周期之比可得到轨道半径之比解答：解：根据万有引力提供向心力，得，所以故B正确，ACD错误故选：B点评：本题也可以利用开普勒第三定律计算，同样能得到正确的结果6（3分）如图所示，原长为L1的橡皮绳与长为L2的细棉绳的一端都固定在O点，另一端分别系两个相同的小球P和Q，L1L2现将两绳都拉直，处于水平位置，且恰好都没有拉力，然后由静止释放当橡皮绳和细棉绳各自第一次摆至O点正下方M点时，橡皮条和细棉绳的长度均为L2不计空气阻力和橡皮条与细棉绳的质量下列判断正确的是（）A两小球第一次通过O点正下方时的机械能相同BP球通过M点时的速度较大CQ球通过M点时的动能较大D上述过程橡皮绳和细棉绳对小球都不做功考点：向心力；牛顿第二定律；动能定理的应用专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：运动过程中，只有重力和橡皮条的弹力做功，系统机械能守恒，根据球和橡皮条组成的系统机械能守恒判断即可，小球P的轨迹不是圆，上述过程橡皮绳的拉力方向与P的速度方向成钝角，该拉力对小球做负功解答：解：A、两个系统初状态的总机械能相同，到达O点正下方时橡皮条具有弹性势能，且P的伸长量大，所以P的弹性势能大，因此P球的机械能较小，而此时两球重力势能相同，因此Q球动能较大，速度也较大，故AB错误，C正确；D、小球P的轨迹不是圆，上述过程橡皮绳的拉力方向与P的速度方向成钝角，该拉力对小球做负功，故D错误故选：C点评：本题关键是找准能量的转化情况，有橡皮条时，有弹性势能参与转化7（3分）如图所示，两根细线p、q的一端固定在同一根竖直杆上，另一端拴住同一个小球当小球随杆以角速度匀速转动时，p、q均被拉直，其中q绳处于水平方向此时它们对小球的拉力大小分别为F1、F2若将杆转动的角速度增大，下列判断正确的是（）AF1、F2都将增大BF1增大，F2不变CF1不变，F2增大DF1、F2的合力不变考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：对小球进行受力分析，根据合外力提供向心力列式即可求解解答：解：设p线与竖直方向成角，设q线的长为r，则竖直方向F1cos=mg，可见F1大小恒定；水平方向F1sin+F2=m2r，增大时，只有F2增大故选：C点评：本题的关键是正确对物体进行受力分析，根据向心力公式列式，难度不大，属于基础题8（3分）把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧运动员在比赛过程中，从某一次位于床面压缩到最大深度处开始，到运动员离开蹦床上升到最高点为止的过程中，下列说法中正确的是（把运动员看成质点，忽略空气阻力的影响）（）A离开蹦床瞬间运动员的速度最大B从开始到离开蹦床过程，运动员的加速度先减小后增大C开始时刻和刚离开蹦床时刻运动员的加速度大小相同D运动员的动能和重力势能之和保持恒定考点：功能关系；机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：本题考查人在蹦床上运动时受力及能量间的转化，要注意正确分析受力，明确各力做功情况，从而确定能量的转化方向解答：解：A、该过程中，当蹦床对运动员的弹力大小与重力相等时加速度为零，速度最大，故A错误，B正确；C、由简谐运动的对称性，开始时刻速度最小为零，对应的加速度最大，离开蹦床时有速度，对应的加速度较小；故C错误；D、运动员和蹦床系统机械能守恒，离开蹦床前的上升过程蹦床对运动员的弹力一直做正功，运动员的机械能一直在增大故D错误；故选：B点评：本题要注意人受到的力为变力，但可以根据力做功情况分析能量的转化情况9（3分）如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来上述过程中有关功和能的下列说法正确的是（）A拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加B摩擦力对小木块做的功一定等于系统的摩擦生热C离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动D小木块动能的增加可能小于系统的摩擦生热考点：功能关系；匀变速直线运动的图像分析：对系统而言，拉力做功增加了薄纸板的动能、小木块的动能和系统的内能；解答：解：拉力对小木块做的功W1=fx，其中x是小木块对地的位移，如右图中三角形面积S1所示，系统摩擦生热Q=fd，其中d是小木块与薄纸板间的相对移动路程，如右图中三角形面积S2所示，根据本题给出的条件，S1和S2的大小关系无法确定故D正确；故选：D点评：解决本题的关键理清木块和板的运动过程，通过比较位移的关系判断是否脱离，以及掌握功能关系为：Q=fs相对10（3分）如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞行时间t随v变化的函数关系（）ABCD考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：根据小球落在斜面上，结合竖直位移与水平位移的关系求出运动的时间小球落在地面上，高度一定，则运动时间一定解答：解：当小球落在斜面上时，有：tan=，解得t=，与速度v成正比当小球落在地面上，根据h=得，t=，知运动时间不变可知t与v的关系图线先是过原点的一条倾斜直线，然后是平行于横轴的直线故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解二、不定项选择题（每小题4分，共20分）11（4分）把物块P放在固定的斜面上后，发现P沿斜面的粗糙表面匀加速下滑这时若对物块施加一个竖直向下的恒定压力F（如图中虚线所示），下列判断正确的是（）A物块对斜面的压力不变B斜面对物块的摩擦力增大C物块下滑的加速度增大D物块下滑的加速度不变考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体受力分析，明确施加压力后的物体受力变化情况，再由牛顿第二定律分析加速度的变化情况解答：解：A、物块对斜面的压力由mgcos变为（F+mg）cos，增大了；故A错误；B、斜面对物块的摩擦力由mgcos变为（F+mg）cos，增大了；故B正确；C、根据题意tan，沿斜面方向原来mgsinmgcos=ma；施加压力F后，（F+mg）sin（F+mg）cos=ma，显然aa；故C正确，D错误；故选：BC点评：本题考查牛顿第二定律的应用及受力分析方法，要注意正确受力分析是解决力学问题的关键；一定要加强此类知识的练习12（4分）如图所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，下端用小钩勾住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计静止时p、q与竖直方向的夹角均为60下列判断正确的有（）A若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mgB若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为gC若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为mgD若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：明确绳子与弹簧的性质，当弹簧脱钩后，绳子发生突变；而绳子脱钩后，弹簧不能突变；再根据受力分析即可求得球受到的合力，则可求得加速度解答：解：A、原来p、q对球的拉力大小均为mgp和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q受的力沿法向和切线正交分解（见图1），得Fmgcos60=，即，合力为mgsin60=ma，A错误，B正确；C、q和球突然脱钩后瞬间，p的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg（见图2），球的加速度为大小为g故C错误，D正确；故选：BD点评：本题考查绳子和弹簧的性质，要注意弹簧是不能突变的，而绳子的弹力可以在瞬间发生变化13（4分）如图所示，P、Q两物块质量均为m，用轻弹簧相连，竖直放置在水平面上，处于静止状态现对P施加竖直向上的拉力F，P缓慢上升h时Q对水平面的压力恰好为零下列说法正确的有（）A弹簧的劲度系数为B弹簧的劲度系数为C上述过程拉力做的功为FhD上述过程拉力做的功为mgh考点：功能关系；机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据弹簧的弹力定义分析弹力；根据功能关系分析能量间的转化解答：解：A、原来弹簧被压缩，kx1=mg，Q对水平面的压力为零时弹簧被拉伸，kx2=mg，x1+x2=h，A错误，B正确；C、缓慢上升过程拉力F逐渐增大，不是恒力，C错误；D、全过程始末状态弹性势能相同，动能均为零，因此拉力做功仅增加了系统的重力势能，D正确故选：BD点评：弹簧是高考的热点之一，要注意明确在弹力做功时，弹性势能与其他形式的能之间有相互的转化14（4分）某质点在xOy平面内运动，从t=0时刻起，它在x轴方向和y轴方向的vt图象分别如图所示，则下列判断正确的是（）A该质点可能做匀变速曲线运动B该质点一定做匀加速直线运动C该质点的初速度大小为5m/sD该质点的加速度大小为2m/s2考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：由在x和y方向的速度图象，读出两个方向的初速度，利用斜率分别求得两个方向的加速度，利用运动的分解的知识求出物体的加速度以及某时刻的速度解答：解：由图象知初速度vx=3m/s2，vy=4m/s2，因此有：v=5m/s，加速度为：ax=1.5m/s2，ay=2m/s2，因此有：a=2.5m/s2，由于加速度的比值和速度的比值相等，所以加速度的方向与初速度方向一直，故物体做匀加速直线运动，故BC正确，AD错误故选：BC点评：图象问题要善于挖掘隐含信息，看图象的斜率、截距及图线与坐标轴围成的面积等是否代表某种含义，用运动的分解的观点处理较为复杂的运动也是很常用的方法，要切实弄清和运动与分运动的关系15（4分）如图所示，一固定斜面倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）A动能损失了2mgHB动能损失了mgHC机械能损失了mgHD机械能损失了考点：功能关系；动能定理的应用专题：压轴题；动能定理的应用专题分析：若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可解答：解：根据动能定理应有=ma=2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgH，所以A正确B错误；再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30+f=ma=mg，可得f=mg，根据功能关系应有E=f=mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误故选：AC点评：要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功三、计算题（50分）16（8分）公交车在平直公路上匀速行驶，前方黄灯亮起后，司机立即采取制动措施，使汽车开始做匀减速运动直到停下开始制动后的第1s内和第2s内汽车的位移大小依次为x1=8m和x2=4m求：（1）汽车做匀减速运动的加速度大小a；（2）开始制动时汽车的速度大小v；（3）开始制动后的3s内汽车的位移大小s考点：匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动推论x=aT2即可求解加速度，根据位移时间公式即可求解初速度，先求出刹车时间，从而求出开始制动后的3s内的位移解答：解：（1）根据匀变速直线运动推论x=aT2，得：a=4m/s2（2）匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度第1s末的瞬时速度：m/sv1=v0+at得v0=10m/s；（3）设匀减速持续的时间为t0v0=at0得t0=2.5s3s因此制动后的3s内汽车实际运动时间仅为2.5s由v02=2as得s=12.5m；答：（1）汽车做匀减速运动的加速度大小a为4m/s2；（2）开始制动时汽车的速度大小v为10m/s；（3）开始制动后的3s内汽车的位移大小为12.5m点评：本题为汽车刹车类问题，在解题时应注意汽车静止后即不再运动，故求汽车在某段时间内的位移时，应先求出刹车所需要的时间17（8分）如图所示，一质量为m的小物块从半径为R的四分之一圆弧轨道上与圆心等高的A处由静止释放，经过轨道最低点B时对轨道压力大小为2mg，此后小物块水平飞出，恰好垂直于斜面击中倾角为=30的斜面不计空气阻力求：（1）小物块到达B点瞬间的速度大小v；（2）小物块在圆弧轨道上运动过程中克服摩擦阻力做功Wf；（3）小物块从B点飞出到击中斜面过程经历的时间t考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）物块做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出其速度（2）由动能定理可以求出克服摩擦力做的功（3）物块做平抛运动，由平抛运动规律可以求出运动时间解答：解：（1）小物块在B点在圆周运动，由牛顿第二定律得：，由题意可知：N=2mg，解得：；（2）A到B过程，由动能定理得：0，解得：；（3）物块垂直于斜面击中斜面，说明末速度与竖直成30，因此：，而竖直方向为自由落体运动：vy=gt，解得：；答：（1）小物块到达B点瞬间的速度大小v为（2）小物块在圆弧轨道上运动过程中克服摩擦阻力做功WfmgR为（3）小物块从B点飞出到击中斜面过程经历的时间t为点评：本题考查了求速度、功、运动时间问题，分析清楚物块的运动过程、应用牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题18（10分）卡文迪许在实验室中测得引力常量为G=6.71011Nm2/kg2他把这个实验说成是“称量地球的质量”已知地球半径为6400km，地球表面的重力加速度g=10m/s2根据万有引力定律和以上给出数据，求：（1）地球的质量M（此问计算结果保留一位有效数字）；（2）推算地球的第一宇宙速度v1；（3）已知太阳系的某颗小行星半径为32km，将该小行星和地球都看做质量均匀分布的球体，且两星球的密度相同，试计算该小行星的第一宇宙速度v2考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：根据地球表面的物体受到的重力等于万有引力=mg，可解得地球的质量M第一宇宙速度对应的r=R，由万有引力定律和，可得解答：解：（1）由万有引力定律因此代入数字计算得M=61024kg（2）万有引力充当向心力得v1=8km/s（3）行星的第一宇宙速度对应的r=R由万有引力定律和化简可得所以得v2=40m/s答：（1）地球的质量为61024kg；（2）推算地球的第一宇宙速度为8km/s；（3）该小行星的第一宇宙速度为40m/s点评：本题要掌握第一宇宙速度的定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式；同时注意认真审题，如题目中小行星的半径为32km，不要误认为直径是32km19（12分）小型试验火箭的质量为m=100kg，点火后燃料能为火箭提供竖直向上的恒定推力某次试验中，火箭从地面点火升空后，恒定推力持续了t1=10s，之后又经过t2=20s火箭落回地面不计空气阻力，不考虑火箭质量的变化，取g=10m/s2求：（1）火箭加速上升阶段的加速度大小a；（2）火箭飞行过程达到的最大高度h；（3）燃料提供的恒定推力对火箭做的功W考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：（1）抓住火箭的总位移为零，结合位移公式求出火箭加速上升过程中的加速度大小（2）根据位移时间公式求出匀加速上升的位移，结合速度时间公式和速度位移公式求出竖直上抛运动上升的位移，从而得出火箭飞行过程中的最大高度（3）根据能量守恒定律求出恒定推力对火箭做的功W解答：解：（1）按题意，这30s内总位移为零得a=8m/s2（2）火箭加速上升的高度 =400m最大速度 v=at1=810m/s=80m/s继续做竖直上抛运动 v2=2gh2代入数据解得h2=320m因此h=h1+h2=720m（3）火箭推力做的功等于火箭机械能的增加，加速上升阶段代入数据解得W=7.2105J答：（1）火箭加速上升阶段的加速度大小a为8m/s2；（2）火箭飞行过程达到的最大高度h为720m；（3）燃料提供的恒定推力对火箭做的功W为7.2105J点评：解决本题的关键理清火箭在整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解知道推力做功等于火箭机械能的增加20（12分）如图所示，竖直平面内固定着一个滑槽轨道，其左半部是倾角为=37，长为l=1m的斜槽PQ，右部是光滑半圆槽QSR，RQ是其竖直直径两部分滑槽在Q处平滑连接，R、P两点等高质量为m=0.2kg的小滑块（可看做质点）与斜槽间的动摩擦因数为=0.375将小滑块从斜槽轨道的最高点P释放，使其开始沿斜槽下滑，滑块通过Q点时没有机械能损失求：（1）小滑块从P到Q克服摩擦力做的功Wf；（2）为了使小滑块滑上光滑半圆槽后恰好能到达最高点R，从P点释放时小滑块沿斜面向下的初速度v0的大小；（3）现将半圆槽上半部圆心角为=60的RS部分去掉，用上一问得到的初速度v0将小滑块从P点释放，它从S点脱离半圆槽后继续上升的最大高度h（取g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80）考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）由功的公式可求得摩擦力所做的功；（2）对PR过程由动能定理及向心力公式联立可求得初速度；（3）从S点脱离半圆槽后继续上升的最大高度h为0.225m解答：解：（1）摩擦力做功：Wf=mgcosl=0.3750.2101=0.6J（2）从P到R全过程对滑块用动能定理在R点重力充当向心力半径r=lsin=0.3m解得v0=3m/s（3）从P到S全过程对滑块用动能定理离开半圆槽时vs=m/s其竖直分速度vy2=2gh得h=0.225m答：（1）摩擦力做功为0.6J；（2）P点释放时小滑块沿斜面向下的初速度v0的大小为3m/s；（3）它从S点脱离半圆槽后继续上升的最大高度h为0.225m点评：本题考查动能定理及向心力公式，要注意正确分析过程，明确能量之间的转化关系，则可以利用动能定理求解