2019届高三物理上学期第一次月度独立练习(10月)试题(含解析).doc

2019届高三物理上学期第一次月度独立练习(10月)试题(含解析)一、单项选择题1.如图所示，A、B两点在同-竖直面内，A点比B点高h,两点间的水平距离为s。现在从A、B两点同时相向抛出两个小球，不计空气阻力，则A. 若只调整h，两球根本不可能在空中相遇B. 若只调整s，两球有可能在空中相遇C. 若只调整h，两球有可能在、空中相遇D. 若只调整两球抛出的速度大小，两球有可能在空中相遇解析：竖直方向做自由落体运动。【答案】C【解析】【详解】由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，若将h调整到零，即抛出高度相同，两球同时抛出，故两个球始终在同一高度，落地前有可能相遇，A错误C正确；若只调整s或抛出速度，则两球不会在同一高度，不会相遇，BD错误2.一物体沿斜面上滑先后经过A、B后到达最髙点，然后又返回，再次经过A、B两点，若物体从A到B动能变化的绝对值为，所用时间为；若物体从B到A动能变化的绝对值为所用时间为，则A. B. C. . D. 【答案】B【解析】【分析】物块上滑时所受的合力大于下滑时的合力，位移大小相等，上滑过程合力所做的功大于下滑过程合力所做的功，根据动能定理分析动能的变化量的绝对值的大小物体经过同一点时物体上滑的速度大于下滑速度，则上滑过程平均速度大于下滑过程平均速度，由公式分析时间长短【详解】物块上滑时所受的合力，大于下滑时的合力，位移大小相等，上滑过程合力所做的功大于下滑过程合力所做的功，根据动能定理分析得到由于摩擦力做功，物体的机械能不断减小，物体经过同一点时物体上滑的速度大于下滑速度，则上滑过程平均速度大于下滑过程平均速度，由公式，可得，B正确3.我国发射神舟号飞船时，先将飞船发送个椭圆轨道上，其近地点M地面200km， 远地点N距地面340km。进入该轨道正常运行时，通过M、N点时的速率分别是、。当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340km的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动。这时飞船的速率为。比较飞船在M、N、P三点正常运行时（不包括点火加速阶段）的速率大小和加速度大小，下列结论正确的是A. ，B. ，C. ，D. ， 【答案】D【解析】【详解】根据万有引力提供向心力，即得，由图可知，所以，当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340km的圆形轨道，所以，根据得；，又因为，所以，故，D正确4.轻杆OP可以绕O点转动，在P端悬挂一重物，O为定滑轮，外力F通过细绳作用在P端，系统处于静止状态，现在通过改变外力F,使OP与竖直方向的夹角缓慢变大，在这一过程中，轻杆对P点的作用力将A. 逐渐变大 B. 逐渐变小C. 保持不变 D. 先变小，后变大【答案】C【解析】【详解】对点P受力分析，如图根据平衡条件，合力为零，AOP与图中矢量（力）三角形相似，故有，由图看出，OP、AO不变，则杆的支持力N不变，C正确【点睛】在解析力的动态平衡问题时，一般有两种方法，一种是根据受力分析，列出力和角度三角函数的关系式，根据角度变化进行分析解题，一种是几何三角形相似法，这种方法一般解决几个力都在变化的情况，列出力与三角形对应边的等式关系，进行解题分析5.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点0为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，用E表示电场强度，Ek表示粒子的动能，v表示粒子运动的速度，a表示粒子运动的加速度，下列图象中合理的是 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故，即图象上某点的切线的斜率表示电场力，图像的斜率在减小，故电场力逐渐减小，根据，故电场强度也逐渐减小，A错误；根据动能定理，有，故图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与C图矛盾，粒子做加速度减小的加速运动，D正确B错误；题图v-x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小,故矛盾，C错误；【点睛】本题切入点在于根据Ep-x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难6.如图所示，m=1.0kg的小滑块以的初速度从倾角为37的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为，取g=10m/s2，sin37=0.6.若从滑块滑上斜面起，经0.6s正好通过B点，则AB之间的距离为 A. 0.8m B. 0,76m C. 0.64m D. 0.16m【答案】D【解析】滑块向上滑行时，由牛顿第二定律得，解得，滑块上滑，速度变为零需要的时间，上滑的最大距离，经过0.4s，滑块达到最高点，速度为零，然后反向下滑，由牛顿第二定律得，解得，下滑时间，下滑的距离，AB间的 距离，B正确二、多项选择题7.如图所示，半径为R的圆形轨道，一物体由顶点 A以8m/s的初速度滑下到B点时，速率为6m/s.若该物体以10m/s的初速度从A点沿同一路线滑到B点，则到B 点时速率可能为A. 10m/s B. 9m/s C. 8m/s D. 7m/s【答案】CD【解析】【分析】物体从A点下滑至B点，除重力做功外还有摩擦力做功，两个力做的总功等于物体动能的变化，从A至B重力做功一样，而摩擦力做功与摩擦力的大小有关，在圆弧状态下摩擦力大小决定做功情况，根据已知条件判断摩擦力的大小跟速度的关系进而求出摩擦力做功情况，从而判断速度的大小【详解】根据题意知：当物体以8m/s速度下滑时，根据动能定理有，当物体以10m/s速度下滑时，过程中，重力做功保持不变，即；由于物体沿圆弧下滑，指向圆心的合力提供向心力，由于速度变大，圆弧轨道给物体的弹力变大，根据滑动摩擦力大小的计算式：，可得物体受到的摩擦力增大，在从A到B的过程中，物体通过的圆弧长度不变，所以物体在从A到B的过程中，摩擦力做功变大，即，故，即，解得，故CD正确8.如图所示，两个等量异号点电荷M、N分别固定在A、B两点，F为AB连线中垂线上某一点，0为AB连线的中点。AO =OF, E和分别表示F处的场强大小和电势。将某试探负点电荷由F处静止释放时，其电势能和加速度大小分别用和a表示，取无穷处为电势零点，若将负点电荷N移走，则A. 升高 B. E不变C. 变小 D. a变大【答案】AC【解析】【分析】首先根据场强叠加原理求出电场强度；然后根据电场强度与电场线及电场线与等势面的关系得到电势的大小；再由电势能与电势的关系得到电势能；最后，由库仑定律和牛顿第二定律得到加速度，然后进行比较【详解】令电荷M、N都存在时为状态1，各物理量用下标1表示；只有电荷M时为状态2，各物理量用下标2表示；状态1时，电荷M、N对在F处的电场强度大小都为，两者相互垂直，根据电场叠加定理可得：合场强，方向水平向右；状态2时，电荷M在F处的电场强度也是，方向沿AF连线方向，所以若将负点电荷N移走，则E改变，变小；状态1时，易知在AB连线的中垂线上电场强度方向处处水平向右，所以，中垂线为一条等势线，所以；状态2时，只有正电荷M，所以；可得若将负点电荷N移走，则升高，A正确B错误；电势能，所以电势能从，变为，所以变小，C正确；根据，试探电荷q，m不变，所以a变小，D错误【点睛】求电势能的时候要注意电荷的正负，我们一般设无穷远处或电荷处（只有一个点电荷时，有时会用），电势能是标量，有可能是负值9.如图所示，在不光滑的平面上，质量相等的两个物体A、B之间用一轻弹簧相连接。现用一水平拉力F作用在B上，从静止开始经一段时间后，A、B起做匀加速直线运动，当它们的总动能为Ek时撤去水平拉力F，最后系统停止运动。从撤去拉力F到系统停止运动的过程中，系统的过程中，系统A. 克服阻力做的功等于系统的动能EkB. 克服阻力做的功大于系统的动能EkC. 克服阻力做的功可能小于系统的动能EkD. 克服阻力做的功一定等于系统机械能的减少量【答案】BD【解析】【详解】系统克服摩擦力做的功等于系统的动能和弹簧的弹性势能，AC错误B正确；系统的机械能等于系统的动能加上弹簧的弹性势能，当它们的总动能为Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动，系统克服阻力做的功一定等于系统机械能的减小量，D正确10.如图所示，在匀加速向左运动的车箱内，一个人用力向前推车箱，若人始终与车箱保持相对静止，则下列说法不正确的是A. 人对车箱做正功B. 车箱对人做正功C. 人对车箱不做功D. 车箱对人做负功【答案】ACD【解析】【分析】由运动状态确定车厢对人做功的正负，再对人受力分析，人在车厢带动下向左加速运动，可知车厢对人的合力向左，由牛顿第三定律知车厢对人的合力向左，故可以判定各个选项【详解】由于人向左加速运动，故可知车厢对人的合力做正功，可知车厢对人的合力向左，由牛顿第三定律可知，人对车厢的合力向右，故人对车厢做负功，ACD错误B正确【点睛】用好整体分析，不要在受力分析时候单独的对人受的各个力分析，那样也能得结果，但是就走弯路了11.一辆汽车以恒定不变的功率驶上一倾角不变的斜坡，速度由逐渐减小到某一速度后匀速向上行驶，设汽车受的阻力大小恒定，则汽车速度由减小到恰好为的过程中A. 汽车做匀减速直线运动B. 牵引力逐渐增大，加速度逐渐减小C. 汽车做减速运动，加速度逐渐减小到零D. 汽车做减速运动，加速度逐渐增加【答案】BC【解析】【详解】功率恒定，速度减小，根据可知牵引力增大，根据牛顿第二定律，加速度在减小，即汽车做加速度减小的减速运动，直至加速度为零，做匀速直线运动，BC正确三、简答题12.如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持_不变，用钩码所受的重力作为_，用DIS测小车的加速度(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出aF关系图线(如图乙所示)分析此图线的OA段可得出的实验结论是_此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大D所用小车的质量太大【答案】 (1). 小车的质量 (2). 小车所受的合外力 (3). 质量不变的情况下，加速度与合外力成正比 (4). C【解析】试题分析：（1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力大小作为小车所受合外力；（2)在小车质量不变的条件下，加速度大小与所受的合外力大小成正比；设小车的质量为M，钩码的质量为m，由实验原理得：mg=Ma，得，而实际上，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足Mm造成的故C正确考点：验证牛顿第二定律。视频13.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种。重物从高处由静止开始下落，重物上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，即验证机械能守恒定律。(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：A.按照图示的装置安装器材；B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C.用天平测量出重物的质童;D.释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；E.测量打出的纸带上某些点间的距离；F.根据测量的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 其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤是_。（将其选项对应的字母填在横线处）(2)利用这个装置也可以测量重物下落的加速度a的数值。如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出A点距起始点0的距离为x0,点A、C间的 距离为x1，点C、E间的距离为x2,使用交流电的频率为f，拫据这些条件计算重物下落的加速度_ 。(3)在上述验证机械能守恒定律的实验中发现，重物减小的重力势能总是大于重物增加的动能，其原因主要是重物下落的过程中存在阻力作用，可以通过该实验装置测定该阻力的大小。若已知当地重力加速度公认的较准确的值是g，还需要测量的物理量是:_。试用这些物理量和上图纸带上的数据符号表示出重物在下落的过程中受到的平均阻力大小为F= _。【答案】 (1). BCD (2). (3). 重物的质量m (4). 或 【解析】【分析】纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的加速度重物下落过程中受重力和阻力，根据牛顿第二定律求出平均阻力大小【详解】（1）将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，B错误因为我们是比较mgh、的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，C错误开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，D错误；（2）根据逐差公式可得，联立解得；（3）重物下落过程中受重力mg和阻力F，根据牛顿第二定律得，解得，故还需要测量重物的重力m【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度四、计算论述题14.如图所示，2kg的物体放在水平地面上，物体离墙20m,现用30N的水平力作用于此物体，经过2s可到达墙边，若仍用30N的力作用于此物体，求使物体到这墙边作用力的最短作用时间(若有根号，请保留根号)?【答案】 【解析】【分析】通过受力分析，由运动学公式求出在力F作用下的加速度，再由牛顿第二定律求出物体受到的摩擦力；当撤去外力时求解出此时的加速度由运动学公式求出时间【详解】在力F作用下，由得；由牛顿第二定律得，解得，当撤去外力时，产生的加速度为：；要使力F作用时间最短，则物体刚好运动到墙边静止设力F作用的最短时间为t，在力F作用下通过的位移为：，达到的最大速度为：，减速时运动的位移为：，联立解得：【点睛】本题的关键是找出最短时间的临界条件：物体刚好到达墙边15.如图所示，AB为斜轨道，与水平方向成450角，BC为水平轨道，两轨道在B处通过一段小圆弧相连接，一质量为m的小物块，自轨道的 A处从静止开始沿轨道下滑，最后停在轨道上的C点，己知A点高h，物块与轨道间的滑动摩擦系数为，求：（1）在整个滑动过程中摩擦力所做的功.（2）物块沿轨道AB段滑动时间t1与沿轨道BC段滑动时间t2之比值tl/ t2.（3）使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A点所需做的功.【答案】（1）mgh（2） （3）2mgh【解析】【分析】根据动能定理求出整个过程中摩擦力做功的大小根据牛顿第二定律求出物块在斜面上和在水平面上的加速度大小之比，从而求出滑动的时间之比；根据动能定理，抓住动能变化量为零，求出沿原路回到A点所需做的功【详解】（1）对全过程运用动能定理得，则；（2）根据牛顿第二定律得，物块在斜面上的加速度；物块在水平面上的加速度根据知，物块沿轨道AB段滑动时间与沿轨道BC段滑动时间之比；（3）根据动能定理得，解得。16.如图所示，在水平匆速 运动的传送带的左端（P点)，轻放质量为m=1kg的物块，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。B、D为圆弧的两端点，其连线水平。己知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角， 轨道最低点为C，A点距水平面的高度h=0.80m.（g取lOm/s2, sin53=0.8, cos53=0.6)求:（1）物块离开A点时水平初速度的大小；（2）物块经过C点时对轨道压力的大小；（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带匀速运动的速度为5m/s，求物块从P点运动至点过程中电动机多消耗的电能。【答案】(1)3m/s (2)43N (3)15J【解析】【详解】（1）物块运动至B点时，合速度v的方向与水平速度的方向成53，有，又，联立解得；（2）物块由B运动至C的过程中用动能定理可得，在C点有：联立解得F=43N；（3）物块运动的加速度，运动至A点所需的时间为，相对距离，多消耗的电能为，解得W=15J17.如图所示，长为L的绝缘轻杆两端连接A、B两小球，其质量分别为m1、 m2,带电量分别为-q、+q。将小球B 置于水平光滑绝缘轨道内并固定，整个个装置处于水平向右的匀强电场中，轻杆从图中竖直位置由静止释放，可绕小球B无摩擦转动，顺时针转过的最大角度为 1270(sin37=0.6, cos37=0.8)（1）求匀强电场的场强大小E；（2）当轻杆转过90时，求杆对A球的作用力的大小（不计A、B球间的库仑力)； （3）若解除固定，小球B在轨道内可自由移动，轻杆仍从图中竖直位置由静止释放，当轻杆转过90时，小球B的速度恰好为零，求小球A的速度大小； （4）在（3)的情形下，求杆对小球A做的功。【答案】(1) (2)(3) (4) 【解析】【详解】（1）根据动能定理得，代入数据解得；（2）当轻杆转过90时，根据动能定理得，解得；根据牛顿第二定律得，解得；（3）设轻杆转过90度时，A球的水平速度为，竖直速度为，B球的速度为由AB系统水平方向上动量守恒，因为杆不可伸长，可得，A、B能量守恒，解得；（4）对A球应用动能定理：，即，解得