标签: 2019届高三物理上学期10月月考试题(含解析)(I)  
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doc 2019届高三物理上学期10月月考试题(含解析) (I) 一、选择题 1.如图所示,在倾角为30°的光滑斜面上,一质量为2m的小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑,在小车下滑的过程中,小车支架上连接着小球(质量为m)的轻绳恰好水平。则外力F的大小为(  ) A. 4.5mg B. 2 mg C. 2mg D. 0.5mg 【答案】A 【解析】 试题分析:对整体分析,在沿斜面方向上有 对小球分析,小球受到水平拉力,重力的作用,合力,故加速度,解得,代入中可得,D正确; 考点:考查了牛顿第二定律 【名师点睛】分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力,分析单个物体的受力时就要用隔离法.采用整体隔离法可以较简单的分析问题 2.xx9月,我国控制“天舟一号”飞船离轨,使它进入大气层烧毁,残骸坠入南太平洋一处号称“航天器坟场”的远离大陆的深海区。在受控坠落前,“天舟一号”在距离地面380 km的圆轨道上飞行,则下列说法中正确的是(  ) A. 在轨运行时,“天舟一号”的线速度大于第一宇宙速度 B. 在轨运行时,“天舟一号”的角速度小于同步卫星的角速度 C. 受控坠落时,应通过“反推减速”实现制动离轨 D. “天舟一号”离轨后在大气层中运动的过程中,机械能守恒 【答案】C 【解析】 【详解】第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度,知其线速度小于第一宇宙速度。故A正确。“天舟一号”的轨道半径比地球同步卫星的小,由开普勒第三定律知其周期小于同步卫星周期,角速度大于同步卫星的角速度。故B错误。受控坠落时,应通过“反推减速”实现制动离轨,选项C错误;“天舟一号”离轨后在大气层中运动的过程中,大气的阻力做负功,则机械能减小,选项D错误;故选C. 3.如图所示,长均为L的两根轻绳,一端共同系住质量为m的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点,A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动,若小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,则小球在最高点速率为2v时,最高点每根绳的拉力大小为(  ) A. mg B. mg C. 3mg D. 2mg 【答案】A 【解析】 【详解】小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,有:mg=,当小球在最高点的速率为2v时,根据牛顿第二定律有:mg+2Tcos30°=,解得:T=mg。故选A. 4.如图所示,质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面,沿斜面上升的最大高度为h.已知斜面倾角为α,斜面与滑块间的动摩擦因数为 μ,且μ<tan α,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取斜面底端为零势能面,则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图象是(  ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 本题考查动能、势能、机械能有关知识,势能Ep=" mgh" 势能与高度成正比,上升到最大高度H时,势能最大,A错;由能量守恒,机械损失,克服摩擦力做功,转化为内能,上升过程E=E0-mgcosh/sin="E0-"mgh/tan,下行时,E=mgH-mg(H-h)/tan,势能E与高度h为线性关系,B错;上行时,动能EK=EK0-(mgsin+mgcos)h/cos下行时EK= (mgsin-mgcos)(H-h)/cos动能EK高度h是线性关系,C错,D正确 5.如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量为m(m<M)的小球从槽高h处开始自由下滑,下列说法正确的是(  ) A. 在以后的运动过程中,小球和槽的水平方向动量始终守恒 B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C. 全过程中小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒,且水平方向动量守恒 D. 被弹簧反弹后,小球和槽的机械能守恒,但小球不能回到槽高h处 【答案】D 【解析】 当小球与弹簧接触后,小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零,系统在水平方向动量不守恒,故A错误;下滑过程中,两物体都有水平方向的位移,而相互作用力是垂直于球面的,故作用力方向和位移方向不垂直,故相互作用力均要做功,故B错误;全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功,系统机械能守恒,小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零,系统水平方向动量不守恒,故C错误;小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力,系统水平方向动量守恒,球与槽分离时两者动量大小相等,由于m<M,根据动量守恒可知,小球的速度大小大于槽的速度大小,小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小,小球被反弹后向左运动,由于球的速度大于槽的速度,球将追上槽并要槽上滑,在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒,由于球与槽组成的系统总动量水平向左,球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零,由机械能守恒定律可知,小球上升的最大高度小于h,小球不能回到槽高h处,故D正确。所以D正确,ABC错误。 6.如图所示,一质量M =3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m =1.0 kg的小木块A(可视为质点),同时给A和B以大小均为2.0 m/s,方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,要使小木块A不滑离长木板B板,已知小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.6,则长木板B的最小长度为(  ) A. 1.2 m B. 0.8 m C. 1.0 m D. 1.5 m 【答案】C 【解析】 【详解】当从开始到AB速度相同的过程中,取水平向右方向为正方向,由动量守恒定律得:(M−m)v0 =(M+m)v解得:v=1m/s;由能量关系可知: 解得:L=1m,故选C. 7.在光滑水平面上,质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰,两球相碰后,A球的动能恰好变为原来的。则碰后B球的速度大小是(  ) A. B. C. 或 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【详解】根据碰后A球的动能恰好变为原来的,由Ek=mv2知,速度大小变为原来的。取碰撞前A球速度方向为正方向,得 v′=±v0;碰撞过程中AB动量守恒,则有:mv0=mv′+3mvB;当 v′=v0时,解得:vB=v0;因vB<v0,不符合运动情况,故不可能。当 v′=-v0,解得:vB=v0。故选A。 【点睛】本题考查的是动量定律得直接应用,注意动能是标量,速度是矢量,所以要讨论两种情况;注意碰撞后的速度关系要切合实际. 8.滑沙是国内新兴的,也是黄金海岸独有的旅游项目,深受游客欢迎。如图所示,某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时,速度为v,设人下滑时所受阻力恒定不变,沙坡长度为L,斜面倾角为θ,人的质量为m,滑沙板质量不计,重力加速度为g,则(  ) A. 人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端所受阻力做的功为mgLsin θ-mv2 B. 人沿沙坡下滑时所受阻力的大小为mgsin θ- C. 人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端重力做的功为mgL D. 人在下滑过程中重力功率的最大值为mgv 【答案】AB 【解析】 【详解】根据动能定理得:mgLsinθ-Wf=mv2-0,解得阻力做的功为:Wf= mgLsinθ-mv2,故A正确。由Wf=fL得:阻力大小为:f=mgsinθ-,故B正确。人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端重力做的功为mgLsinθ.故C错误。当人滑到底端时,速度最大,最大速度为v,则重力功率的最大值为:P=mgsinθ•v=mgvsinθ.故D错误。故选AB。 【点睛】此题考查动能定理的应用问题以及功和功率的计算;在计算重力的功率时,速度要取竖直分量的大小. 9.如图所示为内壁光滑的半球形凹槽M,O为球心,∠AOB=60°,OA水平,小物块在与水平方向成45°角的斜向上的推力F作用下静止于B处。在将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中装置始终静止,则(  ) A. M槽对小物块的支持力逐渐减小 B. M槽对小物块的支持力逐渐增大 C. 推力F先减小后增大 D. 推力F逐渐增大 【答案】BC 【解析】 【详解】以小物块为研究对象,受力分析如图所示: 物块受到重力G、支持力FN和推力F三个力作用,根据平衡条件可知,FN与F的合力与G大小相等,方向相反。将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(F由位置1→3),根据作图可知,M槽对小物块的支持力FN逐渐增大,推力F先减小后增大,当F与FN垂直时,F最小。故BC两项正确,AD两项错误。 【点睛】动态平衡问题一般采用图解法或解析法。 10.如图甲所示,轻弹簧竖直固定在水平面上,一质量为m = 0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落,从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内),其速度v和弹簧压缩量∆x的函数图象如图乙所示,其中A为曲线的最高点,小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计,取重力加速度g = 10 m/s2,则下列说法中正确的是( ) A. 该弹簧的劲度系数为20 N/m B. 当∆x = 0.3 m时,小球处于超重状态 C. 小球刚接触弹簧时速度最大 D. 从接触弹簧到压缩至最短的过程中,小球的加速度先减小后增大 【答案】ABD 【解析】 当时,小球的重力等于弹簧对它的弹力,合力为零,小球的加速度为零,小球处于平衡状态,可得:,解得:,故A正确;由图可知,时,物体的速度减小,加速度向上,故说明物体处于超重状态,故B正确;由小球的速度图象知,开始小球的速度增大,小球的重力大于弹簧对它的弹力,当为0.1m时,小球的速度最大,然后速度减小,故C错误;图中的斜率表示加速度,则由图可知,从接触弹簧到压缩至最短的过程中,小球的加速度先减小后增大,故D正确。本题选不正确的,故选C。 【点睛】根据图象可知,当为0.1m时,小球的速度最大,加速度为零,此时重力等于弹簧对它的弹力,根据求出k,小球和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒。 11.汽车从静止匀加速启动,最后做匀速运动,其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示,其中正确的是(  ) A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动,当达到额定功率时,匀加速结束,然后做加速度逐渐减小的加速运动,直至最后匀速运动; 开始匀加速时:F-f=ma,    设匀加速刚结束时速度为v1,有:P额=Fv1 最后匀速时:F额=f,有:P额=F额vm 由以上各式解得:匀加速的末速度为:v1=P额/(f+ma), 最后匀速速度为:vm=P额/f; A、在v-t图象中斜率表示加速度,汽车开始加速度不变,后来逐渐减小,最后匀速运动,故A正确; B、汽车运动过程中开始加速度不变,后来加速度逐渐减小,最后加速度为零,故B错误; C、汽车牵引力开始大小不变,然后逐渐减小,最后牵引力等于阻力,故C正确; D、开始汽车功率逐渐增加,P=Fv=Fat,故为过原点直线,后来功率恒定,故D正确。 本题选择错误答案,故选:B。 点睛:整个汽车启动过程:汽车以恒定牵引力启动时,汽车开始做匀加速直线运动,由P=Fv可知汽车功率逐渐增大;当达到额定功率时,随着速度的增大,牵引力将减小,汽车做加速度逐渐减小的加速运动;当牵引力等于阻力时,汽车开始匀速运动,据此解答。 12.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ,以一定的速度匀速运动,某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲示),以此时为t = 0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示),图中取沿斜面向上的运动方向为正方向,已知传送带的速度保持不变,则(  ) A. 物块在0~t1内运动的位移比在t1~t2内运动的位移小 B. 0~t2内,重力对物块做正功 C. 若物块与传送带间的动摩擦因数为μ,那么μ > tan θ D. 0~t2内,传送带对物块做功为 【答案】BC 【解析】 【详解】由图示图象可知,0~t1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t1~t2内与坐标轴所围成的三角形面积,由此可知,物块在0~t1内运动的位移比在t1~t2内运动的位移大,故A错误;在t1~t2内,物块向上运动,则有 μmgcosθ>mgsinθ,解得:μ>tanθ,故C正确。0~t2内,由图“面积”等于位移可知,物块的总位移沿斜面向下,高度下降,重力对物块做正功,设为WG,根据动能定理得:W+WG=mv22-mv12,则传送带对物块做功W≠mv22- mv12,故B正确,D错误。故选BC. 【点睛】本题由速度图象要能分析物块的运动情况,再判断其受力情况,得到动摩擦因数的范围,根据动能定理求解功是常用的方法. 13.如图所示,在距水平地面高为0.4 m处,水平固定一根长直光滑杆,在杆上P点固定一光滑的轻质定滑轮,滑轮可绕水平轴无摩擦转动,在P点的右边,杆上套有一质量m = 2 kg的滑块A。半径R=0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上,其圆心O在P点的正下方,在轨道上套有一质量m = 2 kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳,通过定滑轮将小球与滑块连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内,滑块小球均可看作质点,且不计滑轮大小的影响,取g = 10 m/s2。现给滑块A一个水平向右的恒力F = 60 N,则(  ) A. 把小球B从地面拉到P的正下方时力F 做功为24 J B. 小球B运动到C处时滑块A的速度大小为0 C. 小球B被拉到与滑块A速度大小相等时, D. 把小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加了6 J 【答案】ABC 【解析】 【详解】设PO=H.由几何知识得,PB=,PC=H-R=0.1m。F做的功为W=F(PB-PC)=40×(0.5-0.1)=24J.故A正确。当B球到达C处时,已无沿绳的分速度,所以此时滑块A的速度为零,选项B正确;当绳与轨道相切时滑块A与B球速度相等,由几何知识得:sin∠OPB=.故C正确。由功能关系,得把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C处时小