江苏省无锡市锡山区天一中学2019届高三上学期11月月考物理试题

江苏省天一中学2019届第一学期高三11月月考+物理一、选择题1. 如图所示，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”．这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于（）A. 冰壶的速度B. 冰壶的质量C. 冰壶受到的推力D. 冰壶受到的阻力【答案】B【解析】试题分析：惯性是物体的固有属性；而质量却是惯性大小的唯一量度；故惯性的大小取决于冰壶的质量；故选：B．2.架在A、B两根晾衣竿之间的一定质量的均匀铁丝在夏、冬两季由于热胀冷缩的效应，铁丝呈现如图所示的两种形状，则铁丝对晾衣竿的拉力A. 夏季时的拉力较大B. 冬季时的拉力较大C. 夏季和冬季时的拉力一样大D. 无法确定【答案】B【解析】【详解】以整条铁丝为研究对象，受力分析如右图所示，由共点力的平衡条件知，两杆对铁丝的弹力的合力与其重力平衡，由几何关系得：2Fcosθ=Mg，故F=;由于夏天气温较高，铁丝的体积会膨胀，两杆正中部位铁丝下坠的距离h变大，则铁丝在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角θ变小，故F较小，根据牛顿第三定律得，铁丝对晾衣杆拉力大小与F相等，故可知，冬天时拉力较大，故B正确，ACD错误；故选B。

【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，要比较一个物理量的大小关系，我们应该先把这个物理量运用物理规律表示出来．本题中应该抓住电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，根据夏季、冬季电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角的不同分析求解．3.如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置．在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是（不计粒子重力）A. 保持开关S闭合，适当上移P极板B. 保持开关S闭合，适当左移P极板C. 先断开开关S，再适当上移 P极板D. 先断开开关S，再适当左移P极板【答案】A【解析】试题分析：粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间；A、保持开关S闭合，适当上移P极板，根据U=Ed，d增加，场强E减小，故加速度a=qE/m减小，根据t=2v y0/a，时间延长，可能从小孔B射出；故A正确；B、保持开关S闭合，适当左移P极板，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故B错误；C、先断开开关S，再适当上移P极板，电荷的面密度不变，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故C错误；D、先断开开关S，再适当左移P极板，电荷的面密度增加，场强变大，故粒子加速度变大，故时间缩短，水平分位移减小，故不可能从小孔B射出，故D错误；故选A．考点：考查电容器、匀强电场、带电粒子在电场中的运动．【名师点睛】本题关键是明确粒子的运动性质，然后结合类似斜抛运动的分运动规律列式分析．4.在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．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2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g，则A. 若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0B. 若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v0C. 人沿沙坡下滑时所受阻力F f＝mg sinα－/LD. 人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0【答案】C【解析】【详解】A、人由静止开始运动时，有：，当初速度为v0时，根据速度位移公式有：，联立两式得，，故A、B错误；C、根据速度位移公式得，加速度，根据牛顿第二定律得，解得：，故C正确；D、当人滑到底端时，速度最大，最大速度为2v0，则重力功率的最大值，故D错误；故选C。

【点睛】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出人滑到底端的速度，结合速度位移公式求出人的加速度，根据牛顿第二定律求出阻力的大小；当速度最大时，重力的功率最大，结合重力和最大速度，根据功率的表达式求出重力功率的最大值。

5.如图所示，A、B两物块的质量皆为m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为4μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则A. 当F＜4μmg时，A、B都相对地面静止B. 当F=5μmg时，A的加速度为μgC. 当F=8μmg时，A相对B滑动D. 无论F为何值，B的加速度不会超过μg【答案】C【解析】【详解】A、A与B之间的最大静摩擦力为：，B与地面间的最大静摩擦力为：，A、B相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：对B有：，得，对整体有：，得；当时，则有，所以A、B之间不会发生相对滑动，当，由于拉力大于B与地面间的最大静摩擦力，故A、B与地面间发生相对滑动，故A错误；B、当时，由于，所以 A、B间相对静止，相对地面一起运动，由牛顿第二定律得：A的加速度为，故B错误；C、当时，由于，所以A、B间会发生相对滑动，故C正确；D、由上分析知，B的加速度会超过μg，最大达到2μg，故D错误；故选C。

【点睛】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出A相对于B静止的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析。

6.空间存在平行于x轴方向的静电场，其电势φ随x的分布如图所示．一质量为m、电荷量为q的带电的粒子从坐标原点O由静止开始，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动．则下列说法正确的是A. 该粒子带正电荷B. 空间存在的静电场场强E是沿x轴正方向均匀减小的C. 该粒子从原点O运动到x0过程中电势能是减小的D. 该粒子运动在x0点的速度是【答案】AC【解析】沿电场线方向电势降低，由图可知电场方向沿X正方向。

带电粒子仅在电场力作用下由静止开始沿x轴正方向运动，受力方向与电场方向一致，带电粒子带正电，A正确；沿X正方向电势均匀降低，电场为匀强电场，B错误；沿x轴正方向运动，电场力做正功，电势能减小，C正确；根据动能定理，，D错误。

故选AC7.如图为某工程车的卸货装置，该装置为一能够直接将货物传送到地面的倾角为θ的传送带．该装置在正常工作时沿逆时针方向匀速转动，传送带的速度为v，卸货工人将质量均为m 的货物无初速度地放在传送带顶端，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ，且μ<tanθ．则货物在整个运动过程中的速度随时间变化的规律可能是A.B.C.D.【答案】BC【解析】对物块进行受力分析可知，重力，支持力，沿传送带向下的滑动摩擦力，则物块沿传送带做匀加速直线运动，加速度为，当物块速度达到与传送带速度相等时，物块的位移为x，如果时，物块一直加速，故B正确；如果时，当物块速度达到与传送带速度相等时，由于，即，此时摩擦力突变向上，加速度变为，物块以此加速度继续加速运动，故C正确。

点晴：解决本题关键分析讨论当物块速度达到与传送带速度相等时，物块的位移与传送带长度，注当物块速度达到与传送带速度相等时，摩擦力会突变。

8.如图为某着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，着陆器先在轨道Ⅰ上运动，然后改在圆轨道Ⅱ上运动，最后在椭圆周轨道Ⅲ上运动，P点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点。

且PQ=2QS=2l，着陆器在轨道Ⅰ上经过P点的速度为v1，在轨道Ⅱ上经过P点的速度为v2，在轨道Ⅲ上经过P点的速度为v3，下列说法正确的是（）A. v1> v2> v3B. 着陆器在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能C. 着陆器在轨道Ⅲ上经过P点的加速度为D. 着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间与着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间之比是2【答案】ABC【解析】【详解】A、着陆器由轨道Ⅰ上运动改在圆轨道Ⅱ上运动，着陆器在P点应减速，所以着陆器在轨道Ⅰ上经过P点的速度v1大于在轨道Ⅱ上经过P点的速度v2，着陆器由轨道Ⅱ上运动改在圆轨道Ⅲ上运动，着陆器在P点应减速，所以在轨道Ⅱ上经过P点的速度v2大于在轨道Ⅲ上经过P点的速度v3，故A正确；B、着陆器由轨道Ⅰ上运动改在圆轨道Ⅱ上运动，着陆器在P点应减速，所以着陆器在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，故B正确；C、着陆器在轨道Ⅱ上P点和轨道Ⅲ上P点离火星中心距离相等，因此在这点受到的火星的引力相等，由牛顿第二定律可知，在这点的加速度大小相等，着陆器在轨道Ⅲ上经过P点的加速度为，故C正确；D、设着陆器在轨道Ⅱ上运动的周期为T1，在轨道Ⅲ上运动的周期为了T2，由开普勒第三定律得，解得，着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间与着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间之比是，故D错误；故选ABC。

【点睛】关键是着陆器由轨道Ⅰ上运动改在圆轨道Ⅱ上运动，着陆器在P点应减速，着陆器由轨道Ⅱ上运动改在圆轨道Ⅲ上运动，着陆器在P点应减速，比较在不同轨道上经过P点的加速度，直接比较它们所受的万有引力就可得知加速度大小相等。

9.如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L轻杆相连， B、C置于水平地面上．在轻杆竖直时，将A由静止释放，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此过程中（）A. 球A的机械能一直减小B. 球A落地的瞬时速度为C. 球B对地面的压力始终等于D. 球B对地面的压力可小于mg【答案】BD【解析】A：设A球下滑时，左侧杆与竖直方向夹角为，则AB用铰链相连，则，当A下落到最低点时，B的速度为零，中间过程中B的速度不为零；同理可得，当A下落到最低点时，C的速度为零，中间过程中C的速度不为零。

ABC三者组成的系统机械能守恒，中间过程B、C的动能不为零，A到最低点时，B、C的动能为零；则球A的机械能不是一直减小。

故A项错误。

B：当A下落到最低点时，B、C的速度为零，对三者组成的系统，A由静止释放到球A落地过程，应用机械能守恒得：，解得：球A落地的瞬时速度。

故B项正确。

C：球A加速下落时，三者组成的系统有向下的加速度，整体处于失重状态，球B、C对地面的压力小于。

故C项错误。

D：在A落地前一小段时间，B做减速运动，杆对B有斜向右上的拉力，则球B对地面的压力小于。

故D项正确。

综上，答案为BD。

点睛：绳连接、杆连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等。

二、实验题10.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB与OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．（2）本实验采用的科学方法是________．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法（3）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，则右图的示数为________N．（4）为减小实验误差，下列措施正确的是________．A．两条细绳的夹角必须很大B．弹簧测力计、细绳、橡皮筋都应与木板平面平行C．拉橡皮筋的细绳要稍长一些，标记同一条细绳的方向时两标记点要适当近一些D．应尽量避免弹簧测力计与木板间的摩擦【答案】 (1). ; (2). B; (3). 3.6; (4). BD;【解析】【分析】由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的理论值（通过平行四边形定则得出的值）与实际值（实际实验的数值）存在差别，数据处理时：我们需要画出力的大小和方向，所以力要尽量大些可减小测量误差对实验的影响，拉橡皮筋时要拉的尽量长一点，了解误差产生的原因即可正确解答；【详解】解：(1)F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点,使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同,测量出的合力，故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合；(2)合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，故B正确，A、C、D错误；故选B。