北京市昌平区第二中学高三10月月考物理试题

昌平二中2017-2018学年第一学期高三年级第一次月考
物理试卷
（满分100分，考试时间90分钟）2017.10
一、单项选择题．本题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项则符合题意的，全部选对得3分，选错或不答的得0分．
1．科学家发现再月球上含有丰富的32He （氦3）
，它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其核聚变方程可表示为3
31221He He 2H X +→+．关于32He 的聚变，下列表述正确的是（ ）
A ．X 是α粒子
B ．X 是β粒子
C ．X 是中子
D ．聚变反应没有质量亏损
【答案】A
【解析】A ．根据质量数和电荷数守恒得X 的电荷为2，质量数为4，所以X 是α粒子，故A 正确；BC 错误；
D ．聚变反应要放出大量能量，会有质量亏损，故D 错误．
故选A ．
2．更好列核反应方程中，属于裂变的是（ ）
A ．14
41717281N He O H +→+ B ．238234492
902U Th He →+ C ．23411120H H He n +→+ D ．235114489192056360U n Ba Kr 3n +→++
【答案】D
【解析】裂变是中子轰击较重的原子核后，原子核被分解为较轻原子核的过程，可见选项D 是正确的．
故选D ．
3．如图所示，质量为M 、倾角为θ的斜面体静止在水平地面上，质量为m 的物块刚好能在斜面上匀速下滑．重力加速度为g ．下列说明正确的是（ ）
A ．物块受到重力、支持力、摩擦力和下滑力作用
B ．物块与斜面体之间的动摩擦因数为tan θ
C ．地面受到的压力为Mg
D ．地面受到的压力大于()m M g +
【答案】B
【解析】当m 匀速下滑时有：sin cos mg mg θμθ=，以整体为研究对象，系统处于平衡状态，因此地面对系统的支持力：()N F M m g =+，根据牛顿第三定律可以知道，地面受到的压力为()M m g +，故B 正确，ACD 错误．
故选B ．
4．如图所示，跳伞运动员在打开降落伞后，即开始减速下降．的此过程中，下列说法错误
的是（）
A．运动员处于失重状态
B．运动员处于超重状态
C．伞绳对运动员的作用力大于运动员的重力
D．伞绳对运动员的作用力等于运动员对伞绳的作用力
【答案】A
【解析】AB．跳伞运动员正减速下落，则运动的方向向下，而加速度的方向向上运动员于超重状态，故A错误，B正确；
C．运动员处于超重状态，伞绳对运动员的作用力大于运动员的重力，故C正确；
D．伞绳对运动员的作用力运动员对伞绳的作用力是作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，故D正确．
故选A．
5．如图所示，重物P放在一长木板OA上，将长木板绕O端转过一个小角度的过程中，重物P相对于木板始终保持静止．关于木板对重物P的摩擦力和支持力做功的情况，下列说法正确的是( )
A．支持力对重物做正功B．支持力对重物不做功
C．摩擦力对重物做正功D．摩擦力对重物做负功
【答案】A
【解析】物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，处于平衡状态，在缓慢上升的过程中，位移方向向上，重力对物块做了负功，物块在上升的过程中，物块相对于木板并没有滑动，所以物块受到的摩擦力对物块做的功为零．因为重力对物块做了负功，摩擦力对物块不做功，根据动能定理可以知道，支持力对物块做正功，故A正确，BCD错误．
故选A．
6．如图所示，摩天轮是一种大型转轮状的游乐观光设施，挂在轮边缘的是供游客搭乘的座舱，因座舱能自由调整，游客可以一直保持竖直坐姿，尽情欣赏城市美景．假设游客随座舱在竖直面内做匀速圆周运支．下列叙述正确的是（）
A ．游客所受的合外力为零
B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C ．摩天轮转运过程中，游客的机械能保持不变
D ．摩天轮转运过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【解析】A ．根据牛二定律2
mV F r
=合，大太阳A 错误； B ．小球沿光滑的斜面轨道运动，离开轨道后做斜上抛运动，到达最高点时沿水平方向的分速度不能等于0，由机械能守恒可以知道，小球不能到达与0点等高的点，故B 错误；
CD ．小球沿光滑斜面轨道运动到接近轨道的羰点b 点时，速度的的方向沿轨道的切线方向指向左上方，可以知道小球沿轨道运动到接近b 点时，沿水平方向的分速度不能等于0，由机械能守恒可以知道，小球不能达到与0点等高的点，故C 错误，D 错误． 故选A ．
7．将一个皮球从距地面高度为h 处由静止释放，经过时间0t 落地，碰到地面弹起后又上升到最高点.球与地面作用的时间极短，不计空气阻力以及球与地面作用过程中机械能的损失.图为定性反映皮球运动过程中速度v 的大小随时间t 变化的图象，其中正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C
【解析】皮球从距地面高度为h 处由静止释放，因不考虑空气阻力，所以下落加速度为g ，
做自由落体运动，故速度公式v gt =，得v t -图象为一直线，经时间t 落地与地面碰撞过
程无机械能损失，所以球将以原速率弹回，因不考虑空气阻力，故为竖直上抛物动，加速度为g ，由速度公式知0v v gt =-，所以v t -图象也为一直线，故C 正确．
故选C ．
8．发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速
度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，其原因是( ) A.速度较小的球下降相同的距离所用的时间较多
B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【答案】C
【解析】ABD ．同一高度射出的乒乓球在竖直方向上做自由落体运动，下降相同的距离，
所用的时间相同，在竖直方向上的速度相同，下降相同的时间间隔，下降的距离相同，故ABD 错误；
C ．乒乓球在水平方向上做匀速运动，通过同一水平距离，速度较大的球所用的时间较少，下落的高度较小，故能过网，故C 正确．
故选C ．
9．如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M 、N 上的a 、b 两点，a 、
b 两点处于同一水平线上．悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（ ）
A ．绳的右端上移动c ，绳子拉力变小
B ．绳的右端上移动x ，绳子拉力变大
C ．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大
D ．将植N 向右移一些，绳子拉力不变
【答案】C
【解析】AB ．两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，因为夹角不变，所以绳子的拉
力不变，故AB 错误；
CD ．当杆向右移动后，根据cos x L θ=，即L 变大，绳子不变，所以θ角度减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，故C 正确，D 错误．
故选C ．
10．四个固定在竖直平面内的光滑轨道ab 如图所示，从O 点静止释放小物块（可视为质点），
仍能上升到与O 点等高的位置的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】A ．小球沿光滑的斜面轨道运动，到达最高点时的速度等于0，恰好到达与0点高
度相等的点，故A 正确．
故选A ．
11．如图所示，一半径为R 的光滑半圆形轨道固定在水平地面上，在轨道水平直径的一端有
一质量为m 的质点P ，由静止开始下滑．当质点P 滑到轨道最低点时（ ）
A
B ．向心加速度的大小为g
C ．受到的支持力大小为mg
D ．受到的支持力大小为3mg 【答案】D
【解析】A ．依据动能定理212
mgR mv =，解得v =A 错误； B ．依据2
v a R
=，解得2a g =，故B 错误； CD ．依据牛二定律2
mv N mg R
-=，解得3N mg =，故C 错误，D 正确． 故选D ．
12
故选D．
13．“嫦娥一号”成功发射后,探月成为同学们的热门话题.一位同学为了测算卫星在月球表面附近做匀速圆周运动的环绕速度,提出了如下实验方案:在月球表面以初速度
v竖直上抛一个物体,测出物体上升的最大高度h,已知月球的半径为R,便可测算出绕月卫星的环绕速度.按这位同学的方案,绕月卫星的环绕速度为（）
【答案】A
【解析】A．在月球表面以初速度
v竖直上抛一个物体，测出物体上升的最大高度h，根据
竖直上抛的运动规律得：
2
2
v
g
h
=，研究卫星星球的匀速圆周运动，根据万有引力提供
向心力得：
2
2
GMm v
m
R R
=…①，根据万有引力等于重力得：
2
GMm
mg
r
=，得2
G M g R
=…
②，由①②得绕月卫星的环绕月卫星的环绕速度为：v v
=A正确；
B．圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F mg N
=-，则支持力N mg F
=-，所以重力大于支持力，故B正确；C．机构能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故C故错；
D．由于速度的方向在改变，故瞬时功率都在改变，故D错误．
故选B ．
14．2013年12月2日，西昌卫星发射场，长征三号乙运载火箭将“嫦娥三号”送到38万公
里之外的“月宫”．某一段时间内，“嫦娥三号”在距离月球表面高为h 的轨道上绕月球做匀速圆周运动，运行周期为T ．已知引力常量为G ，月球的半径为R ．利用以上物理量计算月球质量的表达式是（ ）
A ．2324πR GT
B ．23
2
4πh GT C ．2324π()R h GT + D ．22
4π()R h GT + 【答案】C 【解析】根据万有引力提供向心力有：2
224π()()Mm G m R h R h T
=++，计算得出： 22
2
4π()R h M GT +=，故C 正确，ABD 错误． 故选C ．
15．一物体放在光滑水平面上，若物体仅受到沿水平方向的两个力1F 和2F 的作用，在两个力开始作用的第1s 内物体保持静止状态．已知这两个力随时间变化的情况如图所示，则（ ）
A ．在第2s 内，物体做加速运动，加速度减小，速度增大
B ．在第3s 内，物体做加速运动，加速度增大，速度增大
C ．在第4s 内，物体做加速运动，加速度减小，速度增大
D ．在第6s 末，物体又处于静止状态
【答案】B
【解析】A ．物体在第2s 内，合力逐渐增大，则加速度逐渐增大，速度逐渐增大，做变加速
直线运动，故A 错误；
B ．物体在第3s 内，合力逐渐增大，则加速度逐渐增大，速度逐渐增大，做变加速直线运动，故B 正确；
C ．在第4s 内物体所受的合力均匀减小，则加速度均匀减小，因为合力的方向未发生变化，所以加速度的方向不变，故C 错误；
D ．在第1s 5s -内，合力的方向不变，则加速度的方向不变，物体一直做加速直线运动，5s 6s -内物体做匀速直线运动，第6s 未物体的速度不为零，故D 错误．
故选B ．
16．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用向右的拉力F 将纸板迅速抽出，砝码
最后停在桌面上．若增加F 的大小，则砝码（ ）
A ．与纸板之间的摩擦力增大
B ．在纸板上运动的时间减小
C ．相对于桌面运动的距离增大
D ．相对于桌面运动的距离不变
【答案】B
【解析】A ．砝码对纸极压力，由f N μ=知砝码与纸板之间的摩擦力不变，故A 错误；
B ．增加F 的大小，纸板的加速度增大，而砝码的加速度不变，所以砝码在纸板上运动的时间减小，故B 正确；
CD ．设砝码在纸板上运动时的加速度大小为1a ，在桌面上运动的加速度为2a ，则砝码相对于桌面运动的距离为：2
212
22v v S a a =+，由11v a t =知，1a 不变，砝码在纸板上运动的时间t 减小，则砝码离开纸板时的速度v 减小，由上知砝码相对于桌面运动的距离S 减小，故CD 错误．
故选B ．
二、实验题（本题共3小题，每空2分，共14分）
17．（2分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，下列说法正确的是__________．
A ．应当在钩码静止时读取数据
B ．应当在弹簧处于水平自然状态时测量弹簧的原长
C ．应当在弹簧处于自然下垂状态时测量弹簧的原长
D ．若以弹簧长度为横坐标，以弹簧弹力为纵坐标，根据各组数据所绘制图线的斜率即为该弹簧的劲度系数
【答案】ACD
【解析】A ．实验时应在钩码静止时读取数据，故A 正确；
B ．因为弹簧，自身有重力，所以先竖直悬挂，后测量原长，这样挂上砝码后测出弹簧，伸长后的长度减去原长能准确反映伸长量，故B 错误，
C 正确；
D ．根据胡定定律知,，()F k x l =-，则以弹簧长度为横坐标，以弹簧弹力为纵坐标，根据各组数据所绘制图线的斜率即为该弹簧的劲度数，故D 正确；
故D 正确．
故选ACD ．
18．用如图甲所示的实验装置测量物体沿斜面匀加速下滑的加速度，打点计时器打出的纸带
如图乙所示．已知纸带上各相邻点的时间间隔为T ，则可以得出打点计时器在打出C 点
时小车的速度大小的表达式为______________，小车运动的加速度大小的表达式为______________．
【答案】
342x x T + 34122
4x x x x T +-- 【解析】当物体做匀变速直线运动时，物体在某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时
刻的瞬时速度，所以在打C 点的瞬时速度等于CE 段的平均速度，即为342x x T +． 美好2x aT ∆=可得：23112x x a T -=，24222x x a T -=，122a a a +=
，所以可得小车运动的加速度34122
4x x x x a T +--=． 19．（8分）某物理实验小组采用如图甲所示的装置研究平抛运动．
（1）安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是__________．
A ．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小
B ．保证小球飞出时，初速度水平
C ．保证小球在空中运动的时间每次都相等
D ．保证小球运动的轨迹是一条抛物线
（2）某同学每次都将小球从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平挡板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图乙1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为1x 、2x 、3x ，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是__________．
A ．2132x x x x -=-
B ．2132x x x x -<-
C ．2132x x x x ->-
D ．无法判断
（3）另一同学通过正确的实验步骤及操作，在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹．部分运动轨迹如图丙所示．图中水平方向与竖直方向每小格的长度均为L ，1P 、2P 和3P 是轨迹图线上的3个点，1P 和2P 、2P 和3P 之间的水平距离相等．重力加速度为g ．可求出小球从1P 运动到2P 所用的时间为__________，小球抛出时的水平速度为__________．
【答案】（1）B (2)C (3)【解析】（1）研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出
时，才能确保做平抛运动，故ACD 错误，B 正确．
（2）因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来越短，水平向上做匀速直线运动，所以2132x x x x ->-，因为平抛运动的过程中，只有重力做功，所以机械能定恒，123E E E ∆=∆=∆，故C 正确，ABD 错误．
（3）因两段对应的水平距离相等，故两段运动的时间相等，而竖直位移分别为：3l 和
5l ，故在竖直方向由2h gt ∆=，可得v =3L v t ==． 三、论述计算题．本题共4小题，共38分，解答时写出必要的文字说明、公式或表达式．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．
20．（8分）质量为60kg 的人，站在升降机中的体重计上，升降机做下列各种运动时，体重
计的读数是多少？（取210m/s g =） （1）升降机匀速上升．
（2）升降机以24m/s 的加速度加速上升．
（3）升降机以25m/s 的加速度加速下降．
【答案】（1）600N (2)840N （2）300N
【解析】（1）升降机匀速上升时，体重计的读数1600N F G mg ===．
（2）当升降机以24m/s 的加速度匀速上升时，以人为研究对象，根据牛顿第二定律得
2F mg ma ==，代入计算得出2840N F =，再牛顿第三定律得到人对体重计的压力大小
等于2840N F =，概体重计的读数为840N ．
（3）当升降机以25m/s 的加速度匀加速下降时，以人为研窗台地象，根据牛顿第二定律得33mg F mg -=，代入计算得出3300N F =，再牛三定律得到体重计的读数为300N ． 21．（8分）滑雪者及滑雪板总质量75kg m =，以0 2.0m/s v =的初速度沿山坡匀加速滑下，
山坡的倾角30θ=︒，在 5.0s t =的时间内滑下的距离60m x =．设阻力的大小不变，重力加速度g 取210m/s ，求：
（1）滑雪人下滑加速度的大小． （2）滑雪板及人受到的阻力的大小． 【答案】（1）24m/s
（2）75N
【解析】（1）以初速度为正方向，已知初速度、时间、位移，由运动位移公式2012
x v t at =+，
21
602552
a =⨯+⨯⨯，计算得出24m/s a =．
（2）由牛顿第二定律：sin mg f ma θ-=，1
75107542
f ⨯⨯-=⨯．
计算得出：75N F =． 22．（8分）图为某景观喷泉的喷射装置截面图如图所示．它由竖直进水管和均匀
分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为0.6m r =，离水面的高度 3.2m h =．水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为 2.2m R =．水泵的效率为80%η=，水泵出水口在1s 内通过
的水的质量为010kg m =，重力加速度g 取210m/s ，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失．求：
（1）水从喷嘴喷出时速度的大小v ． （2）水泵输出的功率P ． （3）水泵的电功率P 电
．
【答案】（1）2m/s （2）340W （3）425W
【解析】（1）水从喷嘴水平喷出，做平抛运动，R r vt -=，2
12
h gt =
，得：2m/s v =． （2）水泵对外做功，转化为水的机械能，水泵的输出功率：2001
2
P m gh m v =-，
得：340W P =．
（3）根据p P η=电，则水泵的电功率是425W P =电
． 23．（12分）2016年10月19日，我国发射的“神舟十一号”载人飞船与“天宫二号”空间
实验室成功实现交会对接．随后，航天员景海鹏、陈冬先后进入“天宫二号”空间实验室，开启30天的太空生活，将在舱内按计划开展相关空间科学实验和技术试验．假设对接前“天宫二号”与“神舟十一号”在同一轨道围绕地球做匀速圆周运动，轨道距地面高度为h ，如图所示．已知地球的质量为M ，地球的半径为R ，引力常量为G ． （1）求“天宫二号”在轨道上做圆周运动的线速度大小v ．
（2）若“神舟十一号”在图示位置，欲与前方的“天宫二号”对接，只通过向后方喷气能否实现成功对接？请说明理由．
（3）在牛顿力学体系中，当两个质量分别为1m 、2m 的质点相距为r 时具有的势能，称为引力势能，其大小为12
p Gm m E r
=-（规定无穷远处势能为零）．试证明“天宫二号”的机械能与1
R h
-
+成正比．（R h +为“天宫二号”圆周运动的轨道半径）
【答案】（1（2）见解析 （3）见解析 【解析】（1）设“天宫二号”的质量为m ，万有引力提供圆周运动的向心力：
2
2()Mm v G m R h R h =++，得：v = （2）不能实现对接．
“神舟十一号”向后喷气，速度增大，所需的向心力也增大，此时的万有引力不是以提供“神舟十号”所需的向心力，飞船将做离心运动，到离地球更远的抛道上运动． （3）设“天宫二号”的质量为m ，其轨道半径为R r +，
“天宫二号”的功能：2k 122()
GMm
E mv R r ==+，
“天宫二号”的势能：p GMm
E R r
=
+， “天宫二号”的机械能：k p 2()
GMm
E E E R r =+=+机，
所以：1
E R r
∞-+机，由此得证．。