内蒙古包钢一中2020届高三上学期10月月考物理 Word版含答案
内蒙古包钢一中2019_2020学年高一物理上学期10月月考试题
内蒙古包钢一中2019-2020学年高一物理上学期10月月考试题本试卷满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号准确填写在答题卡上。
2．作答时，考生务必将答案写在相应答题卡上。
写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后只上交答题卡。
一. 单项选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。
1.关于物体的运动,下列现象不可能存在的是( )A.加速度在减小,速度在增大B.加速度很大,速度变化很慢C.速度变化量很大,加速度很小D.加速度很小,速度很大2.关于描述运动的物理量,下列说法正确的是( )A.物体沿直线向某一方向运动时,通过的路程就是位移B.研究飞船的飞行姿态时,可以将飞船看成质点C.雨点以5 m/s的速度落到地面,这个速度是平均速度D.描述一个物体的运动时,参考系可以任意选择3.在某段公路上分别有如图所示的甲、乙两块告示牌,告示牌上面数字的意思是( )A.甲是指位移,乙是指平均速度B.甲是指路程,乙是指平均速度C.甲是指位移,乙是指瞬时速度D.甲是指路程,乙是指瞬时速度4.在平直公路上行驶的a车和b车,其x-t图象分别为图中直线a和曲线b,由图可知( )A.b车先做加速运动再做减速运动B.在t1时刻,a、b两车的速度大小相等C.t1到t2时间内,a车的位移小于b车的位移D.t1到t2时间内,某时刻两车的速度可能相同5.如图所示为甲、乙两物体在同一起跑线上同时向同一方向做直线运动时的v-t图像,则以下判断中正确的是( )A.甲、乙均做匀速直线运动B.在t1时刻甲、乙两物体相遇C.在0～t1时间内甲乙的平均速度相等D.甲、乙均做匀加速直线运动,乙的加速度大6.甲、乙两人同时从直跑道的一端前往另一端,甲在一半时间内跑,在另一半时间内走,乙在一半路程上跑,在另一半路程上走。
他们跑或走的速度都是相同的,则他们两人中先到达终点的是( )A.甲B.乙C.甲、乙同时到达终点D.无法进行比较7.以v0=12 m/s的速度匀速行驶的汽车,突然刹车,刹车过程中汽车以a=-6 m/s2的加速度继续前进,则刹车后( )A.3 s内的位移是12 mB.3 s内的位移是9 mC.1 s末速度的大小是18 m/sD.3 s末速度的大小是6 m/s8.汽车刹车后做匀减速直线运动,最后停下来,在刹车过程中,汽车前半程的平均速度与后半程的平均速度之比是( )A.(+1)∶1B.1∶(+1)C.2∶1D.1∶29.如图所示,一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点,已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为2 m/s,AB间的距离x1=3 m,B、C间的距离x2=5 m,则物体的加速度为( ) A.1 m/s2 B.2 m/s2C.3 m/s2D.4 m/s210．正在匀加速沿平直轨道行驶的长为L的列车，保持加速度不变通过长度为L的桥．车头驶上桥时的速度为v1，车头经过桥尾时的速度为v2，则列车过完桥时的速度为( )A.v1·v2B.v12＋v22C.2v22＋v12D.2v22－v1211．高二学生张晓乐身高1.7 m，在2019年学校秋季运动会上参加跳高比赛，采用背跃式，身体横着越过2.10 m的横杆，获得了冠军．据此可估算出他起跳时竖直向上的速度至少约为(g取10 m/s2)( )A．9 m/s B．8 m/s C．5 m/s D．3 m/s12．一列车沿直线轨道从静止出发由A地驶向B地，并停在B地，列车做加速运动时，其加速度的最大值为a1；做减速运动时，其加速度的绝对值的最大值为a2.要让列车由A地到B 地所用的时间最短，图中列车的vt图象应是(其中tanα＝a1；tanβ＝a2)( )二. 多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，选对但不全得2分，选错不得分。
内蒙古自治区包钢第一中学高一物理上册第一学期10月月质量检测考试题含解析
内蒙古自治区包钢第一中学高一物理上册第一学期10月月质量检测考试题含解析一、选择题1．大雪天车轮打滑，车辆难以前进，交警帮忙向前推车，如图所示，在推车的过程中，关于人和车之间的作用力，下列说法正确的一是（）A．车对人有向后的力B．车对人没有作用力C．人对车的力大于车对人的力D．人对车的力小于车对人的力2．《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。
如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则（）A．若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大B．小球受到的摩擦力与重力大小相等C．机械手臂受到的摩擦力方向竖直向上D．若铁夹水平移动，小球受到的摩擦力变大3．A、B、C三点在同一直线上，一个物体自A点从静止开始作匀加速直线运动，经过B点时的速度为2v，到C点时的速度为6v，则AB与BC两段距离大小之比是A．1:3 B．1:8 C．1:9 D．3:324．如图所示，一个重200N的物体，在粗糙水平面上向右运动，物体和水平面间的动摩擦因数μ=0.1，同时物体还受到大小为10N、方向向左的水平力作用，则水平面对物体的摩擦力的大小和方向是A．大小是10N，方向向左B．大小是20N，方向向左C．大小是20N，方向向右D．大小是10N，方向向右5．根据牛顿第一定律，下列说法正确的是（）A．如果物体的速度不断增大，那么物体必受力的作用B．如果物体的位移不断增大，那么物体必受力的作用C．一个竖直向上运动的物体，必受竖直向上的力的作用D．要使物体保持直线运动，一定要对它施加一个大小、方向合适的力6．下列说法正确的是A．木块放在桌面上受到向上的弹力是由于木块发生微小的形变产生的B．相对运动的物体间一定有滑动摩擦力存在C．相互压紧的粗糙物体之间总有摩擦力存在D．线能织成布，靠的是纱线之间的静摩擦力作用7．如图所示，轻弹簧的两端各受10N拉力F作用，弹簧平衡时伸长了5cm（在弹性限度内），下列说法正确的是（）A．根据公式Fkx=，弹簧的劲度系数k随弹簧弹力F的增大而增大B．该弹簧的劲度系数400N/mk=C．该弹簧的劲度系数200N/mk=D．该弹簧所受的弹力为20N8．一只盒子在粗糙桌面上减速滑行，此过程中盒子A．受到静摩擦力，大小保持不变B．受到静摩擦力，大小不断减小C．受到滑动摩擦力，大小保持不变D．受到滑动摩擦力，大小不断减小9．如图所示，有3000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为37°．则第1218个小球与1219个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）A．17814000B．12194000C．6092000D．891200010．如图所示，一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60kg。
内蒙古自治区2020年高三上学期物理10月月考试卷(II)卷
内蒙古自治区2020年高三上学期物理10月月考试卷（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共9题；共18分)1. （2分） (2019高一下·舒城月考) 如图所示，质量为m的物体P放在光滑的倾角为θ的斜面体上，同时用力F向右推斜面体，使P与斜面体保持相对静止.在光滑的水平面上前进水平位移为的过程中，斜面体对P做功为（）A . FB .C .D .2. （2分） (2017高一上·湖南期末) 鱼在水中沿直线水平向左加速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是（）A .B .C .D .3. （2分） (2015高一下·襄阳期中) 从长期来看，火星是一个可供人类移居的星球．假设有一天宇航员乘宇宙飞船登陆了火星，在火星上做自由落体实验，得到物体自由下落h所用的时间为t，设火星半径为R，据上述信息推断，宇宙飞船绕火星做圆周运动的周期不小于（）A . πtB . 2πtC . πtD . πt4. （2分）如图所示，工人师傅分别采用甲、乙两种方法，将重为G物=500N的货物运送到相同高度，甲、乙两种方法中滑轮重均为G轮=10N，工人所用拉力分别为F甲、F乙，机械效率分别为η甲、η乙不计摩擦和绳重，则下列判断正确的是（）A . F甲>F乙，η甲<η乙B . F甲<F乙，η甲<η乙C . F甲<F乙，η甲>η乙D . F甲>F乙，η甲>η乙5. （2分） (2017高二上·赫山期末) 下列关于电容器电容的大小的说法中，正确的是（）A . 电容器两极板间的距离越大，其电容器越大B . 电容器的电容与两极板间的距离无关C . 电容器两极板的正对面积越大，其电容越小D . 电容器两极板的正对面积越大，其电容越大6. （2分） (2017高二上·扶余期末) 如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同、方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1 ，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2 ，则此时b受到的磁场力大小变为（）A . F2B . F1•F2C . F1+F2D . 2F1+F27. （2分）如图所示的(1)、(2)两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110V．若分别在c、d两端与g、h两端加上110V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为：（）A . 220V，220VB . 220V，110VC . 110V，110VD . 220V，08. （2分）质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．弹性碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，弹性碰撞后B球的速度可能有不同的值．弹性碰撞后B球的速度大小可能是（）A . 0.6vB . 0.4vC . 0.2vD . v9. （2分）如图所示，W是功率表，用来测量电路的电功率，电流表的读数是I ，电压表的读数是U ，以下说法中错误的是（）A . 当a、b间接直流时，功率表的读数P＝UIB . 当a、b间接交变电流时，功率表的读数P＜UIC . 当a、b间接交变电流时，功率表的读数P＝UID . 当a、b间接脉动电流时，功率表的读数P＜UI二、多选题 (共5题；共15分)10. （3分） (2019高二上·广州期中) 如图所示，图线1、2、3分别表示导体A、B、C的伏安特性曲线，其中导体C为一非线性电阻，当三导体串联接在电压恒为6 V的直流电源两端时，它们的电阻分别为R1、R2、R3 ，则下列说法正确的是（）A . 此时流过三导体的电流均为1 AB . R1∶R2∶R3＝1∶3∶2C . 若将三导体串联后改接在3 V的直流电源上，则三导体的阻值之比不变D . 若将三导体并联后接在3 V的直流电源上，则通过它们的电流之比为I1∶I2∶I3＝3∶2∶111. （3分）(2017·永州模拟) 一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=12m处的质元的振动图线如图1所示，在x=18m处的质元的振动图线如图2所示．下列说法正确的是（）A . 该波的周期为12sB . x=12m处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m处的质元在波峰C . 在0～4s内x=12m处和x=18m处的质元通过的路程均为6cmD . 该波的波长可能为8mE . 该波的传播速度可能为2m/s12. （3分） (2017高二下·怀仁期末) 关于双缝干涉实验，若用白光作光源照射双缝，以下说法正确的是（）A . 屏上会出现彩色干涉条纹，因为白光是由波长不同的各种颜色的光组成的B . 当把双缝中的一条缝用不透光的板遮住时，屏上将出现宽度不同、中间是白色条纹的彩色衍射条纹C . 将两个缝分别用黄色滤光片和蓝色滤光片遮住时，屏上有亮光，但一定不是干涉条纹D . 将两个缝分别用黄色滤光片和蓝色滤光片遮住时，屏上无亮光13. （3分） (2017高二下·黑龙江期中) 以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（）A . 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，改用波长较长的光照射该金属可能发生光电效应B . 康普顿效应证实了光子像其他粒子一样，不但具有动能，也具有动量C . 氡222的半衰期为3.8天，则质量为4g的氡222经过7.6天还剩下1g的氡222D . 玻尔理论解释了原子发射出来的光子其谱线为什么是不连续的E . 重核裂变为几个中等质量的核，则其平均核子质量会增加14. （3分）(2016·沈阳模拟) 下列说法正确的是（）A . 为了解释光电效应现象，爱因斯坦建立了光子说，指出在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系B . 汤姆逊根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷C . 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量减小了D . 已知中子、质子和氘核的质量分别为mn、mp和mD ，则氘核的比结合能为（c表示真空中的光速）E . 放射性元素发生β衰变，新核的化学性质不变三、填空题 (共1题；共2分)15. （2分）下列关于质点的说法中，正确的是（）A . 质点一定是体积很小、质量很小的物体B . 地球虽大，且有自转，但有时仍可将地球看作质点C . 研究跳高运动员的起跳和过杆动作时，可以把运动员看成质点D . 研究花样滑冰运动员的冰上动作时，能把运动员看成质点四、实验题 (共3题；共13分)16. （1分） (2017高一上·福州期末) 某实验小组利用如图示的装置探究加速度与力、质量的关系．（1）下列做法正确的是（填字母代号）A . 调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B . 在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上C . 实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D . 通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上硅码的总质量（填远大于，远小于，或近似于）17. （5分）某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5S．则：（1）他测得的摆长=________cm．（2）他测得的g值偏小，可能原因是：A . 测摆线长时摆线拉得过紧．B . 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了．C . 开始计时时，秒表过迟按下．D . 实验中误将49次全振动计为50次．（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L和T的数值，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K，则重力加速度g=________．（用K表示）（4）一游标卡尺的主尺最小分度为1毫米，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图所示．该工件的直径为________mm．18. （7分） (2016高三上·黑龙江期中) 在某实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的器材有：①待测电池：电动势E（约3V）、内电阻r（约1Ω）②电流表：量程500μA，内阻r2=400Ω③电流表：量程3A，内阻r1=0.1Ω④滑动变阻器：阻值0﹣600Ω，额定电流0.5A⑤滑动变阻器：阻值0﹣20Ω，额定电流2.5A⑥电阻箱：9999.9Ω（1）实验电路如图1所示，根据实验目的，电路中电流表A1应选择________，A2应选择________，R1应选择________，R2应选择________（请填写器材序号）．（2）实验中改变电路中的电阻，通过多次读取两电流表的读数，用描点法拟合出电流表A2的电流I2随电流表A1的电流I1的变化的图象，如图2所示．那么，根据图象可得电动势E的表达式为________，内电阻r表达式为________．（答案只限于用R2、Iy、Ix及电流表的内阻r1、r2表示）五、解答题 (共4题；共45分)19. （10分） (2019高三上·鄂尔多斯月考) 如图所示，一辆平板小车静止在水平地面上，小车的质量M＝4.0kg，平板车长度L＝3.0m，平板车的上表面距离地面的高度H＝0.2m．某时刻一个质量m＝2.0kg的小物块(视为质点)以v0＝4.0m/s的水平速度滑上小车的左端，与此同时相对小车施加一个F＝10N的水平向右的恒力。
内蒙古自治区包钢第一中学高一物理上册第一学期10月月质量检测考试题含解析
内蒙古自治区包钢第一中学高一物理上册第一学期10月月质量检测考试题含解析一、选择题1．每年的端午节，丽水南明湖上龙舟比赛总是热闹非凡，如图是龙舟在进行500m 的直道比赛，下列说法正确的是( )A ．研究队员的划桨动作，可将队员看做质点B ．以龙舟为参考系，岸上站立的观众是静止的C ．获得第一名的龙舟，撞线时的速度一定很大D ．获得最后一名的龙舟，平均速度一定最小2．A 、B 、C 三点在同一直线上，一个物体自A 点从静止开始作匀加速直线运动，经过B 点时的速度为2v ，到C 点时的速度为6v ，则AB 与BC 两段距离大小之比是A ．1:3B ．1:8C ．1:9D ．3:323．他是第一个把实验引进力学的科学家，并且利用实验和数学逻辑推理相结合的方法研究物理学基本问题，从而有力地推进了人类科学认识的发展，这位科学家是A ．爱因斯坦B ．亚里士多德C ．伽利略D ．牛顿4．物体做匀变速直线运动，在0t =时速度大小为1m/s ，方向向西；在2s t =时速度大小为5m/s ，方向向东．则在此过程中该物体的加速度（ ）A ．大小为22m/s ，方向向东B ．大小为22m/s ，方向向西C ．大小为23m/s ，方向向东D ．大小为23m/s ，方向向西5．下列叙述中不符合历史事实的是（ ） A ．古希腊哲学家亚里士多德认为物体越重，下落得越快B ．伽利略发现亚里士多德的观点有自相矛盾的地方C ．伽利略认为，如果没有空气阻力，重物与轻物应该下落得同样快D ．伽利略用实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀速直线运动6．下列仪器中，不属于直接测量国际单位制中三个力学基本单位对应的物理量的是 A ． B ． C ． D ．7．甲、乙两物体都做匀加速直线运动，已知甲物体的加速度大于乙物体的加速度，则在某一段时间内( )A ．甲的位移一定比乙的大B ．甲的平均速度一定比乙的大C ．甲的速度变化一定比乙的大D ．甲受到的合外力一定比乙的大8．从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间。
2020-2021学年内蒙古高三(上)月考物理试卷(10月份)有答案
2020-2021学年内蒙古高三（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题：本题共10小题，共50分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一项符合题目要求，每小题5分；第7～10小题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 关于物理规律的总结和发现，下列说法正确的是（）A.卡文迪许首先通过实验测出了引力常量G的数值B.哥白尼首先发现了行星沿椭圆轨道运行的规律C.法拉第首先发现了电流的磁效应D.安培首先发现了磁生电的现象2. 常言道，万物生长靠太阳。
在太阳内部发生的典型核反应方程是4H→He+2X，这个核反应释放出的能量为△E，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（）A.该核反应属于裂变反应B.方程中的X为电子（e)C.该核反应过程产生的质量亏损△m＝D.该核反应前后质量数守恒，因而反应前后总质量保持不变3. 2020年7月23日中午12时41分，我国在海南文昌卫星发射中心，使用“长征五号”遥四运载火箭，将我国首颗火星探测器“天问一号”发射升空，随后，“天问一号”探测器顺利进入预定轨道，我国首次火星探测发射任务取得圆满成功!已知地球的质量约为火星的10倍，地球的半径约为火星的2倍，下列说法正确的是（）A.地球表面的重力加速度是火星表面重力加速度的5倍B.地球的“第一宇宙速度”是火星“第一宇宙速度”的倍C.“天问一号”绕火星匀速飞行时，其内部仪器处于平衡状态D.探测器的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度4. 如图所示，一球状光滑气球固定在地面上，顶端小柱P上用轻绳拴一质量很小的光滑小球Q，轻绳紧贴球壁，现在气球受热缓慢膨胀，下列说法正确的是（）A.小柱P受到的拉力不变B.小球Q受到的支持力减小C.地面受到的压力增大D.小柱P和小球施加在气球上的合力不变5. 在图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为5:1，电阻R1、R2的阻值分别为5Ω、6Ω，电压表和电流表均为理想电表。
2020届内蒙古高三上学期月考物理试题
内蒙古一机一中高三第一次月考物理试题一．单选题（共12小题，每小题3分，共36分）1.关于物体做曲线运动的条件，以下说法中正确的是（ ） A. 物体在恒力作用下，不可能做曲线运动B. 物体在受到与速度不在同一直线上合外力的作用下，一定做曲线运动C. 物体在变力作用下，一定做曲线运动D. 物体在变力作用下，不可能做匀速圆周运动 【答案】B 【解析】【详解】A 、C 、物体在恒力作用下，可以是匀加速直线运动，也可以做曲线运动，而在变力作用下，可以做直线运动，不一定做曲线，故A 错误，C 错误；B 、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以B 正确；D 、匀速圆周运动的向心力的方向始终是指向圆心的，所以匀速圆周运动一定是受到变力的作用，所以D 错误. 故选B.2.如图所示,一个半球形的碗放在桌面上,碗口水平,O 点为其球心,碗的内表面及碗口是光滑的,一根质量不计的细线跨在玩口上,线的两端分别系有质量为m 1和m 2的小球,当它们处于平衡状态时,质量为m 1的小球与O 点的连线与水平线的夹角为α=90∘,质量为m 2的小球位于水平地面上,设此时质量为m 2的小球对地面压力大小为F N ,细线的拉力大小为F T ,则( )A. F N =m 2gB. F N =(m 2−m 1)gC. 12T F g =D. 2122T F m m g ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭【答案】A 【解析】【详解】先对小球m1受力分析,受重力和支持力,假设细线对小球m1有拉力作用,则小球m1受力不能平衡,故拉力F T为零；再对小球m2受力分析,受到重力和支持力,支持力与重力平衡,故F N=m2g，故A正确。
3.如图所示,木块在拉力F作用下,沿着水平地面向右做减速直线运动,则力F与摩擦阻力的合力方向为( )A. 水平向左B. 向上偏左C. 竖直向上D. 可以在竖直向上和力F方向之间【答案】B【解析】【详解】木块向右做匀减速直线运动，受到重力、拉力F、地面的支持力和摩擦力四个力作用，加速度方向向左，由牛顿第二定律知其合力方向向左。
包钢一中高三上学期10月月考
包钢一中2020届高三上学期10月月考生物试卷注意：1、本试卷共分为第I卷和第II卷两部分，第I卷和第II卷的答案全部答在答题纸上，考试结束后将答题纸交回。
2、本试卷满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单项选择题：（1-40题每小题1分，41-50题每小题2分，共60分。
）1. 下列操作需要水浴加热的是（）①脂肪的鉴定②桔皮精油的提取③亚硝酸盐含量的测定④胡萝卜素的鉴定⑤还原性糖鉴定A. ⑤B. ①②③C. ①④⑤D. ②⑤2. 下列与果酒、果醋和腐乳制作相关的叙述，正确的是（）A. 腐乳制作所需要的适宜温度最高B. 使用的菌种都具有细胞壁、核糖体、DNA和RNAC. 使用的菌种分别是酵母菌、醋酸菌、乳酸菌D. 果醋发酵包括无氧发酵和有氧发酵3. 在分解纤维素的微生物的分离实验中，下列叙述正确的是（）A. 为判断选择培养基是否起到选择作用应用刚果红染色剂进行鉴定B. 选择培养时所用培养基是固体培养基C. 选择培养时可以增加纤维素分解菌的浓度D. 以纤维素为主要碳源的培养基，只有能分解纤维素的微生物才能生存4.果胶的存在容易导致果汁出汁量少，果汁浑浊。
某兴趣小组以果胶酶处理后的果汁为原料，接种酵母菌发酵后得到果酒。
下列叙述，错误的是（）A. 加入果胶酶提高果汁澄清度是体现了酶的专一性B. 在不同温度条件下加入果胶酶处理，果汁出汁量不同C. 糖类分解成酒精和CO2的场所在酵母菌细胞质基质中D. 酒精从酵母菌细胞运输到发酵液中，需要载体和ATP5. 过滤是生物实验中经常用到的一种方法，下列相关叙述错误的是（）A. 血红蛋白样品处理时要用滤纸过滤，目的是除去脂溶性沉淀层B. 橘皮压榨液第一次用普通布袋过滤，目的是除去固体物和残渣C. 橘皮压榨液第二次用单层尼龙布过滤，目的是除去固体Na2SO4D. 胡萝卜素在萃取后要进行过滤，目的是除去萃取液中的不溶物6. 下列有关细胞中的元素和化合物的说法，正确的是（）A. 油料作物种子成熟过程中，糖类不断转化成脂肪导致脂肪含量增加B. 盐折会改变蛋白质的空间结构，使其成为白色絮状物C. 叶肉细胞吸收的氮元素可用于合成核苷酸、蛋白质、磷脂和淀粉D. 干旱环境生长的仙人掌细胞中结合水的含量多于自由水7. 下列有关同位素示踪实验的叙述，错误的是（）8. 下列有关生物学实验的叙述正确的有（）①在电子显微镜下拍摄到的叶绿体的结构照片属于物理模型②在模拟细胞大小与物质运输的关系时，琼脂块表面积和体积之比是自变量，氢氧化钠扩散速度是因变量③色素的提取和分离——提取色素时加入无水乙醇越多，纸层析时色素带的颜色可能越浅④经健那绿染液处理，可以在高倍显微镜下观察到活细胞中呈蓝绿色的线粒体内部的结构⑤以人的成熟红细胞为观察材料，可以诊断镰刀型细胞贫血症A. 有四项B. 有三项C. 有两项D. 仅有一项9. 下列有关生物科学史的叙述，错误的是（）A. 卡尔文利用同位素标记法，发现了光合作用中碳原子的移动途径B. 萨顿通过对果蝇眼色的研究，提出了基因在染色体上的假说C. 斯图尔德以胡萝卜韧皮部为实验材料，证明了植物细胞具有全能性D. 科学家用荧光物质标记细胞膜上的蛋白质，证明了细胞膜具有流动性10.。
内蒙古鄂尔多斯市第一中学2020届高三物理上学期10月月考试题(含解析)
内蒙古鄂尔多斯市第一中学2020届高三物理上学期10月月考试题（含解析）一、选择题1.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是 ( )A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】AB.小球开始下落到接触弹簧，自由落体运动，小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最底端时加速度大于g，故A正确B错误．CD.结合以上分析可知，加速度开始不变，然后减小再反向增大，最终大于g，故CD错误．2.一质量为m的物体用一根足够长细绳悬吊于天花板上的O点,现用一光滑的金属钩子勾住细绳,水平向右缓慢拉动绳子(钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上)，下列说法正确的是（）A. 钩子对细绳的作用力始终水平向右B. OA段绳子的力逐渐增大C. 钩子对细绳的作用力先减小后增大D. 钩子对细绳的作用力不可能等于2mg【答案】D【解析】A．OA段绳子的力始终等于物体的重力，大小不变．对钩子的作用力等于两段绳子拉力的合力，因为两段绳子之间的夹角逐渐减小，绳子对钩子的作用力逐渐增大，方向逐渐改变，钩子对细绳的作用力逐渐改变，故ABC错误；D．因为钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，细绳对钩子的作用力不可能等于2mg，钩子对细绳的作用力也不可能等于2mg，故正确．故选：D．3.如图所示，甲、乙两个同学对打乒乓球，设甲同学持拍的拍面与水平方向成α角，乙同学持拍的拍面与水平方向成β角．乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲、乙球拍的速度大小之比为( )A. sinsinβαB.coscosαβC.tantanααD.tantanβα【答案】A【解析】【详解】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：1sinxv vα=，在乙处：2sinxv vβ=，所以12sinsinsinsinxxvvvvβααβ==A.sinsinβα与计算结果相符，故A正确．B.coscosαβ与计算结果不符，故B错误．C.tantanαα与计算结果不符，故C错误．Dtantanβα与计算结果不符，故D错误．4.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，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：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L x m L -，可解得(1)x T F L=-，故D 正确； 考点：考查了牛顿第二定律的应用【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5.如图所示，小车沿倾角θ＝30︒ 的固定斜面向上运动，小车内悬挂小球的轻绳与垂直于斜面方向的夹角也是30︒，则车与斜面间的动摩擦因数为 ( )A. 12 33 D. 1【答案】C【解析】【详解】设小车质量M ，小球质量m ，对小车和小球整体受力分析，根据牛顿第二定律，沿斜面方向有()sin ()cos ()M m g M m g M m a θμθ+++=+隔离小球，受重力和绳的拉力T ，沿斜面和垂直斜面方向分解sin sin mg T ma θθ+=cos cos mg T θθ= 联立解得：33μ= ． A. 12与计算结果不符，故A 错误． 3B 错误． 3C 正确．D. 1与计算结果不符，故D 错误．6.分别在两个星球A 、B 表面上做实验：如图甲所示，在同一个固定的斜面上，用平行于斜面的力分别推两个不同的物块向上运动，得到了加速度a 和力F 的关系图象如图乙所示，两图象在纵轴上交于同一点，则根据图象( )A. 可以比较出两个物块的质量大小B. 可以比较出两个星球表面的重力加速度大小C. 可以比较出两个物块与斜面间的动摩擦因数大小D. 可以比较出两个物块受到的摩擦力的大小【答案】A【解析】 【详解】A.根据牛顿第二定律有：sin cos F mg mg ma θμθ--= 解得：1(sin cos )a F g mθμθ=-+ ，图像的斜率是质量的倒数，所以可以比较两个物块的质量大小，故A 正确．BCD.因为两图象在纵轴上交于同一点，所以(sin cos )g θμθ+相同，但是由于g 与μ均不知，所以无法比较两者大小，滑动摩擦力cos mg μθ 也无法比较，故BCD 错误．7.如图所示，水平地面上有一个半球形大坑，O 为球心，AB 为沿水平方向的直径．若在A 点以初速度1v 沿AB 方向向右平抛一小球甲，小球甲将击中坑内的最低点D ；若在甲球抛出的同时，在C 点以初速度2v 沿平行BA 方向向左平抛另一小球乙，也恰能击中D 点．已知∠COD=600，甲、乙两小球的质量相同，不计空气阻力，则( )A. 甲、乙两小球初速度的大小之比12:6v v =B. 甲、乙两球在此过程中速度变化量的大小之比为2:1C. 甲、乙两小球下落时间之比为2:1D. 逐渐增大小球甲抛出速度1v 的大小，甲球可能垂直撞到坑内BCD 上【答案】AC【解析】试题分析：平抛运动的时间由高度决定，根据动能定理比较动能的变化量，根据到达D 点时的竖直分速度，结合瞬时功率的公式求出瞬时功率之比．结合水平位移和时间之比求出初速度之比．甲、乙两小球的水平位移之比为123::2:32x x R R ==，竖直高度之比为12::2:12R h h R ==，下落的时间之比为12:2:1t t =，所以甲、乙两小球平抛初速度的大小之比12:6:3v v =，AC 正确；平抛小球速度的变化量即为竖直分速度，而竖直分速度与下落的时间成正比，所以两球速度变化量的大小之比应为2:1，B 错误；逐渐增大小球甲抛出时速度的大小，甲球不可能垂直撞到球壁BCD 上．因为根据平抛速度的反向延长线过水平位移的中点这一推论，垂直到球壁的速度反向延长线必定过圆心O ，而O 点并不是水平位移的中点，D 错误．8.如图所示，倾角为θ=30°的斜面上，一质量为4m 的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m 的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止，运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中( )A. 细绳的拉力先增大后减小B. 物块所受摩擦力逐渐增大C. 地面对斜面的支持力逐渐增大D. 地面对斜面的摩擦力逐渐增大【答案】D【解析】小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，A 错误；斜面对物块的摩擦力先减小后增，B 错误；对物块和斜面组成的整体分析可知，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，C 错误，D 正确.故选D.9.甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，其位置－时间图象如图所示，曲线甲为抛物线，P (1s ，2m)为抛物线的顶点，图线甲与图线乙相交于Q (2s ，1m)．下列说法正确的是 ( )A. t ＝1s 时甲车的速度最大B. 0－2s 内甲车的平均速度大于乙车的平均速度C. 0－2s 内甲车的路程是乙车的2倍D. 甲车的加速度大小恒为2m/s 2【答案】CD【解析】【详解】A.图像的斜率代表速度，所以t ＝1s 时甲车的速度为零，最小，故A 错误． BC. 0－2s 内甲车的位移为零，路程为2m ，所以甲车的平均速度为零；乙车的位移为1m ，路程为1m ，所以乙车的平均速度为0.5m/s ，所以0－2s 内甲车的路程是乙车的2倍，甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故B 错误C 正确．D.甲车图像为抛物线做匀变速直线运动，1s 时，甲车速度为零，0-1s 反向匀加速运动，212x at = 解得： 222212m/s 1x a t ⨯=== 故D 正确． 10.如图所示,在倾角为θ=30°的光滑斜面上,物块A 、B 质量分别为m 和2m,物块A 静止在轻弹簧上面,物块B 用细线与斜面顶端相连,A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力．已知重力加速度为g,某时刻细线剪断,则细线剪断瞬间,下列说法错误的是( )A. 物块B 的加速度为1g 2B. 物块A 、B 间的弹力为1mg 3C. 弹簧的弹力为1mg 2D. 物块A 的加速度为1g 3 【答案】A【解析】【分析】剪断细绳前，隔离对A 分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，求出整体的加速度，隔离分析求出A 、B 间的弹力大小．【详解】剪断细绳前，对A 分析，弹簧的弹力1302F mgsin mg =︒=弹，则细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对AB 整体分析，加速度3330122333mg mg mgsin F a g m m ︒-===弹，故A 错误，CD 正确．隔离对B 分析，根据牛顿第二定律得2302mgsin N ma ︒-=，解得13N mg =，故B 正确．本题选错误的，故选A ．【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用．11.静止在粗糙水平地面上的物块(视为质点)在水平拉力作用下向右运动，经过一段时间后撤去拉力．物体在整个运动过程中的速度的二次方随位移的变化规律如图所示．已知物块的质量为2kg ，取g ＝10m/s 2．下列说法正确的是 ( )A. 拉力作用的时间为3sB. 物块运动过程的平均速度大小为9m/sC. 物块与地面间的动摩擦因数为0.6D. 拉力做的功为36J【答案】AC【解析】【详解】A.根据图像可知，加速阶段的末速度为6m/s ，加速位移为9m ，根据平均速度公式可知1m 112x v t = ，加速时间即拉力作用时间 11m23s x t v == 故A 正确． B.物块开始做初速度为零的匀加速，然后做末速度为零的匀减速，所以平均速度相同，均为最大速度的一半，即3m/s ，故B 错误．C.根据减速阶段有2m 2202v a x -= ，且2a g μ= ，代入数据解得：0.6μ= ，故C 正确．D.全程根据动能定理可知0W mgx μ-=解得拉力做功144J W = ，故D 错误．12.甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v 0，船在静水中的速率均为v ，甲、乙两船船头均与河岸成θ角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A 点，乙船到达河对岸的B 点，A 、B 之间的距离为L ，则下列判断正确的是( )A. 乙船先到达对岸B. 若仅是河水流速v 0增大，则两船的渡河时间都不变C. 不论河水流速v 0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A 点D. 若仅是河水流速v 0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L【答案】BD【解析】将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等．渡河的时间t=d vsin θ，故A 错误；若仅是河水流速v 0增大，渡河的时间t= d vsin θ，则两船的渡河时间都不变，故B 错误；只有甲船速度大于水流速度时，不论水流速v 0如何改变，甲船都可能到达河的正对岸A 点，故C 错误；若仅是河水流速v 0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L ．故D 正确．故选D ．13.将小球甲从高空A 处以初速度大小v 0竖直向下抛出，与此同时，在甲的下方有另一小球乙从空中B 处以初速度大小v 0竖直向上抛出，测得经过时间4s 两球在空中相遇．若A 、B 两点间的高度差为64m ．取g ＝10m/s 2，不计空气阻力，则下列判断正确的是 ( )A. v 0＝8m/sB. 乙从B 处抛出后返回到B 处所用的时间为0.8sC. A 处离地的高度至少为64mD. 两球一定在B 处下方相遇【答案】AD【解析】【详解】A.根据相遇时位移关系可知220011()64m 22v t gt v t gt ++-= 解得：v 0＝8m/s ，故A 正确． B.因为初速度为8m/s ，到达最高点所用时间为0.8s ，根据对称性可知，乙从B 处抛出后返回到B 处所用的时间为1.6s ，故B 错误．CD.4s 内甲的位移201112m 2h v t gt =+= 所以A 下落的高度为112m ，A 、B 两点间的高度差为64m ，所以两球一定在B 处下方相遇，故C 错误D 正确．14.如图所示，细线的一端系于天花板上，另一端系一质量为m 的小球．甲图让小球在水平面内做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向的夹角为θ，细线中的张力为F 1，小球的加速度大小为a 1；乙图中让细线与竖直方向成θ角时将小球由静止释放，小球在竖直面内摆动．刚释放瞬间细线中的张力为F 2，小球的加速度大小为a 2，则下列关系正确的是A. F 1= F 2B. F 1> F 2C. a 1= a 2D. a 1> a 2【答案】BD 【解析】试题分析：小球做圆周运动靠拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出绳对小球的拉力，由牛顿第二定律求出加速度．做单摆的小球只受到重力和绳子的拉力，由此分析即可．甲图中受力如图：竖直方向：10cos F mg θ-=，水平方向2124sin F m r Tπθ=，由几何关系得：sin r L θ=，解得1cos mgF θ=，根据牛顿第二定律得11cos F g a m θ==，乙图中释放瞬间，小球只受到重力和细线中的张力为2F ，则2cos F mg θ=，由牛顿第二定律得：2cos a g θ=，所以1212F F a a >>，，故BD 正确．15.如图甲所示，足够长的水平传送带以v 1＝2m/s 的速度沿顺时针方向运行，滑块(视为质点)以某一初速度v 2水平滑上传送带的右端．若滑块在传送带上向左运动的过程中，位移与时间比值－时间的图象如图乙所示，则下列说法正确的是 ( )A. v 2＝4m/sB. 传送带AB 长度至少为2mC. 滑块在传送带上的加速度大小为2m/s 2D. 滑块在传送带上运动的总时间为2.25s 【答案】ABD 【解析】【详解】AC.根据图像可知24xt t=-+ ，即224x t t =-+ 结合匀变速位移时间关系可知，加速度为24m/s a = ，初速度24m/s v = ，故A 正确C 错误．B.根据以上分析可知物块1s 时速度减为零，所以传送带AB 长度至少为物块减速到零的位移1212m 2x v t ==减所以传送带AB 长度至少为2m ，故B 正确． D.物块减速到零的时间211s v t a== 反向加速到与传送带速度相同所需时间120.5s v t a== 所以加速位移21210.5m 2x v t ==还需匀速时间12310.75s x x t v -== 所以运动总时间123 2.25s t t t t =++=故D 正确．16.如图所示，处于光滑斜面底端的滑块(视为质点)，在沿斜面向上的拉力F 作用下由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t 撤去力F ，又经过4t 滑块恰好回到斜面底端．下列说法正确的是 ( )A. 撤去力F 后滑块的加速度是撤去力F前的916B. 撤去力F 后滑块的加速度是撤去力F 前的716 C. 滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F 时的54D. 滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F 时的53【答案】AC 【解析】【详解】AB.设撤去外力时物块速度为1v ，再次到达底端时速度为2v ，根据t 时间内的位移大小等于后4t 时间内位移大小，结合平均速度公式有1211422v v v t t -=-⋅ 解得：2154v v =，所以撤去力F 后滑块的加速度与撤去力F 前的加速度之比为 2119416v v t v t+= 所以撤去力F 后滑块的加速度是撤去力F 前的916，故A 正确B 错误． CD.根据以上分析可知2154v v =，所以滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F 时的54，故C正确D 错误． 二、填空题17. （1）如图所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置．①在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使小车受到合外力等于砝码和砝码盘的总重量，通常采用如下两个措施：A ．平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在砝码盘的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；B ．在调整砝码多少的过程中，要保证砝码和砝码盘的总质量m 远小于小车和砝码的总质量M ．以上哪一个措施中有何重大错误？（说明错误点）②如图是上述实验打出的一条纸带，已知打点计时器的打点周期是0．02s ，结合图乙给出的数据（单位cm ），求出小车运动加速度的大小为_____m/s 2，并求出纸带中P 点瞬时速度大小为______m/s （计算结果均保留2位有效数字）（2）某实验小组设计了如图（a ）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图像．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F 图线，如图（b ）所示．①图线________是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“甲”或“乙”）； ②滑块和位移传感器发射部分的总质量m=____________kg ；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=____________．【答案】（1）① A 有错误，平衡摩擦力时不能悬挂砝码盘． ② 4．0 ，2．6 （2）① 甲 ② 0．5 ，0．2 【解析】试题分析：（1）① A 有错误，平衡摩擦力时不能悬挂砝码盘．②由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0．1s ，设0到A 之间的距离为x 1，以后各段分别为x 2、x 3、x 4、x 5、x 6，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 2可以求出加速度的大小，得：x 4-x 1=3a 1T 2；x 5-x 2=3a 2T 2；x 6-x 3=3a 3T 2；为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=13（a 1+a 2+a 3），即小车运动的加速度计算表达式为：()()()220.09680.10330.10950.07740.08410.0905 4.0/90.04a m s ，++-++==纸带中P 点瞬时速度大小为0.1033/ 2.6/0.022P v m s m s ==⨯（2）①由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线甲是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的． ②根据F=ma 得Fa m=所以滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．由图形b 得加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0．5Kg ；由图形b 得，在水平轨道上F=1N 时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得F-μmg=0，解得μ=0．2． 考点：验证牛顿第二定律【名师点睛】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握． 三、计算题18.如图所示，在冰面上将质量1m kg =的滑块从A 点以初速度0v 推出，滑块与冰面的动摩擦因数为10.1μ=，滑块滑行18L m =后到达B 点时速度为18/v m s =，现将期间的一段CD 用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为20.45μ=，再使滑块从A 以0v 初速度推出后，到达B 点的速度为26/v m s =，取210/g m s =，求：（1）初速度0v 的大小； （2）CD 段的长度l ；（3）若AB 间用铁刷划擦的CD 段的长度不变，要使滑块从A 到B 的运动时间最长，问铁刷划擦的CD 段应位于何位置？并求出滑块滑行的最长时间（结果保留三位有效数字）． 【答案】（1）010/v m s =；（2）4l m =；（3）2.44s 【解析】试题分析：（1）未划擦冰面时，滑块从A 到B 过程中，由动能定理得：221101122mgL mv mv μ-=-①代入解得010/v m s =．（2）将CD 段划擦后，滑块再从A 到B 的过程中，由动能定理得：2212201122mg L l mgl mv mv μμ---=-（）② 代入解得4l m =．（3）由②式，不论CD 在AB 中的具体位置如何变化，滑块到达B 点时的速度2v 不变，设滑块在AC 段和CD 段的加速度分别为1a 和2a ，根据牛顿第二定律得：11mg ma μ-=③22mg ma μ-=④滑块在A 、B 间运动的v t -图象如图，由图象可知当C 点与A 点重合时，滑块运动的时间最长．设此时滑块到达D 点时的速度为v ，则由动能定理得 ：22201122mgl mv mv μ-=-⑤ 解得 8/v m s =，根据运动学公式得021v v a t =-⑥212v v a t =-⑦解得12 2.44t t t s =+=．考点：动能定理、牛顿第二定律【名师点睛】解决本题的关键要通过画出v t -图象分析滑块运动时间最长的条件，分段运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合解答．19.如图甲所示，沿斜面的拉力F 把质量为m 的物块A 沿粗糙斜面匀速向上拉，改变斜面倾角θ，使物块沿斜面向上匀速运动的拉力也随之改变．根据实验数据画出如图乙所示的cos Fθ－tan θ图线，g 取10m/s 2．(1)推导cos Fθ－tan θ的表达式，并求物块的质量m 和物块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)若θ＝45°时，不用力F 拉物块，而给物块一沿斜面向上的初速度，物块速度减为零后又沿斜面下滑，求物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比a 1：a 2． 【答案】(1)4kg ；0.5(2)3:1 【解析】【详解】(1)由于滑块匀速运动受力平衡sin cos F mg mg θμθ=+整理得：tan cos Fmg mg θμθ=+ cos Fθ与tan θ线性函数，由图像斜率可知：40N mg =得：4kg m =；根据截距可知20N mg μ=得：0.5μ=．(2)根据牛顿第二定律可知上滑时：1sin 45cos 45mg mg ma μ︒︒+=下滑时：2sin 45cos 45mg mg ma μ︒︒-=得：12:3:1a a = 答：(1)4kg ；0.5(2)3:120.如图所示，一辆平板小车静止在水平地面上，小车的质量M ＝4.0kg ，平板车长度L ＝3.0m ，平板车的上表面距离地面的高度H ＝0.2m ．某时刻一个质量m ＝2.0kg 的小物块(视为质点)以v 0＝4.0m/s 的水平速度滑上小车的左端，与此同时相对小车施加一个F ＝10N 的水平向右的恒力．物块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.10，不计小车与地面间的摩擦．重力加速度g 取10m/s 2．求：(1)物块相对小车滑行的最大距离；(2)物块落地瞬间，物块与小车左端之间的水平距离． 【答案】(1) 2m (2) 0.45m 【解析】【详解】(1)从物块滑上小车，经过时间t 1，物块与小车达到共同速度v 1．物块的加速度a 1＝μg ＝1m/s 2，向左小车的加速度a 2＝F mgMμ+= 3m/s 2，向右 共速时v 1＝v 0－a 1t 1，v 1＝a 2t 1解得：t 1＝1s ，v 1＝3m/s ，则物块位移x 1＝0111()2v v t += 3.5m小车位移x 2＝1112v t = 1.5m物块相对小车滑行的距离△x 1＝2m ，且△x 1<L ，物块未从小车右端滑出，此后物块速度小于小车速度，相对小车向左运动，物块相对小车滑行的最大距离为△x 1＝2m ． (2)物块相对小车向左端滑动的过程中，根据牛顿第二定律可知，物块的加速度a 1＝μg ＝1m/s 2，向右小车的加速度a 3＝F mgMμ-=2m/s 2，向右 设再经过时间t 2，物块运动到小车的左端，△x 1＝12( a 3－a 1) t 22 解得t 2＝2s ．此时物块v 2＝112v a t += 5m/s小车速度v 3＝132v a t += 7m/s此后物块从小车左端滑下，做平抛运动；小车做匀加速直线运动，小车的加速度a 4＝FM= 2.5m/s 2，向右 物块做平抛运动的时间为t 3= 0.2s 这段时间内，物块x 3＝23v t = 1m小车x 4＝2334312v t a t += 1.45m 物块落地时，物块与小车左端之间的水平距离△x 2＝0.45m ． 答：(1) 2m (2) 0.45m 【物理—选修3-3】21.下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（ ）A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故B. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加C. 对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D. 如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大E. 一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和 【答案】BCE 【解析】【详解】A ．气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散，故A 错误； B ．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，分子动能之和不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，故B 正确；C ．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据气态方程：PVC T= 知温度升高，则内能增大，因体积增大，气体对外做功，为使内能增大，则气体一定从外界吸热，故C 正确；D．如果气体分子总数不变，气体温度升高，若同时体积增大，由PVCT可知压强不一定增大，故D错误；E．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故E正确。
2019-2020学年内蒙古包钢一中高二上学期10月月考物理 word版
内蒙古包钢一中2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题注意：本试卷作答时间90分钟，满分100分。
共分为第I 卷和第II 卷两部分，第I 卷和第II 卷的答案全部答在答题纸上，考试结束后将答题纸交回。
第Ⅰ卷（选择题 共56分）一、选择题（本题共14小题，共56分。
在每个小题给出的四个选项中，1--10为单选题, 每小题4分，11--14为多选题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分）1．真空中两带同种电荷。
电量均为Q 的导体球，球心间距离r ，则两带电导体球之间的相互作用静电力( ) A ．大于22Q k r B ．小于22Q krC ．等于22Q krD ．不能确定2．如图所示，一电子沿等量异种电荷连线的中垂线A →O→B匀速飞过，则电子所受另一力的大小和方向变化情况是( )A ．先变大后变小，方向水平向左B ．先变大后变小，方向水平向右C ．先变小后变大，方向水平向左D ．先变小后变大，方向水平向右3．对于静电场，下列说法正确的是( )A ．电场强度处处为零的区域，电势也一定处处为零B ．电场强度处处相同的区域，电势也一定处处相同C ．只受电场力作用，正电荷一定由高电势处向低电势处移动D ．负电荷逆着电场线方向移动，电荷的电势能一定减少4．关于电场，下列说法中正确的是( ) A ．E =F /q ，若q 减半，则该处电场强度为原来的2倍 B ．2QE k r中，E 与Q 成正比，而与r 2成反比C ．在以一个点电荷为球心，r 为半径的球面上，各处的场强相同D ．电场中某点场强的方向就是该点所放电荷受到的电场力的方向5． 如图所示，A 、B 两点各放有电量为+Q 和+2Q 的点电荷，A 、B 、C 、D 四点在同一直线上，且AC =CD =DB 。
将一正电荷从C 点移到D 点，则( ) A ．电场力一直做正功 B ．电场力先做正功再做负功 C ．电场力一直做负功D ．电场力先做负功再做正功6．如图所示，A 是带正电的物体，B 是金属网，C 是原来不带电的金箔验电器，能使验电器的金箔张开的是( )7．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN ，如图所示，金属球上的感应电荷在球内a 、b 、c 三点产生的电场强度分别为E a 、E b 、E c 三者相比 ( )A ．E a 最大B ．E b 最大C ．E c 最大D ．E a ＝E b =E c8．如图所示，在原来不带电的金属细杆ab 附近P 处，放置一个正点电荷，达到静电平衡后( )A ．a 端的电势比b 端的高B ．b 端的电势比d 点的低C ．a 端的电势不一定比d 点的低D ．杆内c 处场强的方向由a 指向b9．如图所示，A 、B 两点距离一处于静电平衡状态下的导体的两端很近。
内蒙古鄂尔多斯市第一中学2020届高三物理上学期10月月考试题(含解析)
内蒙古鄂尔多斯市第一中学2020届高三物理上学期10月月考试题（含解析）一、选择题1.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是 ( )A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】AB.小球开始下落到接触弹簧，自由落体运动，小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最底端时加速度大于g，故A正确B错误．CD.结合以上分析可知，加速度开始不变，然后减小再反向增大，最终大于g，故CD错误．2.一质量为m的物体用一根足够长细绳悬吊于天花板上的O点,现用一光滑的金属钩子勾住细绳,水平向右缓慢拉动绳子(钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上)，下列说法正确的是（）A. 钩子对细绳的作用力始终水平向右B. OA段绳子的力逐渐增大C. 钩子对细绳的作用力先减小后增大D. 钩子对细绳的作用力不可能等于2mg【答案】D【解析】A．OA段绳子的力始终等于物体的重力，大小不变．对钩子的作用力等于两段绳子拉力的合力，因为两段绳子之间的夹角逐渐减小，绳子对钩子的作用力逐渐增大，方向逐渐改变，钩子对细绳的作用力逐渐改变，故ABC错误；D．因为钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，细绳对钩子的作用力不可能等于2mg，钩子对细绳的作用力也不可能等于2mg，故正确．故选：D．3.如图所示，甲、乙两个同学对打乒乓球，设甲同学持拍的拍面与水平方向成α角，乙同学持拍的拍面与水平方向成β角．乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲、乙球拍的速度大小之比为( )A. sinsinβαB.coscosαβC.tantanααD.tantanβα【答案】A【解析】【详解】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：1sinxv vα=，在乙处：2sinxv vβ=，所以12sinsinsinsinxxvvvvβααβ==A.sinsinβα与计算结果相符，故A正确．B.coscosαβ与计算结果不符，故B错误．C.tantanαα与计算结果不符，故C错误．Dtantanβα与计算结果不符，故D错误．4.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，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：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L x m L -，可解得(1)x T F L=-，故D 正确； 考点：考查了牛顿第二定律的应用【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5.如图所示，小车沿倾角θ＝30︒ 的固定斜面向上运动，小车内悬挂小球的轻绳与垂直于斜面方向的夹角也是30︒，则车与斜面间的动摩擦因数为 ( )A. 12 33 D. 1【答案】C【解析】【详解】设小车质量M ，小球质量m ，对小车和小球整体受力分析，根据牛顿第二定律，沿斜面方向有()sin ()cos ()M m g M m g M m a θμθ+++=+隔离小球，受重力和绳的拉力T ，沿斜面和垂直斜面方向分解sin sin mg T ma θθ+=cos cos mg T θθ= 联立解得：33μ= ． A. 12与计算结果不符，故A 错误． 3B 错误． 3C 正确．D. 1与计算结果不符，故D 错误．6.分别在两个星球A 、B 表面上做实验：如图甲所示，在同一个固定的斜面上，用平行于斜面的力分别推两个不同的物块向上运动，得到了加速度a 和力F 的关系图象如图乙所示，两图象在纵轴上交于同一点，则根据图象( )A. 可以比较出两个物块的质量大小B. 可以比较出两个星球表面的重力加速度大小C. 可以比较出两个物块与斜面间的动摩擦因数大小D. 可以比较出两个物块受到的摩擦力的大小【答案】A【解析】 【详解】A.根据牛顿第二定律有：sin cos F mg mg ma θμθ--= 解得：1(sin cos )a F g mθμθ=-+ ，图像的斜率是质量的倒数，所以可以比较两个物块的质量大小，故A 正确．BCD.因为两图象在纵轴上交于同一点，所以(sin cos )g θμθ+相同，但是由于g 与μ均不知，所以无法比较两者大小，滑动摩擦力cos mg μθ 也无法比较，故BCD 错误．7.如图所示，水平地面上有一个半球形大坑，O 为球心，AB 为沿水平方向的直径．若在A 点以初速度1v 沿AB 方向向右平抛一小球甲，小球甲将击中坑内的最低点D ；若在甲球抛出的同时，在C 点以初速度2v 沿平行BA 方向向左平抛另一小球乙，也恰能击中D 点．已知∠COD=600，甲、乙两小球的质量相同，不计空气阻力，则( )A. 甲、乙两小球初速度的大小之比12:6v v =B. 甲、乙两球在此过程中速度变化量的大小之比为2:1C. 甲、乙两小球下落时间之比为2:1D. 逐渐增大小球甲抛出速度1v 的大小，甲球可能垂直撞到坑内BCD 上【答案】AC【解析】试题分析：平抛运动的时间由高度决定，根据动能定理比较动能的变化量，根据到达D 点时的竖直分速度，结合瞬时功率的公式求出瞬时功率之比．结合水平位移和时间之比求出初速度之比．甲、乙两小球的水平位移之比为123::2:32x x R R ==，竖直高度之比为12::2:12R h h R ==，下落的时间之比为12:2:1t t =，所以甲、乙两小球平抛初速度的大小之比12:6:3v v =，AC 正确；平抛小球速度的变化量即为竖直分速度，而竖直分速度与下落的时间成正比，所以两球速度变化量的大小之比应为2:1，B 错误；逐渐增大小球甲抛出时速度的大小，甲球不可能垂直撞到球壁BCD 上．因为根据平抛速度的反向延长线过水平位移的中点这一推论，垂直到球壁的速度反向延长线必定过圆心O ，而O 点并不是水平位移的中点，D 错误．8.如图所示，倾角为θ=30°的斜面上，一质量为4m 的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m 的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止，运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中( )A. 细绳的拉力先增大后减小B. 物块所受摩擦力逐渐增大C. 地面对斜面的支持力逐渐增大D. 地面对斜面的摩擦力逐渐增大【答案】D【解析】小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，A 错误；斜面对物块的摩擦力先减小后增，B 错误；对物块和斜面组成的整体分析可知，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，C 错误，D 正确.故选D.9.甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，其位置－时间图象如图所示，曲线甲为抛物线，P (1s ，2m)为抛物线的顶点，图线甲与图线乙相交于Q (2s ，1m)．下列说法正确的是 ( )A. t ＝1s 时甲车的速度最大B. 0－2s 内甲车的平均速度大于乙车的平均速度C. 0－2s 内甲车的路程是乙车的2倍D. 甲车的加速度大小恒为2m/s 2【答案】CD【解析】【详解】A.图像的斜率代表速度，所以t ＝1s 时甲车的速度为零，最小，故A 错误． BC. 0－2s 内甲车的位移为零，路程为2m ，所以甲车的平均速度为零；乙车的位移为1m ，路程为1m ，所以乙车的平均速度为0.5m/s ，所以0－2s 内甲车的路程是乙车的2倍，甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故B 错误C 正确．D.甲车图像为抛物线做匀变速直线运动，1s 时，甲车速度为零，0-1s 反向匀加速运动，212x at = 解得： 222212m/s 1x a t ⨯=== 故D 正确． 10.如图所示,在倾角为θ=30°的光滑斜面上,物块A 、B 质量分别为m 和2m,物块A 静止在轻弹簧上面,物块B 用细线与斜面顶端相连,A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力．已知重力加速度为g,某时刻细线剪断,则细线剪断瞬间,下列说法错误的是( )A. 物块B 的加速度为1g 2B. 物块A 、B 间的弹力为1mg 3C. 弹簧的弹力为1mg 2D. 物块A 的加速度为1g 3 【答案】A【解析】【分析】剪断细绳前，隔离对A 分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，求出整体的加速度，隔离分析求出A 、B 间的弹力大小．【详解】剪断细绳前，对A 分析，弹簧的弹力1302F mgsin mg =︒=弹，则细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对AB 整体分析，加速度3330122333mg mg mgsin F a g m m ︒-===弹，故A 错误，CD 正确．隔离对B 分析，根据牛顿第二定律得2302mgsin N ma ︒-=，解得13N mg =，故B 正确．本题选错误的，故选A ．【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用．11.静止在粗糙水平地面上的物块(视为质点)在水平拉力作用下向右运动，经过一段时间后撤去拉力．物体在整个运动过程中的速度的二次方随位移的变化规律如图所示．已知物块的质量为2kg ，取g ＝10m/s 2．下列说法正确的是 ( )A. 拉力作用的时间为3sB. 物块运动过程的平均速度大小为9m/sC. 物块与地面间的动摩擦因数为0.6D. 拉力做的功为36J【答案】AC【解析】【详解】A.根据图像可知，加速阶段的末速度为6m/s ，加速位移为9m ，根据平均速度公式可知1m 112x v t = ，加速时间即拉力作用时间 11m23s x t v == 故A 正确． B.物块开始做初速度为零的匀加速，然后做末速度为零的匀减速，所以平均速度相同，均为最大速度的一半，即3m/s ，故B 错误．C.根据减速阶段有2m 2202v a x -= ，且2a g μ= ，代入数据解得：0.6μ= ，故C 正确．D.全程根据动能定理可知0W mgx μ-=解得拉力做功144J W = ，故D 错误．12.甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v 0，船在静水中的速率均为v ，甲、乙两船船头均与河岸成θ角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A 点，乙船到达河对岸的B 点，A 、B 之间的距离为L ，则下列判断正确的是( )A. 乙船先到达对岸B. 若仅是河水流速v 0增大，则两船的渡河时间都不变C. 不论河水流速v 0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A 点D. 若仅是河水流速v 0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L【答案】BD【解析】将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等．渡河的时间t=d vsin θ，故A 错误；若仅是河水流速v 0增大，渡河的时间t= d vsin θ，则两船的渡河时间都不变，故B 错误；只有甲船速度大于水流速度时，不论水流速v 0如何改变，甲船都可能到达河的正对岸A 点，故C 错误；若仅是河水流速v 0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L ．故D 正确．故选D ．13.将小球甲从高空A 处以初速度大小v 0竖直向下抛出，与此同时，在甲的下方有另一小球乙从空中B 处以初速度大小v 0竖直向上抛出，测得经过时间4s 两球在空中相遇．若A 、B 两点间的高度差为64m ．取g ＝10m/s 2，不计空气阻力，则下列判断正确的是 ( )A. v 0＝8m/sB. 乙从B 处抛出后返回到B 处所用的时间为0.8sC. A 处离地的高度至少为64mD. 两球一定在B 处下方相遇【答案】AD【解析】【详解】A.根据相遇时位移关系可知 220011()64m 22v t gt v t gt ++-= 解得：v 0＝8m/s ，故A 正确． B.因为初速度为8m/s ，到达最高点所用时间为0.8s ，根据对称性可知，乙从B 处抛出后返回到B 处所用的时间为1.6s ，故B 错误．CD.4s 内甲的位移201112m 2h v t gt =+= 所以A 下落的高度为112m ，A 、B 两点间的高度差为64m ，所以两球一定在B 处下方相遇，故C 错误D 正确．14.如图所示，细线的一端系于天花板上，另一端系一质量为m 的小球．甲图让小球在水平面内做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向的夹角为θ，细线中的张力为F 1，小球的加速度大小为a 1；乙图中让细线与竖直方向成θ角时将小球由静止释放，小球在竖直面内摆动．刚释放瞬间细线中的张力为F 2，小球的加速度大小为a 2，则下列关系正确的是A. F 1= F 2B. F 1> F 2C. a 1= a 2D. a 1> a 2【答案】BD 【解析】试题分析：小球做圆周运动靠拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出绳对小球的拉力，由牛顿第二定律求出加速度．做单摆的小球只受到重力和绳子的拉力，由此分析即可．甲图中受力如图：竖直方向：10cos F mg θ-=，水平方向2124sin F m r Tπθ=，由几何关系得：sin r L θ=，解得1cos mgF θ=，根据牛顿第二定律得11cos F g a m θ==，乙图中释放瞬间，小球只受到重力和细线中的张力为2F ，则2cos F mg θ=，由牛顿第二定律得：2cos a g θ=，所以1212F F a a >>，，故BD 正确．15.如图甲所示，足够长的水平传送带以v 1＝2m/s 的速度沿顺时针方向运行，滑块(视为质点)以某一初速度v 2水平滑上传送带的右端．若滑块在传送带上向左运动的过程中，位移与时间比值－时间的图象如图乙所示，则下列说法正确的是 ( )A. v 2＝4m/sB. 传送带AB 长度至少为2mC. 滑块在传送带上的加速度大小为2m/s 2D. 滑块在传送带上运动的总时间为2.25s 【答案】ABD 【解析】【详解】AC.根据图像可知24xt t=-+ ，即224x t t =-+ 结合匀变速位移时间关系可知，加速度为24m/s a = ，初速度24m/s v = ，故A 正确C 错误．B.根据以上分析可知物块1s 时速度减为零，所以传送带AB 长度至少为物块减速到零的位移1212m 2x v t ==减所以传送带AB 长度至少为2m ，故B 正确． D.物块减速到零的时间211s v t a== 反向加速到与传送带速度相同所需时间120.5s v t a== 所以加速位移21210.5m 2x v t ==还需匀速时间12310.75s x x t v -== 所以运动总时间123 2.25s t t t t =++=故D 正确．16.如图所示，处于光滑斜面底端的滑块(视为质点)，在沿斜面向上的拉力F 作用下由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t 撤去力F ，又经过4t 滑块恰好回到斜面底端．下列说法正确的是 ( )A. 撤去力F 后滑块的加速度是撤去力F前的916B. 撤去力F 后滑块的加速度是撤去力F 前的716 C. 滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F 时的54D. 滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F 时的53【答案】AC 【解析】【详解】AB.设撤去外力时物块速度为1v ，再次到达底端时速度为2v ，根据t 时间内的位移大小等于后4t 时间内位移大小，结合平均速度公式有1211422v v v t t -=-⋅ 解得：2154v v =，所以撤去力F 后滑块的加速度与撤去力F 前的加速度之比为 2119416v v t v t+= 所以撤去力F 后滑块的加速度是撤去力F 前的916，故A 正确B 错误． CD.根据以上分析可知2154v v =，所以滑块回到斜面底端时的速度是撤去力F 时的54，故C正确D 错误． 二、填空题17. （1）如图所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置．①在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使小车受到合外力等于砝码和砝码盘的总重量，通常采用如下两个措施：A ．平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在砝码盘的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；B ．在调整砝码多少的过程中，要保证砝码和砝码盘的总质量m 远小于小车和砝码的总质量M ．以上哪一个措施中有何重大错误？（说明错误点）②如图是上述实验打出的一条纸带，已知打点计时器的打点周期是0．02s ，结合图乙给出的数据（单位cm ），求出小车运动加速度的大小为_____m/s 2，并求出纸带中P 点瞬时速度大小为______m/s （计算结果均保留2位有效数字）（2）某实验小组设计了如图（a ）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图像．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F 图线，如图（b ）所示．①图线________是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“甲”或“乙”）； ②滑块和位移传感器发射部分的总质量m=____________kg ；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=____________．【答案】（1）① A 有错误，平衡摩擦力时不能悬挂砝码盘． ② 4．0 ，2．6 （2）① 甲 ② 0．5 ，0．2 【解析】试题分析：（1）① A 有错误，平衡摩擦力时不能悬挂砝码盘．②由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0．1s ，设0到A 之间的距离为x 1，以后各段分别为x 2、x 3、x 4、x 5、x 6，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 2可以求出加速度的大小，得：x 4-x 1=3a 1T 2；x 5-x 2=3a 2T 2；x 6-x 3=3a 3T 2；为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=13（a 1+a 2+a 3），即小车运动的加速度计算表达式为：()()()220.09680.10330.10950.07740.08410.0905 4.0/90.04a m s ，++-++==纸带中P 点瞬时速度大小为0.1033/ 2.6/0.022P v m s m s ==⨯（2）①由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线甲是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的． ②根据F=ma 得Fa m=所以滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．由图形b 得加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0．5Kg ；由图形b 得，在水平轨道上F=1N 时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得F-μmg=0，解得μ=0．2． 考点：验证牛顿第二定律【名师点睛】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握． 三、计算题18.如图所示，在冰面上将质量1m kg =的滑块从A 点以初速度0v 推出，滑块与冰面的动摩擦因数为10.1μ=，滑块滑行18L m =后到达B 点时速度为18/v m s =，现将期间的一段CD 用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为20.45μ=，再使滑块从A 以0v 初速度推出后，到达B 点的速度为26/v m s =，取210/g m s =，求：（1）初速度0v 的大小； （2）CD 段的长度l ；（3）若AB 间用铁刷划擦的CD 段的长度不变，要使滑块从A 到B 的运动时间最长，问铁刷划擦的CD 段应位于何位置？并求出滑块滑行的最长时间（结果保留三位有效数字）． 【答案】（1）010/v m s =；（2）4l m =；（3）2.44s 【解析】试题分析：（1）未划擦冰面时，滑块从A 到B 过程中，由动能定理得：221101122mgL mv mv μ-=-① 代入解得010/v m s =．（2）将CD 段划擦后，滑块再从A 到B 的过程中，由动能定理得：2212201122mg L l mgl mv mv μμ---=-（）② 代入解得4l m =．（3）由②式，不论CD 在AB 中的具体位置如何变化，滑块到达B 点时的速度2v 不变，设滑块在AC 段和CD 段的加速度分别为1a 和2a ，根据牛顿第二定律得：11mg ma μ-=③22mg ma μ-=④滑块在A 、B 间运动的v t -图象如图，由图象可知当C 点与A 点重合时，滑块运动的时间最长．设此时滑块到达D 点时的速度为v ，则由动能定理得 ：22201122mgl mv mv μ-=-⑤ 解得 8/v m s =，根据运动学公式得021v v a t =-⑥212v v a t =-⑦解得12 2.44t t t s =+=．考点：动能定理、牛顿第二定律【名师点睛】解决本题的关键要通过画出v t -图象分析滑块运动时间最长的条件，分段运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合解答．19.如图甲所示，沿斜面的拉力F 把质量为m 的物块A 沿粗糙斜面匀速向上拉，改变斜面倾角θ，使物块沿斜面向上匀速运动的拉力也随之改变．根据实验数据画出如图乙所示的cos F θ－tan θ图线，g 取10m/s 2．(1)推导cos Fθ－tan θ的表达式，并求物块的质量m 和物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若θ＝45°时，不用力F 拉物块，而给物块一沿斜面向上的初速度，物块速度减为零后又沿斜面下滑，求物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比a 1：a 2． 【答案】(1)4kg ；0.5(2)3:1 【解析】【详解】(1)由于滑块匀速运动受力平衡sin cos F mg mg θμθ=+整理得：tan cos Fmg mg θμθ=+ cos Fθ与tan θ线性函数，由图像斜率可知：40N mg =得：4kg m =；根据截距可知20N mg μ=得：0.5μ=．(2)根据牛顿第二定律可知上滑时：1sin 45cos 45mg mg ma μ︒︒+=下滑时：2sin 45cos 45mg mg ma μ︒︒-=得：12:3:1a a = 答：(1)4kg ；0.5(2)3:120.如图所示，一辆平板小车静止在水平地面上，小车的质量M ＝4.0kg ，平板车长度L ＝3.0m ，平板车的上表面距离地面的高度H ＝0.2m ．某时刻一个质量m ＝2.0kg 的小物块(视为质点)以v 0＝4.0m/s 的水平速度滑上小车的左端，与此同时相对小车施加一个F ＝10N 的水平向右的恒力．物块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.10，不计小车与地面间的摩擦．重力加速度g 取10m/s 2．求：(1)物块相对小车滑行的最大距离；(2)物块落地瞬间，物块与小车左端之间的水平距离． 【答案】(1) 2m (2) 0.45m 【解析】【详解】(1)从物块滑上小车，经过时间t 1，物块与小车达到共同速度v 1．物块的加速度a 1＝μg ＝1m/s 2，向左小车的加速度a 2＝F mgMμ+= 3m/s 2，向右 共速时v 1＝v 0－a 1t 1，v 1＝a 2t 1解得：t 1＝1s ，v 1＝3m/s ，则物块位移x 1＝0111()2v v t += 3.5m小车位移x 2＝1112v t = 1.5m物块相对小车滑行的距离△x 1＝2m ，且△x 1<L ，物块未从小车右端滑出，此后物块速度小于小车速度，相对小车向左运动，物块相对小车滑行的最大距离为△x 1＝2m ． (2)物块相对小车向左端滑动的过程中，根据牛顿第二定律可知，物块的加速度a 1＝μg ＝1m/s 2，向右小车的加速度a 3＝F mgMμ-=2m/s 2，向右 设再经过时间t 2，物块运动到小车的左端，△x 1＝12( a 3－a 1) t 22解得t 2＝2s ．此时物块v 2＝112v a t += 5m/s小车速度v 3＝132v a t += 7m/s此后物块从小车左端滑下，做平抛运动；小车做匀加速直线运动，小车的加速度a 4＝FM= 2.5m/s 2，向右 物块做平抛运动的时间为t 3= 0.2s 这段时间内，物块x 3＝23v t = 1m小车x 4＝2334312v t a t += 1.45m 物块落地时，物块与小车左端之间的水平距离△x 2＝0.45m ． 答：(1) 2m (2) 0.45m 【物理—选修3-3】21.下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（ ）A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故B. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加C. 对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D. 如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大E. 一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和 【答案】BCE 【解析】【详解】A ．气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散，故A 错误； B ．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，分子动能之和不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，故B 正确；C ．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据气态方程：PVC T= 知温度升高，则内能增大，因体积增大，气体对外做功，为使内能增大，则气体一定从外界吸热，故C 正确；D ．如果气体分子总数不变，气体温度升高，若同时体积增大，由PVC T=可知压强不一定增大，故D错误；E．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故E正确。
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物理试卷注意：1、本试卷共分为第I 卷和第II 卷两部分，第I 卷和第II 卷的答案全部答在答题纸上，考试结束后将答题纸交回。
2、本试卷满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷一、单项选择题（每题中只有一个选项正确，每小题2分，共20分）1．下列说法正确的是（ ）A.牛顿第一定律可以用实验直接验证B.牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大C.选取不同的参考系，观察同一物体的运动轨迹可能不同D.重力的方向总是指向地心2．下列说法正确的是（ ）A.运动的物体，路程不会大于位移的大小B.运动的物体，速度变化时，加速度也一定变化C.运动的物体，平均速率等于平均速度大小D.平均速度的方向与位移方向相同 3. 如图所示，一物体在水平恒力的作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从M 点运动到N 点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M 点到N 点的运动过程中，物体的速度将( )A.不断增大B.不断减小C.先增大后减小D.先减小后增大4. 如下图为某一皮带传动装置，主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2，已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑，下列说法正确的是( )A ．从动轮与主动轮角速度相同B ．从动轮做顺时针转动C ．从动轮转速为21r n rD ．从动轮转速为12r n r 5. 如图所示，A 、B 两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连，现在A 球以速度v 向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，下列说法正确的是（ ）A.此时B 球的速度为βcos vB.此时B 球的速度为βαsin sin vC.在β增大到90°的过程中，B 球做匀速运动D.在β增大到90°的过程中，B 球做加速运动 6. 铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面对水平面倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R ，若质量为m 的火车转弯时速度小于θtan gR ，则（ ）A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压C.这时铁轨对火车的支持力等于θcos mg D.这时铁轨对火车的支持力大于θcos mg 7．如图甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动。
小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F ，小球在最高点的速度大小为v ，其F-v 2图象如图乙所示。
则（ ）A.小球的质量为ba B.当地的重力加速度大小为R b C.v 2=c 时，小球对杆的弹力方向向下D.v 2=2b 时，小球受到的弹力与重力大小不相等8. 两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A 、B ，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，已知A 球细线跟竖直方向的夹角为30°，B 球细线跟竖直方向的夹角为60°，下列说法正确的是（ ）A.小球A 和B 的角速度大小之比小球的1：3B.小球A 和B 的线速度大小之比为1:1C.小球A 和B 的向心力大小之比为1：1D.小球A 和B 所受细线拉力大小之比为1：39. 如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处旋转一个光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC 所成角度为α，一个小物块自A 点沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ的大小关系式为（ ）A.α=θB.α=2θθC.α=2θD.α=310.如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。
某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。
A、B间最大静摩擦力大于B、C 之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度a A和a B，以及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中不正确的是（）二、多项选择题（每题中有两个或两个以上选项正确，全对得4分，少选得2分，有选错的得0分，每题4分，共24分）11．如图所示，倾角为30°的光滑杆上套有一个小球和两根轻质弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态,设拔去销钉M（撤去弹簧ａ）瞬间，小球的加速度大小为6ｍ/ｓ２，若不拔去销钉M，而拔去销钉N（撤去弹簧ｂ）瞬间，小球的加速度可能是（ｇ取10ｍ/ｓ２）（）A．11ｍ/ｓ２，沿杆向上 B．11ｍ/ｓ２，沿杆向下C．1ｍ/ｓ２，沿杆向上 D．1ｍ/ｓ２，沿杆向下12.如图所示，水平传送带AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。
取重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（）A. Q与传送带间的动摩擦因数为0.5B. Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4sC. 整个过程中，Q 相对传送带运动的距离为4.8mD. Q 从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20N 13.如图所示，从倾角为α的斜面上，以速度v 0水平抛出一质量为m 的小球，斜面足够长，空气阻力不计,下列说法正确的是( )A.小球从开始抛出到离斜面最远所用的时间是gv 0 B.小球离斜面的最远距离是g2sin tan v 20αα C.从抛出点到落地点的距离是ααcos g tan v 220 D.落地时的速度方向与水平方向的夹角为2α14.某小船在渡河时,船速和水速均恒定,若采用最短时间渡河时,渡河时间为8秒,若采用最短位移渡河时,渡河时间为10秒,已知船速为10m/s,下列说法正确的是( )A.河宽为80mB.水速可能为8m/sC.水速可能为350m/s D.水速可能为12m/s15.如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m 的两个物体A和B ，它们分居圆心两侧，与圆心距离为R A ＝r ，R B ＝2r ，与盘间的动摩擦因数μ相同，当盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A.此时绳子张力mg 3T μ=B.此时圆盘的角速度rg 2μω=C.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外D.此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动16.倾角为θ的斜面体M静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的。
已知质量为m的物块恰可沿其斜面匀速下滑。
今对下滑的物块m施加一个向右的水平拉力F，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M始终保持静止,则此时（）FA. 物块m下滑的加速度等于θcosmFB. 物块m下滑的加速度大于θcosmC.水平面对斜面体M的静摩擦力方向水平向左D.水平面对斜面体M的静摩擦力大小为零第Ⅱ卷三、实验填空题(共14分）17.（每空2分，共8分）如图（甲）所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长关系的实验。
（1）实验中还需要的测量工具有。
（2）如图（乙）所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。
由图可知：图线不通过原点的原因是由于；弹簧的劲度系数k= N/m （g取10m/s2）。
（3）如图（丙）所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的F-L图象。
下列正确的是。
A.a的原长比b的长B.a的劲度系数比b的大C.a的劲度系数比b的小D.弹力与弹簧长度成正比18.（每空2分，共6分）某实验小组应用如下图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，实验步骤如下：A.按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；C.挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D.改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度。
根据以上实验过程，回答以下问题：（1）对于上述实验，下列说法正确的是A.小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B.实验过程中砝码盘处于超重状态C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行D.弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半E.砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量（2）实验中打出的其中一条纸带如下图所示，由该纸带可求得小车的加速度a= m/s2。
（结果保留两位有效数字）（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像，与本实验相符合的是。
四、计算题（共42分）19.（8分）图为一小球做平抛运动时的频闪照片的一部分,图中背景是边长为5cm的小方格,a、b、c、d是摄下的四个小球位置, g取10m/s2，则(1) 小球抛出的初速度大小?(2)小球经过b点时的速度大小?20.（8分）为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆。
他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直。
已知滑块和风帆总质量为m=2kg，斜面倾角θ=30°，滑块与斜面间动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即F f=kv，g取10m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图所示，图中的斜线为t=0时v-t图线的切线，由此求出μ、k的值。
21.（12分）如图所示，水平放置的圆盘半径R＝1m，在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道AB，滑道与CD平行。
滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差h＝1.25m。
在滑道左端静止放置质量m＝0.4kg的物块(可视为质点)，物体与滑道间的动摩擦因数μ＝0.2。
当用一大小为F＝4N的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω＝2πrad/s，绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B点水平抛出，恰好落入小桶内，重力加速度取10m/s2。
则：(1)求拉力作用的最短时间；(2)若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度。
22．(14分）如图甲所示，长为L=4.5m的薄木板M放在水平地面上，质量为m=l kg的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止。
现用一水平向左的力F作用在木板M上，通过传感器测m、M两物体的加速度与外力F变化关系如图乙所示。
已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g= 10m/s2。
求：μ为多大?(1)m、M之间的动摩擦因数1μ为多大?(2)木板的质量M及木板与水平地面之间的动摩擦因数2(3)若开始时对M施加水平向左的恒力F=29 N，求:物块多长时间滑离木板？高三年级月考物理答案一、单项选择题（每题2分，共20分）1、C2、D3、D4、C5、D6、A7、B8、D9、B 10、B二、多项选择题（每题4分，共24分）11、BC 12、A C 13、BC 14、A C 15、ABC 16、AD三、填空题(每空2分，共14分)17、（1）刻度尺 （2）弹簧自身重力， 5 （3）B18、（1）C （2）0.88 （3）A四、计算题（8分+10分+10分+14分，共42分）19、（8分）(1) 2gT L 2= s 1.0T =20、（10分）由图线可知，t=0时刻的加速度s /m 3a =当加速度为0时，s /m 2v =，则 kv cos mg sin mg +=θμθ s /kg 3k =21、（10分）（1）物块做平抛： 2gt 21h = s 5.0t = 物块离开滑道时的速度s /m 2tR v == 拉力作用时物块的加速度为1a ，1ma mg F =-μ s /m 8a 1=撤去外力后物块的加速度为2a ，2ma mg =μ s /m 2a 2=盘转过一圈时物块落入C 中，拉力时间最短。