北京市2018-2019年高三11月月考物理试题

高三11月月考物理试题一、选择题（每小题6分，共计48分。

其中1—5小题只有一个选项正确，6—8题有多项正确）1. 水平推力F1和F2分别作用于在水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v-t图线如图所示，图中线段AB∥CD，则下列说法正确的是（）A. F1的冲量大于F2的冲量B. F1的冲量等于F2的冲量C. 两物体受到的摩擦力大小相等D. 两物体受到的摩擦力大小不等【答案】C【解析】由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，根据动量定理，对整个过程研究得：，，由图看出，，则有，即的冲量小于的冲量，故选项C正确。

点睛：由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等，根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。

2. 如图所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的。

已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮上的摩擦都不计。

若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为 ( )A. 4μmgB. 3μmgC. 2μmgD. μmg【答案】A【解析】试题分析：对Q物块，设跨过定滑轮的轻绳拉力为T；木块Q与P间的滑动摩擦力f=μ•mg ①根据共点力平衡条件T="f" ②则得 T=μmg对木块P受力分析，P水平方向受到拉力F，Q对P向左的摩擦力f，地面对P体向左的摩擦力f′，根据共点力平衡条件，有F="f+f′+T" ③地面对P物体向左的摩擦力f′=μ×2mg ④由①～④式可以解得F=4μmg，故选A．考点：物体的平衡；摩擦力3. 如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的轻质定滑轮与容器a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中缓慢注入沙子的过程中，a、b、c均一直处于静止状态．下列说法正确的是( )A. 绳子的拉力保持不变B. b对c的摩擦力一直变大C. 绳对滑轮的作用力方向始终不变D. 地面对c的支持力始终不变【答案】C【解析】在a中缓慢注入沙子的过程中,绳子的拉力增大，选项A错误；设a、b的重力分别为G a、G b．若G a=G b sinθ，b受到c的摩擦力为零；当注入沙子时，b对c的摩擦力变大；若G a>G b sinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向下．当注入沙子时，b对c的摩擦力变大；若G a＜G b sinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向上，当沙子注入时，b对c的摩擦力减小；故B错误；以滑轮为研究对象，则由于两边绳子的拉力相等，故绳对滑轮的作用力始终沿两绳夹角的平分线方向，故选项C正确；以bc整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知水平面对c的支持力N=（G b+G c）-Tsinθ，在a中的沙子缓慢注入的过程中T增大，则N减小，D错误．故选C．点睛：本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题及B所受的摩擦力，要根据B所受的拉力与重力沿斜面向下的分力大小关系，分析摩擦力的大小和方向．4. 如图所示，a为放在地球赤道上随地球一起转动的物体，b为处于地球表面附近的卫星，c 是地球同步卫星，d是高空探测卫星．若a、b、c、d的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g．下列说法正确的是( )A. b卫星转动的线速度大于7.9km/sB. a、b、c、d的周期大小关系为C. a和b的向心加速度都等于重力加速度gD. 在b、c、d中，b的动能最大，d的机械能最大【答案】D【解析】b卫星是近地卫星，运转半径等于地球的半径，根据可知转动的线速度等于7.9km/s，选项A错误；同步卫星的周期等于地球自转的周期，则T a=T c；根据可知T d>T c>T b,则T d>T c=T a>T b，选项B错误；b的向心加速度都等于重力加速度g，但是对a:，则a的向心加速度小于重力加速度g，选项C错误；根据可知b 的速度最大，动能最大；d的机械能最大，选项D正确；故选D.点睛：对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点．5. 物体放在动摩擦因素为μ的水平地面上，受到一水平拉力作用开始运动，所运动的速度随时间变化关系和拉力功率随时间变化关系分别如图甲、图乙所示。

由图像可知动摩擦因素μ为（）（g=10m/s2）A. μ=0.1B. μ=0.3C. μ=0.2D. μ=0.4【答案】B【解析】由图线可知，物体做匀速直线运动的速度v=4m/s，此时拉力等于摩擦力，则有，根据速度时间图线知，物体做匀加速直线运动的加速度，根据牛顿第二定律得，F1-f=ma，又P=F1v，联立解得P=（2m+3）•2t，由P-t图线知，2(2m+3)＝＝10，解得：m=1kg，则动摩擦因数，故B正确，ACD错误．故选B．点睛：本题考查了牛顿第二定律、速度时间图线以及功率公式的基本运用，知道速度时间图线的斜率等于加速度，根据P-t图线的斜率结合牛顿第二定律求出物体的质量是关键．6. 如图所示，两段长均为L的轻绳共同系住一质量为m的小球，另一端固定在等高的两点O1、O2，两点的距离也为L，在最低点给小球一个水平向里的初速度v0，小球恰能在竖直面内做圆周运动，重力加速度为g，则（）A. 小球运动到最高点的速度B. 小球运动到最高点的速度C. 小球在最低点时每段绳子的拉力D. 小球在最低点时每段绳子的拉力【答案】AD【解析】A、B、小球恰能在竖直面内做圆周运动的条件是重力提供向心力，则，，解得：，A正确；B错误；C、D、小球在最低点，由向心力公式得：，每段绳子的拉力，由以上两式解得：，C错误；D正确；故选AD。

7. 如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块。

木板受到水平拉力 F 作用时，用传感器测出长木板的加速度 a 与水平拉力 F 的关系如图乙所示，重力加速度 g=10m/s2，下列说法正确的是（）A. 小滑块的质量 m=2 kgB. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数0.1C. 当水平拉力 F=7 N 时，长木板的加速度大小为3m/sD. 当水平拉力 F 增大时，小滑块的加速度一定增大【答案】ACB、根据F大于的图线知，时，，即：，代入数据解得：，所以，当时，长木板的加速度为：，根据得：，故B错误，C正确；D、当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为，恒定不变，故D 错误。

点睛：对于牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。

8. 如右图所示，带有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角θ=300，质量均为2kg的AB两物体用轻弹簧栓接在一起，弹簧的劲度系数为5N/cm，质量为4kg的物体C用细线通过光滑的轻质定滑轮与物体B连接，开始时A、B均静止在斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细线刚好被拉直，现把手拿开，让C由静止开始运动，从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，下列说法正确的是（物体C未触地，g取10m/s2）( )A. 初状态弹簧的压缩量为2cmB. 末状态弹簧的伸长量为2cmC. 物体B、C组成的系统机械能守恒D. 物体C克服绳的拉力所做的功为0.8J【答案】ABD【解析】初状态弹簧的压缩量为，故A正确．末状态弹簧的伸长量为．故B正确．对于物体B、C与地球组成的系统，由于弹簧对B做负功，所以系统的机械能不守恒．故C错误．初末状态弹簧的弹性势能相等，对于弹簧、物体B、C与地球组成的系统，根据机械能守恒定律得：m C g（x1+x2）=m B g（x1+x2）sinθ+(m B+m C)v2，对C，由动能定理得 m C g（x1+x2）-W=m C v2，联立解得物体C克服绳的拉力所做的功W=0.8J，故D正确．故选ABD．点睛：本题考查机械能守恒定律、动能定理及胡克定律的应用，要注意选取研究对象，正确分析物理过程，做好受力分析，选择合适的物理规律求解即可．二、实验题9. 某同学设计了如图甲所示的实验装置来验证“动能定理”．一个电磁铁吸住一个小钢球，将电磁铁断电后，小钢球由静止开始向下加速运动．小钢球经过光电门，计时装置记录小钢球通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1和t2，用刻度尺测得两光电门中心之间的距离为h，已知当地重力加速度为g．（1）该同学用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如下图乙所示，小钢球的直径d＝____cm；（2）小钢球通过光电门1时的速度大小为_______________；（3）若上述测量的物理量满足关系式_____________________，则动能定理得以验证．（2、3问用所测物理量的字母表示）【答案】 (1). （1）0.520 (2). （2） (3). （3）【解析】（1）小钢球的直径0.5cm+0.05mm×4=0.520cm；（2）小钢球通过光电门1时的速度大小为；（3）若上述测量的物理量满足关系式，即，则动能定理得以验证。

10. 用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示．已知m1＝50 g、m2＝150 g，则：(结果均保留两位有效数字)(1)在打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔE k＝________J，系统势能的减少量ΔE p＝______J．(取当地的重力加速度g＝10 m/s2)通过比较可以得出结论：_________________________。

(2)若某同学作出v2－h图象如图丙所示，则当地的重力加速度g＝________m/s2.【答案】 (1). （1）0.58 (2). 0.60 (3). 在误差允许的范围内，机械能守恒；(4). （2）9.7............三、计算题11. 如图所示，在粗糙水平面上A点固定一半径R=0.2m的竖直光滑圆弧轨道，底端有一小孔．在水平面上距A点s=1m的B点正上方O处，用长为L=0.9m的轻绳悬挂一质量M=0.1kg 的小球甲，现将小球甲拉至图中C位置，绳与竖直方向夹角＝60°．静止释放小球甲，摆到最低点B点时与另一质量m=0.05kg的静止小滑块乙（可视为质点）发生完全弹性碰撞．碰后小滑块乙在水平面上运动到A点，并无碰撞地经过小孔进入圆弧轨道，当小滑块乙进入圆轨道后立即关闭小孔．g=10m/s2．（1）求甲、乙碰前瞬间小球甲的速度大小；（2）若小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰好不脱离圆弧轨道，求小滑块乙与水平面的动摩擦因数．【答案】（1）3m/s（2）0.6【解析】（1）小球甲由C到B，由动能定理得①②（2）甲乙发生弹性碰撞③④m/s ⑤若小球恰能经过最高点，则最高点速度满足⑥⑦从B到圆弧最高点，由动能定理有⑧⑨若不能转过圆轨道最高点，则最高点必在圆心⑩12. 如图所示，水平传送带的左端与一倾角θ=37°的粗糙斜面平滑连接，一个小滑块（可视为质点）从斜面上的A点由静止释放，沿斜面滑下并冲上传送带，传送带以恒定速率v=2m/s 逆时针转动．已知小滑块的质量m=2kg，斜面上A点到斜面底端的长度s=9m，传送带的长度为L=10m，小滑块与斜面的动摩擦因数μ1=0.50，小滑块与传送带间动摩擦因数μ2=0.40，g=10m/s2．求：（1）小滑块到达斜面底端P的速度大小；（2）a．判断冲上传送带的小滑块是否可以运动到传送带的右端Q；b．若小滑块可以运动到Q，试求小滑块从P点运动到Q点的过程中摩擦力分别对小滑块和传送带做的功；若小滑块不能达到Q，试求小滑块从P点开始再次运动到P点过程中摩擦力分别对小滑块和传送带做的功；（3）小滑块在斜面和传送带上运动的整个过程中，小滑块相对于地面的总路程．【答案】（1）6m/s；（2）a．不能到Q；b．-32J；-32J；（3）13.5m【解析】（1）滑块下滑过程，由动能定理得：mgssinθ﹣μ1mgcosθs=mv P2﹣0，代入数据解得：v P=6m/s；（2）a、滑块到达传送带上后做匀减速直线运动，在滑块速度减为零过程中，由动能定理得：﹣μ2mgs′=0﹣mv P2，代入数据解得：s′=4.5m＜L=10m，滑块不能到达Q端；b、滑块在传送带上运动时的加速度为：a==μ2g=4m/s2，滑块向右减速运动的时间为：，在此时间内，传送带位移为：x1=vt1=2×1.5=3m，滑块向右加速运动到速度等于传送带速度需要的时间为：，在此时间内传送带的位移为：x2=vt2=2×0.5=1m，在整个过程中，摩擦力对传送带做功为：W传送带=﹣μ2mg（x1+x2）=﹣32J，由动能定理可知，整个过程摩擦力对滑块做功为：W滑块=mv2﹣mv P2=﹣32J；（3）滑块在运动过程中要考查摩擦力做功，使其机械能减少，最终滑块将静止在P处，有：μ1cosθ=μ2=μ=0.4，设滑块在整个过程中相对水平地面的路程为s总，对滑块由动能定理得：mgssinθ=μmgs总，代入数据解得：s总=13.5m；点睛; 本题考查了动能定理的应用，分析清楚滑块的运动过程是解题的关键，应用动能定理可以解题．分析滑块运动过程时要注意：滑块在传送带上向左先做匀加速运动，后做匀速直线运动；解题时要注意，（3）求的是滑块相对地面的路程．【物理——选修3-4】13. 一列简谐横波在t1=0.02s时刻的波形图如图甲所示，平衡位置在x=1m处的质点P的振动图像如图乙所示。