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1、河北省邯郸市大名县第一中学2020届高三物理11月月考试题（含解析）一、选择题1.甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞，如图为两车刹车后匀减速运动的vt图象以下分析正确的是( )A. 甲车刹车的加速度的大小为0.5 m/s2B. 两车开始刹车时的距离为100 mC. 两车刹车后间距一直在减小D. 两车都停下来后相距25 m【答案】B【解析】【详解】AB.由题图可知，两车速度相等时，经历的时间为20 s，甲车的加速度乙车的加速度此时甲车的位移乙车的位移两车刚好没有发生碰撞，则开始刹车时两车的距离 ，故A错误，B正确；C.两车刹
2、车后甲的速度先大于乙的速度，两者距离减小，后甲的速度小于乙的速度，两者距离增大，故C错误；D.20 s时，甲、乙的速度都为 ，根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，两车都停下来后相距故D错误2.如图所示，倾角37的上表面光滑的斜面体放在水平地面上一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态，细线与斜面间的夹角也为37.若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，斜面体仍然保持静止状态sin370.6，cos370.8.则下列说法正确的是()A. 小球将向上加速运动B. 小球对斜面的压力变大C. 地面受到的压力不变D. 地面受到的摩擦力不变【答案】B【解析】AB、小球处于静止状态，所以
3、合外力为零，小球受力为：竖直向下的重力G、斜面对小球的支持力和细线对小球的拉力，把三个力正交分解，由平衡方程为：，两式联立解得：，；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，小球受力为：竖直向下的重力G、斜面对小球的支持力和方向水平向左的推力，把三个力正交分解，沿斜面方向有 ，故小球处于静止状态，垂直斜面方向，小球对斜面的压力变大，故A错误，B正确；CD、斜面体与小球为整体，受力为：竖直向下的重力、地面对斜面体的支持力、地面对其的摩擦力和细线对小球的拉力；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，受力为：竖直向下的重力、地面对斜面体的支持力、地面对其的摩擦力和方向水平向左的推力，所以地面对斜面体的
4、支持力变小，地面对其的摩擦力变大，故CD错误；故选B。3.如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为( )A. 4 kgB. 3 kgC. 2 kgD. 1 kg【答案】C【解析】【详解】刚开始AB两个一起做加速，根据牛顿第二定律可知：结合图像斜率可知当加速度大于等于，AB分开各自加速，设B受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律可知：结合图像斜率可知：联立以上公式可求得：故选C4.将一小球从某一高度抛出，抛出2 s后它的速度方向与水平方向的夹角成45，落地时位移与水平方向成60，不
5、计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，则下列说法正确的是A. 小球做平抛运动的初速度是10m/sB. 抛出点距地面的高度是60mC. 小球做平抛运动的初速度是m/sD. 抛出点距地面的高度是240m【答案】D【解析】由平抛运动的规律有：抛出1s后，得；落地时得：，抛出点距地面的高度故D正确，ABC错误故选D.5.如图所示，滑块以初速度滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图象是取初速度方向为正方向A. B C. D. 【答案】D【解析】物体上滑时的加速度大小 a1=gsi
6、n+gcos，方向沿斜面向下下滑时的加速度大小 a2=gsin-gcos，方向沿斜面向下，则知a1a2，方向相同，均为负方向因v-t线的斜率等于加速度，可知选项AB错误；动能是标量，不存在负值故C错误重力做功W=-mgh=-mgxsin，故D正确故选D.点睛：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况要通过列方程分析图象的物理意义6.如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，ABC是圆的内接直角三角形，ACB=26.5，O为圆心，半径R=5cm。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量+e的粒子，有些粒子会经过圆
7、周上不同的点，其中到达B点的粒子动能为12eV，达到C点的粒子电势能为-4eV（取O点电势为零）。忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53=0.8。下列说法正确的是A. 匀强电场的场强大小为100V/mB. 圆周上B、C两点的电势差为-4VC. 圆周上A、C两点的电势差为12VD. 当某个粒子经过圆周上某一位置时，可以具有6eV的电势能，且同时具有6eV的动能【答案】A【解析】【详解】根据电势的定义可以求出C点的电势根据匀强电场特征可知： UAO=UOC=4V解得： 。根据动能定理 ，解得： 。由于B点的电势等于O点的电势等于0，所以O与B是等势点，连接OB，则OB为匀强电场的等势面，过A
8、点做OB的垂线交OB与D点，则AD的方向就是该电场的场强方向，如图：根据几何关系可知AOB=53，AD0.04m。由于OBD是等势面，所以 。故A正确；B. 圆周上B、C两点的电势差为故B错误；C. 圆周上A、C两点的电势差为故C错误；D. 该圆周上电势最高的点到比O点高：，所以最大电势能只能是5eV。故D错误。7.如图所示，固定的倾斜粗糙细杆与水平地面间的夹角为37，质量为1 kg的圆环套在细杆上轻质弹簧的一端固定在水平地面上的O点，另一端与圆环相连接，当圆环在A点时弹簧恰好处于原长状态且与轻杆垂直将圆环从A点由静止释放，滑到细杆的底端C点时速度为零若圆环在C点获得沿细杆向上且大小等于2 m
9、/s的初速度，则圆环刚好能再次回到出发点A.已知B为AC的中点，弹簧原长为0.3 m，在圆环运动过程中弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.A. 下滑过程中，圆环受到的合力一直在增大B. 下滑过程中，圆环与细杆摩擦产生的热量为2 JC. 在圆环从C点回到A点的过程中，弹簧对圆环做的功为1.2 JD. 圆环下滑经过B点的速度一定小于上滑时经过B点的速度【答案】D【解析】【详解】A.下滑过程中，圆环受到重力、摩擦力、弹簧的弹力和杆的支持力，弹簧的弹力逐渐增大，圆环滑到细杆底端时速度为零，可知合力先减小后增大，故A错误B.设下滑过程中，圆环与细杆摩
10、擦产生的热量为Q，上滑时产生的热量也为Q.由能量守恒定律得：下滑过程有 QEpmgh上滑过程有mv02EpQmgh解得Qmv02122 J1 J，故B错误；C.根据上面公式可计算得：EpmghQ1100.30.8 J1 J1.4 J，故C错误D.从B到C，由动能定理得：从C到B，由动能定理得：对比可得vB1vB2，即圆环下滑经过B点的速度一定小于上滑时经过B点的速度，故D正确8.如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为,把半圆环分成AB、BC、CD三部分。下列说法正确的是A. BC部分在O点产生的电场强度的大小为B. BC部分在O点产生的电场强度的大小为C. BC部分在O
11、点产生的电势为D. BC部分在O点产生的电势为【答案】AD【解析】如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段。设每段在O点产生的电场强度大小均为E。AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120，它们的合场强大小为E则O点的合场强：E=2E，则：E=E/2；故圆弧BC在圆心O处产生的场强为E/2。电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的电势为，则有 3=，则 =/3，故选AD。点睛：本题要注意电场强度是矢量，应根据平行四边形定则进行合成，掌握电场的叠加原理；电势是标量，可直接取代数和9.如图所示,小球A、B、C的质量分别为m、m、2m,A与BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为L,B、C置于水平地面上。现让两
12、轻杆并拢，将A由静止释放下降到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则A. A、B、C组成的系统水平方向动量守恒B. A、C之间的轻杆始终对C做正功C. A与桌面接触时具有水平方向的速度D. A与桌面接触时的速度大小为【答案】AD【解析】A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项A正确；小球C的速度先增大后减小，则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功，选项B错误；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方的速度均为零，选项C错误；竖直方向，当A与桌面接触
13、时，小球A的重力势能转化为系统的动能，因BC的速度为零，则mgL=mv2，解得，选项D正确；故选AD.10.研究表明，地球自转周期在逐渐改变，3亿年前地球自转的周期约为22小时假设这种趋势会持续下去，且地球的质量、半径都不变，则经过若干亿年后A. 近地卫星的向心加速度比现在大B. 近地卫星的运行的周期与现在相等C. 同步卫星的向心加速度比现在小D. 同步卫星的运行速度比现在大【答案】BC【解析】近地卫星由万有引力提供圆周运动向心力，据 知，近地卫星的运行加速度，地球的质量和半径都不变，故运行加速度大小不变，所以A错误；根据可得，则近地卫星的运行的周期与现在相等，选项B正确；万有引力提供圆周运动
14、向心力有，周期，由于地球自转周期变慢，故同步卫星的轨道高度r变大，据向心加速度知，向心加速度减小，故C正确又据知，轨道半径r变大，卫星的线速度变小，所以D错误故选BC11.如图所示，在倾角30的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一垂直斜面的固定挡板系统处于静止状态，现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，物块B刚要离开C时力F的大小恰为2mg.则( )A. 物块B刚要离开C时受到的弹簧弹力为B. 加速度C. 这个过程持续的时间为 D. 这个过程A的位移为【答案】ACD【解析】【详解】A.物块B刚要离开C时B对C的弹
15、力恰好为零，对B，由平衡条件得，此时弹簧的弹力：故A正确；B.B刚要离开C时，对A，由牛顿第二定律得：解得ag，故B错误；D.刚开始时，对A由平衡条件得： ，B刚要离开C时，弹簧弹力： ，整个过程A的位移：xx1x2，解得： ，故D正确；C.物块A做初速度为零的匀加速直线运动， ，解得运动时间，故C正确12.如图所示，在真空中，半径为R圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，AB为其竖直直径。一束质子在纸面内以相同的速度射向磁场区域，质子的电量为m。在这束质子中有两个分别从距水平直径为的a点和的b点入射，沿着半径入射的质子恰好到达B点，在B点装置一与水平直径平行的弹性挡板，质子与
