2018-2019学年上海浦东新区建平中学高三上学期十月月考物理试题
（考试时间：60分钟 满分100分）
考生注意：本试题g取10m/s（除题目中特殊规定外）。
请将答案填写在答卷卷上，在试题上作答不给分。
1、选择题（共40分，1-8题每小题3分，9-12题每小题4分。每小题只有一个正确选项）
1．如图所示，各接触面是光滑的，则A、B间可能无弹力用途的是（ ）
A. 
B. 
C. 
D. 
【考试知识点】物体的弹性和弹力
【分析】弹力是物体发生形变后要恢复原状时产生的力。而形变有宏观与微观形变，所以有时接触可能没有形变，即有弹力。故弹力产生的条件是接触且形变。
【解答】由图可知：A、B 、D选项一定有弹力，由于AB间有相互挤压，一定存在弹力。
而C选项：假设AB间有弹力，各接触面都是光滑的，则B两物体不可以处于平衡状况，要运动，然而AB两物体没运动，故C选项没弹力。
故选： C
2. 下列每组单位都是国际单位制的基本单位的是
A. V、kg、mol B. m、s、J C. kg、A、K D. m、N、C
【考试知识点】力学单位制
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、水平、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】V、J与N都是国际单位制中的导出单位,千克、安培、摩尔、开尔文是基本单位。故C正确，ABD错误。
故选：C。
3、如图，某运动员在进行短道速滑比赛，假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行,则他所受合力
A. 是一个恒力，方向沿OA方向
B. 是一个恒力，方向沿OB方向
C. 是一个变力，方向沿OB方向
D. 是一个变力，方向沿OC方向
【考试知识点】力的合成与分解的运用 向心力
【分析】匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，方向时刻改变，向心加速度、向心力的方向一直指向圆心，大小不变，方向时刻改变。
【解答】匀速圆周运动过程中，线速度大小不变，方向改变，向心加速度大小不变，方向一直指向圆心，向心力大小不变，方向时刻在改变，方向一直指向圆心。故所受合力是一个变力，方向沿OB方向，故D正确，ABC错误。
故选：D
4、物体做匀加速直线运动，相继经过两端距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（ ）
A．2/3m/s2 B．4/3m/s2 C．8/9m/s2 D．16/9m/s2
【考试知识点】匀速直线运动及位移的计算
【分析】依据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两个中间时刻的瞬时速度；
依据时间关系求出两个中间时刻之间的时间；结合速度时间公式求出物体的加速度。
【解答】第一段时间内的平均速度为：v1＝x/t1=16/4m/s＝4m/s，
第二段时间内的平均速度为：v2＝x/t2=16/2m/s＝8m/s，
依据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：△t=s=3s，
则加速度为：a=v2−v1/△t=（8−4）/3m/s2＝4/3m/s2，选项ACD错误，B正确。
故选B。
5．户外风洞飞行体验，体验者在风力用途下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中
A. 失重且机械能增加 B. 失重且机械能降低
C. 超重且机械能增加 D. 超重且机械能降低
【考试知识点】机械能守恒定律 功能关系
【分析】超重和失重只与加速度的方向有关，与物体的运动方向无关。加速度向上，超重；加速度向下，失重；物体只有重力或弹簧的弹力做功，机械能守恒，假如还有其它力做功，当其它力做功的代数和为零，机械能不变；当其它力做功的代数和大于零，机械能增加；当其它力做功的代数和小于零，机械能降低。
【解答】体验者在风力用途下漂浮在半空，体验者的合力为零，假如减小风力，则重力大于风力，合力向下，体验者向下做加速运动，加速度向下，处于失重状况；
体验者向下加速运动过程中，除去重力做功外，风力做负功，机械能降低。故ACD错误，B正确。
故选：B。
6.一个质点做简谐运动，其位移随时间变化的s−t图象如图。以位移的正方向为正，该质点的速度随时间变化的v−t关系图象为
A. 
B. 
C. D. 
【考试知识点】简谐运动的振动图象
【分析】当质点通过平衡地方时速度最大，加速度为零，依据s-t图象判断质点地方与振动方向判断即可。
【解答】由图知,在t=0时刻,s为正向最大,质点的速度为零。t=T/4时,质点通过平衡地方,速度为负向最大。t=T/2时，s为负向最大,质点的速度为零。t=3/4T时，质点通过平衡地方，速度为正向最大。t=T时，s为正向最大，质点的速度为零。所以该质点的速度随时间变化的v−t关系图象为A图，故A正确，BCD错误。
故选：A。
7.在如图所示的位移图象和速度图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地址向同一方向运动的状况，则下列说法正确的是（）
A. 甲车做曲线运动，乙车做直线运动
B. 0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程
C. 丁车在t2时刻领先丙车最远
D. 0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等
【考试知识点】平均速度 匀变速直线运动的图像
【分析】在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间；
在速度-时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移。
【解答】A．由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做速度愈加小的变速直线运动，故A错误；
B．在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B错误；
C．由图象与时间轴围成面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C正确；
D.0～t2时间内，丙车的位移小于丁车的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丁车的平均速度大于丙车的平均速度，故D错误。
故选C。
8．水平为 m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，假如发动机的功率恒为 P，且行驶过程中遭到的摩擦阻力大小肯定，汽行车速度度可以达到的最大值为 v，那样当汽车的行车速度为 v/2时。汽车瞬时加速度的大小为（ ）
A．P/mv B．2 P/mv C．P/mv D．3 P/mv
【考试知识点】功率 瞬时功率
【分析】汽行车速度度达到最大后，将匀速前进，依据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件，可以先求出摩擦阻力；当汽车的行车速度为v/2时，先求出牵引力，再结合牛顿第二定律求解即可。
【解答】当汽车达到最大速度时,做匀速运动,牵引力F与摩擦力f相等。
又P=Fv，所以f=P/v 恒定
当速度达到v/2时，F'=2P/v，则ma=F'-f =（2P/v）-（P/v）= P/v，所以a=P/
答案选A。
9. 如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线，实线为一α粒子（重力不计）仅在电场力用途下通过该地区时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知
A. a、b、c三个等势面中，a的电势最高
B.电子在P点具备的电势能比在Q点具备的电势能小
C. α粒子在P点的加速度比Q点的加速度大
D.带电质点肯定是从P点向Q点运动
【分析】因为α粒子只受电场力用途，依据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向上，因为α粒子带正电，因此电场线方向也指向上；电势能变化可以通过电场力做功状况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大。
【解答】A. 电荷所受电场力指向轨迹内侧，因为α粒子带正电，因此电场线指向上方，沿电场线电势减少，故a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故A错误；
B. a等势线的电势最低，c等势线的电势最高；而电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在P点具备的电势能比在Q点具备的电势能大，故B错误；
C. 等势线密的地方电场线密场强大，故P点地方电场强，电场力大，依据牛顿第二定律，加速度也大，故C正确；D. 由图只能看出粒子受力的方向，不可以看出粒子运动的方向，故D错误。
故选：C。
10.在广场游玩时，一孩子将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块静止置于水平地面上，如图所示。若水平的风速渐渐增大（设空气密度不变），则下列说法正确的是
A. 细绳的拉力渐渐减小
B. 小石块大概连同气球一块被吹离地面
C. 小石块滑动前遭到地面施加的摩擦力渐渐增大
D. 地面遭到小石块的重压渐渐减小
【考试知识点】力的合成与分解的运用 共点力平衡的条件及其应用
【分析】剖析气球的受力状况，依据平衡条件得出细绳的拉力与绳子与水平方向夹角的表达式，再剖析绳子拉力的变化。以气球和石块整体为研究对象，由平衡条件剖析小石块所受地面的支持力怎么样变化，再由牛顿第三定律判断地面遭到小石块的重压变化，判断小石块能否滑动。
【解答】
A. 以气球为研究对象，剖析受力如图1所示：重力G1，空气的浮力F1，风力F，绳子的拉力T。设绳子与水平方向的夹角为α，当风力增大时，α将减小。依据平衡条件得
竖直方向：F1=G1+Tsinα，当α减小时,sinα减小，而F1、G1都不变，则绳子拉力T增大。故A错误。
B. 因为地面对石块的支持力N=G1+G2−F1维持不变，与风力无关，所以当风力增大时，小石块连同气球一块不可能被吹离地面。故B错误。
C.D. 以气球和石块整体为研究对象，剖析受力如图2，依据平衡条件得
竖直方向：N+F1=G1+G2，
水平方向：f=F
气球所受的浮力F1、气球的重力G1、石块的重力G2都不变，则地面对石块的支持力N不变，地面遭到小石块的重压也不变。在石块滑动前，当风力F增大时，石块所受的摩擦力增大。故C正确。
故选：C。
11. 如图所示，水平为M的物体在粗糙斜面上以加速度a1 匀加速下滑（斜面固定）；当把物体水平增加m时，加速度为a2；当有一竖直向下且过重心的恒力F用途在物体上时，加速度变为a3，假如F=mg，则（）
A. a1 =a2=a3
B. a1 =a2＞a3
C. a1 =a2＜a3
D. a1＜a2＜a3
【考试知识点】牛顿第二定律
【解答】物体以加速度a1匀加速下滑时，遭到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，依据牛顿第二定律得：
a1 =（Mgsinθ-μMgcosplayθ）/M =gsinθ-μgcosplayθ
当把物体的水平增加m时，则有：a2 = [gsinθ-μgcosplayθ]/（M+m）=gsinθ-μgcosplayθ
当加一竖直向下的恒力F时：a3 =[（M+F）gsinθ-μ（M+F）gcosplayθ] /M
因此，a1 =a2 ＜a3。
故选C
12．如图，固定在地面的斜面上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计所有摩擦。则在各小球运动过程中，下列正确的是
A. 球1的机械能守恒
B. 六个球离开轨道时的速度大小各不相同
C. 球6离开轨道时的速度最小
D. 球2在OA段机械能不断增大
【考试知识点】机械能守恒定律
【分析】6个小球都在斜面上运动时，整个系统的机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以从6到4，小球离开A的速度不断增大，最后3个小球离开A点的速度相同．通过剖析小球离开平台的速度，判断射程的大小．
【解答】A. 6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒。当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球2对1有哪些用途力做功，故球1的机械能不守恒，故A错误；
B. C.因为6、5、4三个球在水平面运动时，在斜面上的小球仍在加速，所以离开A点时，球6的速度最小，而最后三个球在水平面上运动时不再加速，3、2、1的速度相等，故B错误，C正确。
D. 球2刚在OA段运动时，斜面上的球1在加速，球1对球2有哪些用途力做正功，动能增加，机械能增加，但当球1也运动到OA段时球1球2在水平面都做匀速直线运动，球2动能不变，中立势能不变，机械能不变，故D错误。
故选：C。
2、填空题（共20分，每小题4分）
13.机械波产生的条件是要有__________和____________________。
【考试知识点】机械波的定义
【分析】依据机械波产生与传播的条件，可知，有机械振动可能没有机械波，还要有传播介质，才可能形成机械波．
【解答】振源，介质
14.皮带传动装置中，小轮半径为r，大轮半径为2r。A和B 分别是两个轮边缘上的质点，大轮中另一质点P 到转动轴的距离也为r ，皮带不打滑，则P的线速度是A的__________；P的向心加速度是A的__________。（请写分数形式）
【考试知识点】向心加速度 线速度 角速度和周期、转速
【分析】靠传送带传动轮子边缘上的点线速度相等，共轴转动的点角速度相等。依据a=ω2r=v2/r，v=ωr得出向心加速度与线速度的关系
【解答】A，B两点线速度相等，依据a=v2/r知，A的向心加速度是B的2倍；点P和点B角速度相等，依据a=rω2知B的向心加速度是P的2倍；则P的向心加速度时A的1/4。
P，B两点角速度相等，依据v=ωr知，B的线速度是P的2倍；点A和点B线速度相等则P的线速度是A的1/2。
故答案：
1/4；1/2
15.如图所示，AB是某电场中的一条电场线。若有一电子以某一初速度,仅在电场力有哪些用途下，沿AB由A运动到B，其速度图象如下图所示，A，B两点的电场强度EA____________________EB，电势UA__________UB。（选填“>”、
“<”、或“=”）
【考试知识点】带电粒子在匀强电场中的运动
【分析】由图可知带电粒子速度变化状况，则可明确粒子在两点的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；由功能关系可以确定电势的高低．
【解答】由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强，即EA>EB；电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，电场力方向由B→A，而电子带负电，则电场线方向由A→B，A点的电势要大于B点电势，即UA>UB。
故答案：>；>
16.地球上有一个摆长为0.9m的单摆，则该单摆的周期为______s（用含有π的式子表示），假如将该单摆设到某星球的表面，已知该星球半径是地球半径的4倍，水平也是地球水平的4倍。则该单摆在该星球上的周期是地球上周期的______倍。
【考试知识点】万有引力定律及其应用
【分析】依据单摆的周期公式
代入数据计算即可；依据星球表面的物体遭到的重力等于万有引力mg=，得g＝GM/R2，依据该星球半径是地球半径的4倍，水平也是地球水平的4倍，可计算出地球和该星球的表面重力加速度之比，又依据单摆周期公式得
，代入数据可计算即可。
【解答】依据单摆的周期公式，代入数据T=2π
s=0.6πs。依据星球表面的物体遭到的重力等于万有引力mg=,得g=GM/R2所以
=
2=
×
=
依据单摆周期公式得=。
故答案为：
1.884，2
17.如图，一列波速为4m/s的简谐横波在均匀介质中沿x轴方向传播，某时刻恰好传到x=4m处的P介质点。再经过3s，x=7m处的Q介质点运动的路程为___m，位移为___m.
【考试知识点】简谐运动的振动图象
【分析】由波的传播方向，运用波形的平移法可确定P点的振动方向。依据简谐波的特征：每个质点的振幅都相同，剖析PQ的振幅关系。依据质点简谐运动的周期性求出△t=3s内质点Q通过的路程。
【解答】由图知波长λ=2m,则周期T=λ/v=2/4=0.5s，
该波传播到Q点的时间：t1=（xQ−xP）/v=（7−4）/4=0.75s
则Q振动的时间：△t=3−0.75=2.25s=4.5T，可知经过△t=2.25s，质点Q到达平衡地方，位移是0；
由图可知，该波的振幅为5cm=0.05m，△t=2.25s=4.5T，则经过△t=2.25s，质点Q通过的路程为：S=4A×4.5=0.9m。
故答案为：0.9，0
3、综合题（共40分）
注意：第20，21题在列式计算、逻辑推理与回答问题过程中，需要给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。
18.（4分）如图所示，两块三角形的木板B、C竖直放在水平桌面上，它们的顶点连接在A处，底边向两边分开。一个锥体置于A处，放下之后，奇特的现象发生了，椎体自动地沿木板滚上了B、C板的高处，不计所有阻力。锥体在滚动过程中重心____________________（填“渐渐升高”、“渐渐减少”或“维持不变”）；锥体在滚动过程中机械能______________________________填“增大”、“减小”或“不变”）
【考试知识点】机械能守恒定律
【分析】不计所有阻力，锥体机械能守恒，运动过程中只有动能和势能之间的相互转化。
【解答】锥体自动地沿木板滚上了B、C板的高处的过程中只有重力做功，锥体机械能守恒，重力势能转化为动能，而高度上升，所以重心渐渐减少。
故答案：渐渐升高；维持不变。
19.（6分）风速仪结构如图所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间△t内探测器接收到的光强随时间变化关系如图所示，则该时间段内风轮叶片转速____________________（填“渐渐增大”、“渐渐减小”或“维持不变”），其平均速率为__________
【考试知识点】线速度、角速度和周期、转速
【分析】依据图b可知，在△t内，通过的光照的时间愈加长，且在△t内挡了4次光，据此求出周期，再求出风轮叶片转动的周期，依据v=2πr/T求解平均线速度即可。
【解答】依据图b可知，在△t内，通过的光照的时间愈加长，则风轮叶片转动的愈加慢，即转速渐渐减小，在△t内挡了4次光，则T1=△t/4。依据风轮叶片每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈可知：则风轮叶片转动的周期T=△t/（4n），则风轮叶片转动的平均速率v =2πr/T=8πnr/△t。
故答案为：渐渐减小；8πnr/△t。
20.（14分）如图所示，如图1表示用水平恒力F拉动水平面上的物体，使其做匀加速运动。当改变拉力的大小时，相对应的匀加速运动的加速度a也会变化，a和F的关系如图2所示。
图线的斜率及延长线与横轴的交点表示的物理意义分别是什么?
依据图线所给的信息，求物体的水平及物体与水平面的动摩擦因数。
在该物体上放一个与该物体水平相同的砝码,维持砝码与该物体相对静止。其他条件不变，请在图2的坐标上画出相应的a−F图线。
【考试知识点】牛顿第二定律
【分析】（1）依据牛顿第二定律求出a和F的关系式，再剖析图线的斜率及延长线与横轴的交点表示的物理意义。（2）依据图线的斜率求出物体的水平，依据a=0时，拉力F=f=1N，然后依据f=μmg求出动摩擦因数。（3）当水平加倍时，剖析物体刚要运动时的拉力F，得到直线的斜率，即可作出a-F图线。
【解答】由牛顿第二定律得：F−μmg=ma有：a=F/m−μg
所以，直线的斜率等于物体水平的倒数。直线与横轴交点表示物体遭到的最大静摩擦力大小。
由1/m=△a/△F=2kg−1可得：物体的水平m=0.5kg。
由f=1N，且f=μmg得物体与水平面的摩擦因数 μ=1/（0.5×10）=0.2
当水平加倍时，物体刚要运动是拉力F=2N，直线的斜率变为1kg−1。作图如图所示。
答：直线的斜率等于物体水平的倒数，直线与横轴交点表示物体遭到的最大静摩擦力大小。
物体的水平为0.5kg，物体与水平面的动摩擦因数为0.2.
在图2的坐标上画出相应的a−F图线如图。
21.（16分）如图1所示，倾角θ=30∘的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10−4C的正点电荷，将一带正电小球从斜杆的底端静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象则：
请描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化状况；
求小球的水平m和电量q；
求斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷Q形成的电场的电势差U。
【考试知识点】动能定理的应用
【分析】（1）依据图线2剖析速率的变化状况：速度先增大，后减小，依据库仑定律剖析物体的合外力的变化，即可确定加速度的变化状况，从而说明小球的运动状况。
（2）由线1得到EP=mgh=mgssinθ，读出斜率，即可求出m；由图线2看出，s=1m时，速度最大，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，即可求得q。
（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J，依据动能定理求得斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；
【解答】由图线2得知，小球的速度先增大，后减小。依据库仑定律得知，小球所受的库仑力渐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度渐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度渐渐增大的减速运动，直至速度为零。
由线1可得EP=mgh=mgssinθ,斜率k=20=mgsin30∘，所以m=4kg
当达到最大速度时带电小球受力平衡mgsinθ=kqQ/s02,由线2可得s0=1m，得q=mgsinθ⋅s02/（kQ）=1.11×10−5C
由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J。
依据动能定理WG+W电=△Ek 即有−mgh+qU=Ekm−0 代入数据得U=4.2×106V
答：小球沿斜面向上做加速度渐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度渐渐增大的减速运动，直至速度为零。
小球的水平m是4kg，电量q是1.11×10−5C；
斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U是4.2×106V。
