物理·湖南省衡阳县第一中学2017届高三9月月考物理试题+Word版含解析

物理·湖南省衡阳县第一中学2017届高三9月月考物理试题+Word版含解析

全*品*高*考*网， 用后离不了！一、选择题（每题4分，共52分。下列1—7每小题所给选项只有一个选项符合题题， 8—13题至少有一项符合题意，选对一个得2分，全对得4分，选错或不选得0分）‎ ‎1．以下说法中正确的是（　　）‎ A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性 B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小 C．力是维持物体运动的原因 D．做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点因惯性仍可做曲线运动 ‎【答案】A 考点：牛顿第一定律 ‎2．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（　　）‎ A．B对墙的压力增大 B．A与B之间的作用力增大 C．地面对A的摩擦力减小 D．A对地面的压力减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：对B受力分析，如图所示，设A对B的支持力与竖直方向的夹角为，根据平衡条件有：墙对球的弹力，A对B的支持力，把A向右移动少许后，减小，减小，增大，可知 F减小，NB减小，故A、B错误；对AB整体受力分析如图所示，有：地面对A的摩擦力f=F，F减小，则地面对物体A的摩擦力减小，故C正确；地面对A的支持力N=（mA+mB）g，与无关，保持不变，则物体A对地面的压力不变，故D错误。‎ 考点：共点力的平衡 ‎3．如图所示的是甲、乙两物体的v﹣t图象，由图可知（　　）‎ A．甲做匀加速运动，乙做匀减速运动 B．甲、乙两物体相向运动 C．乙比甲晚1 s开始运动 D．5 s末两物体相遇 ‎【答案】C 考点：匀变速直线运动的图像 ‎4．一质点由静止开始作匀加速直线运动，加速度大小为a1，经时间t后作匀减速直线运动，加速度大小为a2，若再经时间t恰能回到出发点，则a1∶a2应为（　　）‎ A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：规定初速度方向为正方向。在加速阶段有：，减速阶段有：，其中，可得，即a1∶a2=1∶3，故A、B、D错误，C正确。‎ 考点：匀变速直线运动的规律 ‎5．“自由落体”演示实验装置如图所示，当牛顿管被抽成真空后，将其迅速倒置，管内两个轻重不同的物体从顶部下落到底端，下列说法正确的是（　　）‎ A．真空环境下，物体的重力变为零 B．重的物体加速度大 C．轻的物体加速度大 D．两个物体同时落到底端 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：真空情况下物体仍受重力作用，重力不为零，故A错误；轻重不同的物体在真空管中，只受重力，不受阻力，做自由落体运动，所以加速度相同，都等于重力加速度，故B、C错误；高度相同，根据可知运动时间相同，故D正确。‎ 考点：自由落体运动的规律 ‎6．将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上。滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ。若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（　　）‎ A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑 B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑 C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是2mgsinθ D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是mgsinθ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：对斜面上的滑块受力分析，要使物块沿斜面下滑，需使，得，即当时，滑块将加速下滑，故A、B错误；若要使物块在平行于斜面向上的拉力F的作用下沿斜面匀速上滑，根据平衡条件有：，又μ=tanθ，得，故C正确；μ=tanθ，则，若要使物块在平行于斜面向下的拉力F作用下沿斜面向下匀速滑动，根据平衡条件有，得F=0，故D错误。‎ 考点：滑动摩擦力、动摩擦因数，力的合成，共点力的平衡 ‎7．如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度v匀速下滑．在箱子的中央有一个质量为m的苹果，它受到周围苹果对它的作用力的方向（　　）‎ A．沿斜面向上 B．竖直向上 C．沿斜面向下 D．垂直斜面向上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：苹果在箱子中央，且随箱子匀速下滑，所以这个苹果所受合外力为零，根据共点力平衡的条件可知，它周围所有苹果对它的作用力的合力与重力等大反向，即它受到周围苹果对它的作用力的方向竖直向上，故A、C、D错误，B正确。‎ 考点：共点力的平衡 ‎8．一物体沿直线运动时，它的速度图象如图所示，由图可知（　　）‎ A．1s末物体返回出发点 B．2s末物体运动方向改变 C．前3s内物体位移为1m D．第2s内和第4s内物体加速度大小相等 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：1s末物体的速度为零，位移不为零，故A错误；由图象可知1—3s末，速度都在时间轴的上方，都大于零，方向一直没有改变，故B错误；图象与坐标轴围成的面积表示位移，第1s内位移为负值，1—3s末位移为正值，前3s的位移为：‎ ‎，故C正确；v—t图象的斜率表示加速度，由图象可知前2s内和第4s内加速度大小相等，方向相反，故D正确。‎ 考点：v—t图象 ‎9．质点A某时刻从地面以10m/s的速度竖直匀速上升，经1s后在同一点将另一质点B竖直向上以初速度v0抛出，若要求B在上升过程中两次与A位于同一高度，不计B所受的空气阻力，取g=10m/s2，则v0的大小可能为（　　）‎ A．20m/s B．23m/s C．25m/s D．28m/s ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：设B抛出后经过时间ts二者相遇，位移相同，根据题意有，整理得：，若要求B在上升过程中两次与A位于同一高度，则应满足判别式，解得：，故A、B错误，C、D正确。‎ 考点：追及相遇问题 ‎10．如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小。这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d，现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（　　）‎ A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）g B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M+m）g C．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下 D．当F=μ（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：纸板相对砝码运动时，砝码受到向右的滑动摩擦力，纸板受到的摩擦力有两个：砝码对纸板的向左的摩擦力F1和桌面对纸板的向左的摩擦力F2，纸板受到的摩擦力，故A错误；当砝码和纸板刚好要发生相对滑动时，砝码有最大加速度，由得，，对砝码和纸板整体，，由上可得，故B正确；若砝码和纸板能够分离，则砝码在纸板上加速的加速度和砝码在桌面上减速的加速度相等且为，由可知，加速距离，根据运动的对称性可知，减速距离，可砝码的滑动距离小于d，不会从桌面上掉下，故C正确；欲使砝码恰好到达桌面边缘，则砝码的加速距离为，由得：加速时间，这段时间内纸板的位移比砝码的位移之差为d，即纸板的位移为，由得：纸板的加速度，对纸板受力分析，根据牛顿第二定律，有，解得，故D错误。‎ 考点：牛顿第二定律的应用，匀变速直线运动的规律 ‎11．如图所示，有一刚性方形容器被水平力F压在竖直的墙面上处于静止状态．现缓慢地向容器内注水，直到注满为止，在此过程中容器始终保持静止，下列说法中正确的是（　　）‎ A．容器受到的摩擦力逐渐增大 B．容器受到的摩擦力不变 C．水平力F可能不变 D．水平力F必须逐渐增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：容器在竖直方向受到向下的重力和向上的摩擦力，两力大小等大反向，所以当水不断加入时，随重力增大，容器受到的摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误；当摩擦力小于最大静摩擦力时，容器处于静止的，最大静摩擦力由 F的大小决定，所以水平力F可能不变，故C正确，D错误。　‎ 考点：共点力的平衡，摩擦力 ‎12．甲、乙 两物体在t=0时的位置如图（A）所示，之后它们沿x轴正方向运动的速度图象如图（B）所示，则以下说法正确的有（　　）‎ A．t=2s时甲追上乙 B．在前4s内甲乙两物体位移相等 C．甲追上乙之前两者间的最远距离为4m D．甲追上乙之前两者间的最远距离为16m ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：t=2s时，甲的位移，乙的位移，甲乙位移之差等于，此时两车距离，在v—t图象中，图象的交点表示该时刻速度相等，而不是位移相等，更不是相遇，此时甲乙相距最远，故A、C错误，D正确；t=4s时，甲的速度为，前4s内，甲的位移，乙的位移，，故B正确。‎ 考点：追及相遇问题 ‎13．自高为H的塔顶自由落下A物体的同时B物体自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动。重力加速度为g，下面说法正确的是（　　）‎ A．若v0＞，两物体相遇时，B正在下降途中 B．若v0=，两物体在地面相遇 C．若＜v0＜，两物体相遇时B物正在空中下落 D．若v0=，则两物体在地面相遇 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：两物体相遇，满足，两物体相遇时所用时间，B上升到最高点的时间，B落回地面的时间。若B在上升过程中与A相遇，则则，即，有，故A错误；若两物体在地面相遇，则，即，有，故B错误，D正确；若B下降时与A相遇，则，即，有，故C正确。‎ 考点：自由落体运动 二、实验题（每空3分，共18分）‎ ‎14．某同学用如图所示的装置，探究共点力合成的规律。ABCD为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计。第一次实验，当装置平衡时，记下绳子的结点D和三段绳子拉力的　 和对应钩码的数目，数据如图所示，如果“力的平行四边形定则”成立，则=　 　；第二次实验，仅把右侧滑轮F的位置移动到图中的G点，待稳定后，∠EOF将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎【答案】方向；；不变。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：验证力的平行四边形法则的实验中需要根据力的大小和方向做平行四边形，因此该实验中需要记录的是力的大小和方向；结点O处于平衡状态，水平方向：，竖直方向：，可解得；三力平衡，两个力的合力和第三个力等大反向，因为钩码的个数不变，即三个力的大小不变，O点所受竖直方向的拉力大小不变（5mg），所以OE、OF两段绳子拉力的合力大小和方向都不变，根据平行四边形定则可知，两个力的大小不变，其合力大小和方向不变，则这两个力的方向也不变，即这两个力的夹角∠EOF不变。‎ 考点：实验——验证力的平行四边形定则，共点力的平衡 ‎15．小楠同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中得到一条纸带，如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出。‎ 已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，则：（1）C点相对应刻度尺的读数为　 　cm；（2）打E点时小车运动的速度vE=　 　m/s（保留2位有效数字）；（3）小车运动的加速度a=　 　m/s2（保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】（1）3.00；（2）0.24；（3）0.40。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）刻度尺的读数规则是要读到最小刻度的下一位。实验中最小刻度为毫米，则要读到毫米的十分位：30.0mm，即3.00cm。‎ ‎（2）打点计时器的频率为50Hz，打点周期，两相邻计数点间有四个点未画出，时间间隔为，D点、F点对应的刻度分别为为4.80cm和9.60cm，E点的瞬时速度等于DF之间的平均速度：。‎ ‎（3）用逐差法求加速度。‎ 考点：实验——研究匀变速直线运动的规律 三、计算题（第16题9分，第17题10分，第18题11分，共30分）‎ ‎16．在一条平直的公路上，乙车以10m/s的速度匀速行驶，甲车在乙车的后面作初速度为15m/s，加速度大小为0.5m/s2的匀减速运动，则两车初始距离L满足什么条件时，可以使：（1）两车不相遇；（2）两车只相遇一次；（3）两车能相遇两次（设两车相遇时互不影响各自的运动）。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：减速的甲车追匀速的乙车，若两车速度相等时没有追上，则以后永远追不上，两车不相遇；若两车速度相等时，恰好追上，则两车相遇一次；若两车速度相等时，甲车在乙车之前，说明在此之前甲车已经追上乙车，由于甲车减速，此后乙车还会追上甲车，则两车相遇两次。‎ 由可得，到两车速度相等所经历的时间 此时甲车的位移，乙车的位移 甲车比乙车多行驶的距离 由上可知，若，两车不相遇；若，两车相遇一次；若，两车相遇两次。‎ 考点：追及相遇问题 ‎17．有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图，滑板长L=1m，起点A到终点线B的距离S=5m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5，地面视为光滑，滑块质量m1=2kg，滑板质量m2=1kg，重力加速度g=10m/s2，求：（1）滑板由A滑到B的最短时间可达多少？（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围如何？‎ ‎【答案】（1）；（2）30N≤F≤34N。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）滑板一直以最大加速度加速，所用时间最短。‎ 根据牛顿第二定律，有：‎ 解得：滑板的最大加速度 由得：滑板运动的最短时间 ‎（2）当二者刚好不发生相对滑动时，F最小，此时二者加速度相等。‎ 对滑块和滑板整体，根据牛顿第二定律，有：‎ 当滑板运动到B点，滑块刚好运动到滑板的右端，此时F最大，二者的位移之差为为滑板的长度。‎ 即 解得：此时滑块的加速度 对滑块，根据牛顿第二定律，有：‎ 力F的最大值 所以力F的范围：30N≤F≤34N；‎ 考点：牛顿第二定律的应用，匀变速直线运动的规律 ‎18．质量为2kg的物体，在水平恒力F=4N的作用下由静止开始沿水平面运动，经时间2s后撤去外力F，物体又经时间4s后重新静止。求：（1）物体所受阻力大小；（2）该过程物体发生的总位移。‎ ‎【答案】（1）；（2）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）以物体为研究对象，当有水平恒力作用时，物体做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律，得：‎ 获得的速度 撤去外力后，物体匀减速直线运动，匀减速的初速度等于匀加速的末速度 根据牛顿第二定律，得：‎ 且 由以上六式解得，阻力 ‎（2）加速过程的加速度，位移 减速过程的加速度，位移 物体的总位移 考点：牛顿第二定律的应用，匀变速直线运动的规律 ‎ ‎