贵州省遵义市南白中学2019-2020学年高一上学期第三次月考物理试题

贵州省遵义市南白中学2019-2020学年高一上学期第三次月考物理试题

遵义市南白中学 2019-2020-1 高一第三次月考试卷物理 一、选择题 1.在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的 物理学家和建立惯性定律的物理学家分别是（ ） A. 伽利略、牛顿 B. 伽利略、爱因斯坦 C. 亚里士多德、伽利略 D. 亚里士多德、伽利略 【答案】A 【解析】 【详解】亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略运用逻辑推理和实验相结合的方 法推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态的原 因；牛顿提出了物体的运动定律，其中牛顿第一定律即为惯性定律；故 A 正确，BCD 错误； 故选：A； 2.关于力学单位制下列说法正确的是（ ） A. kg、m/s、N 是导出单位 B. kg、s、J 是基本单位 C. 只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是 F=ma D. 在国际单位制中，质量的基本单位是 kg，也可以是 g 【答案】C 【解析】 【详解】A.kg 是质量的单位它是基本单位，故 A 错误； B.三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为 m、kg、s，J 是能量的 单位，不是基本单位。故 B 错误； C.牛顿第二定律的表达式 F＝ma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，故 C 正确； D.g 也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，故 D 错误； 故选：C； 3.吴老师驾车从“遵义市南白中学”开往“遵义会议会址”，导航地图如图所示，以下说法错 误的是（ ） A. 研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点 B. 图中显示的“39 分钟”是指时间间隔 C. “距离最短”中的“59 公里”是指位移大小 D. 高速公路某处路边竖有限速标志 120km，指的是车辆行驶在该路段过程中，瞬时速度不能 超过 120km/h 【答案】C 【解析】 【详解】A.研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小可以忽略，故可以把汽车看作质点， 故 A 正确； B.图中显示的“39 分钟”在时间轴上是一段距离，是指汽车行驶的时间间隔，故 B 正确； C. “距离最短”中的“59 公里”是指路程的大小，故 C 错误； D.进入隧道前路边竖有限速标志 120km，实际为 120km/h，是指瞬时速度，意思为指的是车辆 经过隧道过程中，瞬时速度不能超过 120km/h，故 D 正确； 本题选错误的，故选：C； 4.火车以 v0＝8m/s 的速度匀速行驶，突然前方遇紧急情况关闭发动机做匀减速直线运动，当 火车前进了 70m 时，速度减为 v1＝6m/s，则再经过 70s 火车又前进的距离为（ ） A. 80m B. 90m C. 120m D. 160m 【答案】B 【解析】 【详解】设火车的加速度为 a，根据 ，解得： ， 从 6m/s 到停止所需要的时间为 2 2 0 2v v ax− = 2 2 2 20 36-64 m/s =-0.2m/s2 2 70 v va x −= = × ， 故再经过 70s 火车前进的距离实际为火车前进 30s 前进的距离，即 ； 故 ACD 错误，B 正确； 故选：B； 5.如图所示，A、B 两物块叠放在一起,现对 A 施加一个竖直向下的压力 F，A、B 仍保持静止状 态,则下列说法中正确的是（ ） A. 物块 A 受到 3 个力的作用 B. 物块 A 受到 4 个力 作用 C. 物块 B 受到 3 个力的作用 D. 物块 B 受到 5 个力的作用 【答案】B 【解析】 【详解】AB.地球表面的一切物体都受到重力，故 AB 物体一定受重力；对 A 物体分析可知，A 受重力、支持力、压力作用，由于支持力垂直于接触面，故 A 受斜向右上的支持力，因支持 力有向右的分量，因此 A 一定受沿斜面的摩擦力作用，故 A 受 4 个力作用，故 A 错误，B 正确； CD.对 B 分析可知，B 受重力、支持力、A 的压力和 A 的摩擦力；再对整体分析可知，整体没 有水平方向上的外力作用，故 B 和地面没有摩擦力，故 B 受四个力作用，故 CD 错误； 故选：B； 6.我校高一某同学想进行一项挑战，用两手水平用力地夹起一摞书并保持静止，可简化为如 图所示物理模型，设手对书施加的水平压力 F=220N，若每本书的质量均为 0.90kg，手与书之 间的动摩擦因数为 μ1=0.4,书与书之间的动摩擦因数相同均为 μ2=0.3，设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，g 取 10m/s2，则该同学（ ） 的 0 0-6 s=30s-0.2 vt a −= = 0 6+0×30m=90m2 2 v vx t′ += = A. 最多能夹住 16 本书 B. 最多能夹住 9 本书 C. 最多能夹住 14 本书 D. 最多能夹住 19 本书 【答案】A 【解析】 【详解】先将所有的书（设有 n 本）当作整体，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二 力平衡，有： ； 则有： ； 再考虑除最外侧两本书（n−2 本），受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有： ， 则有： ； 解得： ， 故最多可以有 16 本书；故 A 正确， BCD 错误； 故选 A； 7.下列说法正确的是（ ） A. 物体所受的摩擦力方向一定与物体运动方向在同一直线 B. 静止的物体不可能受到滑动摩擦力 12 F nmgµ ≥ 12 2 0.4 220 19.50.9 10 Fn mg µ × ×≤ = =× 22 ( 2)F n mgµ ≥ − 22 2 0.3 2202 2 16.60.9 10 Fn mg µ × ×≤ + = + =× 16.5n ≤ C. 木块放在桌面上受到向上的支持力，这是由于桌面发生了微小形变引起的 D. 物体间有摩擦力产生时，必有弹力，弹力和摩擦力 方向必然是垂直的 【答案】CD 【解析】 【详解】A.根据摩擦力产生的条件可知，摩擦力方向与接触面相平行，但不一定与运动方向 共线，比如放粗糙斜面上的物体随着斜面一起水平匀速运动，则受到静摩擦力方向与运动方 向不共线，故 A 错误； B.静止的物体可能受到滑动摩擦力作用，如木块在桌面上运动时，桌面静止，但是受到的却 是滑动摩擦力，故 B 错误； C.弹力的产生是施力物体产生形变产生的，木块放在桌面上受到向上的支持力，桌面是施力 物体，这是由于桌面发生了微小形变引起的； D.物体所受摩擦力方向和其运动方向可能相同、相反、垂直等，如物体在转盘上随转盘一起 匀速转动时，摩擦力与其运动方向垂直，故 D 正确； 故选：CD； 8.如图所示，细绳 MO 与 NO 所能承受的最大拉力相同,长度 MO>NO，则在不断缓慢增加重物 G 的重力过程中（绳 OC 不会断）（ ） A. ON 绳先被拉断 B. OM 绳先被拉断 C. OC 绳对重物的拉力与重物所受重力为一对平衡力 D. OC 绳对重物的拉力与重物所受重力为作用力与反作用力 【答案】AC 【解析】 【详解】AB.物体对 O 点拉力等于物体重力，此力有两个效果：一是使 NO 绳拉紧；二是使 OM 绳拉紧。按效果把物体对 O 点的拉力分解，如下图所示， 的 由此可知 NO 绳受的力大于 MO 绳受的力。当重力逐渐增大，NO 绳先达到最大拉力，NO 绳先断。 故 A 正确，B 错误； CD.重物 G 处于静止状态，所以 OC 绳对重物的拉力与重物所受重力为一对平衡力，C 正确，D 错误； 故选择：AC 9.一斜劈 M 静止于粗糙的水平地面上,在其斜面上放一滑块 m,若给滑块 m 一沿斜面向下的初 速度 ,则滑块 m 正好保持匀速下滑．如图所示,现在滑块 m 下滑的过程中再加一个作用力,则 以下说法错误的是（ ） A. 若在滑块 m 上加一竖直向下的力 ,则滑块 m 将保持匀速运动,地面对 M 无静摩擦力的作用 B. 若在滑块m 上加一个沿斜面向下的力 ,则滑块 m 将做加速运动,地面对 M 无静摩擦力的作 用 C. 在滑块 m 上加一个水平向右的力 ,则在滑块 m 速度减为零前地面对 M 有向左的静摩擦力 的作用 D. 在滑块 m 上加一个垂直斜面向下的力 ,则滑块 m 将做减速运动,在滑块 m 停止前地面对 M 有向左的静摩擦力的作用 0v 1F 2F 3F 4F 【答案】CD 【解析】 【详解】m 原来保持匀速下滑，M 静止，以滑块和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况， 根据平衡条件得知地面对斜面没有摩擦力，如有摩擦力，整体的合力不为零，将破坏平衡状 态与题矛盾．对 m，有： mgsinθ=f=μmgcosθ， 即得 sinθ=μcosθ， θ 是斜面的倾角． A．当施加竖直向下的力 F1 时，对整体受力分析，水平方向不受摩擦力，否则不能平衡，故对 地面也没有摩擦力； 再对 m 受力分析可知， （mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=0， 所以 m 依然做匀速运动，故 A 正确． B．在 m 上加一沿斜面向下的力 F2，如图，物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但 m 与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然 竖直向上，则斜面所受摩擦力与物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势， 故仍对地无摩擦力作用，故 B 正确； C．在 m 上加一水平向右的力 F3，沿斜面方向： mgsinθ-F3cosθ-μ（mgcosθ+F3sinθ）＜0， 故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了 F3sinθ，则摩擦力增加 μF3sinθ，即支持 力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图： 则斜面所受的摩擦力与压力的合力还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩 擦力，故 C 错误； D．无论在 m 上加上什么方向的力，m 对斜面的压力与 m 对斜面的摩擦力都是以 1：μ 的比例 增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜面便没有运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故 D 错误． 二、实验题 10.“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中 A 为固定橡皮筋的图钉，O 为橡皮筋 与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。 （1）在图乙中的 F 与 F′两力中方向一定沿 AO 方向的是力______.（选填“F”或“F’”） （2）本实验采用的主要科学方法是______ （3）实验中可减小误差的措施有______ A. 两个分力 F1、F2 的大小要尽量大些 B. 拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 C. 两个分力 F1、F2 间夹角要尽量大些 D. 拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些。 【答案】 (1). F' (2). 等效替代法 (3). ABD 【解析】 【详解】（1）[1]实验中 F 是通过平行四边形定则作图得出的，而 F′是通过用一根细线拉动 橡皮筋，使与两个力拉时的效果相同得出的，故 F'一定是沿 AO 方向的； （2）[2]本实验是通过一个力与两力效果相同得了的合力，故运用了等效替代的方法； （3）[3]A.实验是通过作图得出结果，故为了减小误差应让拉力尽量大些，故 A 正确； B.为了防止出现分力的情况，应让各力尽量贴近木板，且与木板平行，故 B 正确； C.而夹角太大将会导至合力过小，故夹角不能太大，故 C 错误； D.为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故 D 正确； 故选：ABD； 11.实验小组利用图甲所示的装置进行“探究加速度与合外力、质量的关系”的实验，采用的 器材主要有小车、细绳、打点计时器、钩码、一段带有定滑轮的长木板、纸带、刻度尺等。 实验中认为细绳对小车的拉力 F 等于钩码重力，请回答下列问题 （1）某小组同学先保持盘及盘中的砝码质量 m 一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做 法正确的是_____． A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B．每次改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力 C．实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车 D．用天平测出 m 以及小车质量 M，小车运动的加速度可直接用公式 a＝ 求出 （2）实验中要进行质量钩码质量 m 和小车质量 M 的选取，以下最合理的一组是_____ A．M＝20g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g B．M＝200g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g C．M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g D．M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g （3）实验时，某同学先将木板调水平，再将细线与木板挑平行，然后开始实验并将每组数据 在坐标纸上描点画线得到 a－F 图象，可能是图乙中的_____图线。（选填 A、B、C） （4）图丙是某次实验中得到的纸带。已知打点计时器使用的交流电频率为 50Hz,每相邻两个 计数点间还有 4 个点未画出,求出小车下滑的加速度为_____m/s2.(结果保留三位有效数字) 【答案】 (1). C (2). D (3). A (4). 1.58 【解析】 【详解】(1)[1]A.平衡摩擦力时，不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，故 A 错误； B.实验前平衡摩擦力后每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故 B 错误； mg M C.实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车，故 C 正确； D.根据打点计时器打出的纸带应用匀变速直线运动的推论求出加速度，故 D 错误； 故选 C； (2) [2]当小车质量远大于砂和砂桶质量时可以近似任务小车受到 拉力等于砂与砂桶的重力， 由数据可 D 组实验数据合适，故选 D； (3) [3] 当小车质量M 远大于砂与砂桶质量 m 时可以近似认为小车受到的合力等于砂与砂桶的 重力，当不满足 M 远大于 m 时小车受到的拉力明显小于砂与砂桶重力，a−F 图象发生弯曲。故 选 A； (4)[4] 相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，计数点间的时间间隔： ； 由匀变速直线运动的推论： 可知,加速度： ； 三、计算题 12.从距地面 500m 的高空自由释放一个小球，不计空气阻力，取 g=10m/s2，求： （1）小球经过多少时间落到地面； （2）小球落地前最后 1s 内的位移。 【答案】（1）10s；（2）95m 【解析】 【详解】(1)根据 得： ； （2）小球 9s 内的位移： ， 则最后 1s 的位移为： ； 13.如图所示，轻弹簧原长 L0=10cm、劲度系数 K=100N/m，传感器可以读出轻绳上的弹力大小。 小球静止时，轻绳水平，传感器计数 F=3N，弹簧的轴线与竖直方向的夹角 θ=37° （sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。求： 的 0.02 5s=0.1sT = × 2x aT∆ = -2 2 -2 2 2 10.71+9.10+7.57-7.57-5.95-4.40-2.80= ×10 m/s 1.58 m/s9×0.1a ≈ 21 2h gt= 2 2 500= s=10s10 ht g ×= 2 2 9 9 1 1×10 9 m=405m2 2x gt= = × 9 500 405m=95mh h x∆ = − = − （1）此时弹簧的长度 L； （2）若将水平轻绳剪断，则剪断瞬间，小球 加速度大小和方向。 【答案】（1）15cm；（2）7.5m/s2，方向向右 【解析】 【详解】(1)以物体为研究对象，受力分析如图所示： 根据几何关系可知： ， 代入数据可得： ； 根据平衡条件可得弹簧弹力： ， 由胡克定律可知： ， 解得 ； (2)轻绳剪断瞬间弹簧弹力不能瞬变，由三力平衡可知： 的 tanmg F θ= 0.4kgm = 1 sin 5NF F θ= = 1 0( )F k L L= − 15cmL = 重力与弹簧弹力合力大小即为 F 则由牛二律 可得： 方向水平向右； 14.将质量 m=0.1kg 的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的 动摩擦因数 μ=0.8。刚开始环处于静止，现对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角 θ=53°的恒定拉力 F，使圆环从静止开始沿杆向右匀加速，经过 t= s 后撤去拉力 F 发现继 续前进 1m 后静止（取 g=10m/s2，（sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求： （1）撤去拉力 F 瞬间圆环的速度大小； （2）圆环加速时的加速度大小； （3）拉力 F 的大小。 【答案】（1）4m/s （2）4.4m/s2 （3）1N 或 9N 【解析】 【详解】(1) 撤去拉力 F 后，圆环受到重力，支持力，和摩擦力，由牛顿第二定律可知： ， 所以： ； 由 得： F ma= 2= 7.5m/sFa m = 10 11 mg maµ = 2 2= =0.8 10m/s =8m/sa gµ × 2 2 2 1 2v v ax− = ； （2）小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知： ； (3)当环不受弹力时， ， 代入数据解得： 当 F<1.25N 时，环与杆上部接触,受杆向上的支持力 FN， 由牛顿第二定律可知 ， ， 又： 解得： ； 当 F>1.25N 时，环与杆下部接触，受杆向下 压力 由牛顿第二定律可知： ， ， 又： ， 解得： ； 的 ( )2 1 2= = 0-2 -8 1m/s=4m/s-2v v ax × × 2 21 0 4-0 m/s =4.4m/s10 11 v va t −= = sin53F mg= 1.25NF = cos fF F maθ − = si n NF F mgθ + = =f NF Fµ 1NF = cos fF F maθ − = sin = +NF F mgθ =f NF Fµ 9NF =