四川省三台中学2019-2020学年高一上学期第三次月考物理试题

四川省三台中学2019-2020学年高一上学期第三次月考物理试题

www.ks5u.com 三台中学2019级高一上期第三次月考 物理试题 一．选择题 ‎1.下列说法中正确的是 A. 研究学生做艺术体操时，学生可被视为质点 B. 新闻联播节目每晚19:30开播，19:30指的是时间 C. 第5s末和第6s初指的是同一时刻 D. 选择不同的参考系，对同一研究对象运动情况的描述没有影响 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 研究学生做艺术体操时，由于要看人的身体各部分的动作如何，不能看成质点，故A错误；‎ B. 新闻联播节目每晚19:30开播，19:30指的是时刻，故B错误。‎ C. 第5s末和第6s初指的是同一时刻，都为时间轴上5的位置，故C正确；‎ D. 选择不同的参考系研究物体的运动情况，其结果一般不同。故D错误；‎ ‎2.下列说法中错误的是 A. 力、速度、加速度都是矢量 B. 田径比赛中的400m比赛，“400m”指的是路程 C. 物体的加速度逐渐减小，但它不一定做减速运动 D. 平均速率是指平均速度的大小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】力、速度、加速度都是即有大小又有方向的物理量，所以都是矢量，选项A正确；田径比赛中的400m比赛，“400m”指的是路径的长度，即路程，选项B正确；物体的加速度逐渐减小，但如果物体的加速度方向和速度方向一致时，仍然做加速运动，故选项C正确；平均速率是路程与时间的比值，它和平均速度的大小一般是不相等的，选项D错误；故选D.‎ ‎3.下列说法中正确的是 A. 伽利略的理想斜面实验证明了物体的运动不需要力来维持 B. 形状规则的物体的重心在其几何中心 C. 质量、长度和力的单位都是基本单位 D. 速度大的物体不容易停下来，是因为物体的惯性大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】伽利略的理想斜面实验证明了物体的运动不需要力来维持,也就是说力不是使物体运动的原因，选择A正确；形状规则且质量分布均匀的物体的重心在其几何中心，选项B错误；质量、长度和时间的单位都是基本单位，选项C错误；物体的惯性与物体的速度无关，只与质量有关，选项D错误；故选A.‎ ‎4.如图甲所示，火箭发射时，速度能在10s内由0增加到100m/s；如图乙所示，汽车以8m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，下列说法中正确的是 A. 10s内火箭的速度改变量为100m/s2‎ B. 2.5s内汽车的速度改变量为8m/s C. 火箭的加速度比汽车的加速度大 D. 火箭的加速度比汽车的加速度小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 火箭的速度改变量为 ‎100m/s-0=100m/s 选项中的单位错误，故A错误。‎ B. 汽车的速度改变量为 ‎0-8m/s=-8m/s 汽车的速度改变量为-8m/s，故B错误。‎ CD. 火箭的加速度为：‎ 汽车的加速度为：‎ 正负代表方向不代表大小，所以火箭的加速度比汽车的加速度大，故C正确D错误。‎ ‎5.关于自由落体运动，下列说法中正确的是 A. 不考虑空气阻力的运动是自由落体运动 B. 自由落体运动是初速度为零的匀加速运动 C. 做自由落体运动的物体处于超重状态 D. 做自由落体运动的物体，质量越大，下落得越快 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】不考虑空气阻力，只在重力作用下初速度为零的运动是自由落体运动，故选项A错误，B正确；做自由落体运动的物体由于加速度向下的g，故为完全失重状态，选项C错误；做自由落体运动的物体的加速度均为g，与质量无关，选项D错误，故选B．‎ ‎6.假设从地面上发射飞船的火箭在某段时间内其竖直方向上的v-t图象如图所示，由图象可知 A. 在0~t2时间内火箭上升，t2~t3时间内火箭下落 B. t2时刻火箭离地面最远 C. t3时刻火箭返回到地面 D. 0~t1时间内火箭的加速度小于t1~t2时间内火箭的加速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ v-t图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向，v-t图象上部面积代表的位移为正，下部面积代表的位移为负，由此可以位移变化．‎ ‎【详解】0-t3时间内，速度均为正值，说明火箭在这段时间内一直上升，t3时刻火箭离地面最远，故ABC错误．由速度图象的斜率表示加速度，可知0-t1段火箭的加速度小于t1-t2的加速度，故D正确．故选D．‎ ‎【点睛】本题是对v-t图的基本的识别和理解的，重点掌握好图象的位移和速度方向，大小的识别，斜率的识别和计算等问题．‎ ‎7.在滑冰场上，甲、乙两个小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动，假定两板与冰面间的动摩擦因数相同，已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于 A. 在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力 B. 在推的过程中，甲推的乙的时间小于乙推甲的时间 C. 在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度 D. 在分开后，甲的加速度大小小于乙的加速度大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由牛顿第三定律可知A错；B错；由可知C对；加速度均为，是相同的，D错；‎ ‎8.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中 A. N1始终减小，N2始终增大 B. N1始终减小，N2始终减小 C. N1先增大后减小，N2始终减小 D. N1先增大后减小，N2先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：对小球进行受力分析如图所示，‎ 设：板与竖直方向夹角为，则：，，随着板顺时针方向转动，越来越大，因此N2越来越小，同样也越来越小，答案B正确．‎ 考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解 ‎9.有两个大小恒定的共点力，它们的合力大小F与两力之间夹角θ的关系如图所示，则这两个力的大小分别是 A. 6N和3N B. 9N和3N C. 9N和6N D. 12N和6N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图读出两力夹角分别为0和π时合力大小．当两力夹角为0时，合力等于两分力之和．当两力夹角为π时，合力大小等于两力之差．‎ ‎【详解】设两个力大小分别为F1、F2，由图得到：当两力夹角为0时，F1+F2=12N；当两力夹角为π时，F1-F2=6N，联立解得：F1=9N，F2=3N，故B正确，ACD错误；故选B．‎ ‎10.质点以某一初速度做匀加速直线运动，加速度为 a，在时间 t 内速度变为初速度的3 倍，则该质点在时间 t 内的位移为 A. at2 B. at2 C. at2 D. 2at2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设质点的初速度为v0，则ts末的速度为3v0，根据速度位移公式得：‎ 因为 则有：‎ 可知 x=at2‎ A. at2，与结论不相符，选项Ａ错误；‎ B. at2，与结论不相符，选项Ｂ错误；‎ C. at2，与结论不相符，选项Ｃ错误；‎ D. 2at2，与结论不相符，选项Ｄ错误．‎ ‎11.如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，开始系统处于静止状态．在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）‎ A. A球的受力情况未变，加速度为零 B. C球的加速度沿斜面向下，大小为g C. A、B之间杆的拉力大小为 D. A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、D项：以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力F=mgsinθ，烧断细线的瞬间，A、B受到的合力等于弹簧弹力，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：mgsinθ=2ma，则加速度 ‎，方向沿斜面向上，故A错误，D正确；‎ B项：对球C，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ，方向向下，故B错误；‎ C项：由A、D分析可知，B的加速度为：，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：T-mgsinθ=ma，解得：，故C正确．‎ 故应选CD．‎ ‎【点睛】本题关键点就是绳和弹簧的区别：弹簧的弹力不会突变，而绳在断后弹力会突变为零．这点在做题时要特别留意．‎ ‎12.如图所示，质量分别为M和m的物体A、B用不可伸长的轻质细线连接，悬挂在定滑轮上，定滑轮固定在天花板上，已知M>m，滑轮质量及摩擦均不计．A、B由静止释放后，在空中自由运动的过程中，下列说法正确的是 A. 细线的拉力大于mg B. 细线的拉力等于mg C. 天花板对定滑轮的拉力等于(M＋m)g D. 细线拉力等于 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，通过牛顿第二定律求出绳子的拉力大小．对滑轮分析，根据共点力平衡求出天花板对定滑轮的拉力大小．‎ ‎【详解】因为m的加速度方向向上，根据牛顿第二定律有T-mg=ma，则细线的拉力一定大于mg．故A正确，B错误．对整体分析，根据牛顿第二定律得，，隔离对m分析，T-mg=ma，解得T=mg+ma=．故D错误．对定滑轮分析，有T′＝2T＝．故C错误．故选A．‎ ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，知道M和m的加速度大小相等，掌握整体法和隔离法的运用．‎ 二、多项选择题 ‎13.下列说法中，能找到相应实例的是 A. 物体运动的位移不等于0，而路程等于0‎ B. 物体运动的加速度等于0，而速度却不等于0‎ C. 物体速度变化越来越快，而加速度却越来越小 D. 物体的速度变化量较大，而加速度却较小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.位移表示质点位置的变化，路程是质点运动轨迹的长度，位移的大小小于或等于路程，所以物体运动的位移不等于0，而路程一定不等于0，故A错误。‎ B. 当物体做匀速直线运动时，加速度等于零，速度不为零。故B正确。‎ C. 加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化快，知加速度比较大。故C错误。‎ D. 物体的速度变化量很大，如果需要的时间也很大，加速度可能较小，故D正确；‎ ‎14.将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v-t 图像如图所示。以下判断正确的是 A. 前3s内货物处于超重状态 B. 在3s到5s内货物匀速运动 C 最后2s内货物只受重力作用 D. 最后2s内货物处于超重状态 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图像可知前3s内物体向上加速，加速度向上，处于超重状态，故A正确。‎ B. 在3s到5s内货物速度不变，匀速运动，故B正确。‎ CD. 最后2s内货物向上减速运动，加速度向下，处于失重状态，减速加速度 故受到拉力作用，故CD错误。‎ ‎15.如图所示，一个质量为m、横截面为直角三角形的物块ABC，∠ABC＝α，AB边靠在竖直墙上，F是垂直于斜面BC的推力，物块静止不动，重力加速度为g．则 ‎ ‎ A. 物块受到的摩擦力大小为mg B. 竖直墙对物块的弹力大小为Fcosα C. 物块受到的摩擦力与弹力的合力，与F等大反向 D. 物块受到的弹力与F的合力方向竖直向下 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对物块受力分析，然后根据共点力平衡条件，结合正交分解法求解出支持力和摩擦力的大小．‎ ‎【详解】对物块受力分析，受推力F、重力G、支持力N和向上的静摩擦力f，如图； 由于物体保持静止，根据共点力平衡条件，有：x方向 N-Fcosα=0；y方向 f-G-Fsinα=0；又G=mg；由以上两式，解得N=Fcosα；f=mg+Fsinα；选项B正确，A错误；由力的平衡可知，物块受到的摩擦力与弹力的合力，与G和F的合力等大反向，选项C错误；物块受到的弹力N与F的合力与G和f的合力方向等大反向，可知物块受到的弹力与F的合力方向竖直向下，选项D正确；故选BD.‎ ‎【点睛】本题关键对物体受力分析，然后根据共点力平衡条件，结合正交分解法列式求解．‎ ‎16.某质点沿x轴做直线运动，其v－t图像如图所示，质点在t＝0时位于x＝2 m处，开始沿x轴正向运动，则 ‎ A. t＝0.5 s时，质点的加速度方向与速度方向相反 B. t＝3.5 s时，质点的加速度方向与速度方向相反 C. t＝4 s时，质点的位移为x＝6 m D. t＝8 s时，质点的位移为x＝11 m ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. t＝0.5 s时，质点加速运动，加速度方向与速度方向相同，故A错误。‎ B. t＝3.5 s时，质点减速运动，质点的加速度方向与速度方向相反，故B正确。‎ C.图像面积代表位移，横轴上方为正，下方为负，故t＝4 s时，质点的位移为 故C正确。‎ D. t＝8 s时，质点的位移为 故D错误。‎ ‎17.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知＞，则（　　）‎ ‎ ‎ A. 时刻，小物块离A处的距离达到最大 B. 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C. 0~时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D. 0~时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0~t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时离A处的距离达到最大，故A错误；‎ B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；‎ C．0~t2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右摩擦力作用，故C错误；‎ D．时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎18.如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角θ，B与车底板之间的动摩擦因数为0.75，假设B所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力．在这段时间内，下述判断中正确的是( )‎ A. 物块B不受摩擦力作用 B. 物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左 C. 要使A、B和车保持相对静止，θ最大为37°‎ D. 要使A、B和车保持相对静止，θ最大为53°‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据小球所处的状态可知，小车正在向右做匀减速直线运动，故车厢内的物块B跟随小车一起向右做匀减速直线运动，加速度水平向左保持不变，根据牛顿第二定律可知，物块B一定受水平向左的恒定摩擦力作用，A错误，B正确；‎ ‎（2）设能使A、B和车厢保持相对静止的最大加速度大小为，则此时B受到的摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可知：，得；以小球A为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：，得，联立两个加速度表达式得：，则此时的角为．故要使A、B和车保持相对静止，θ最大为，C正确，D错误．‎ 故本题选BC．‎ ‎【点睛】（1）由A、B的状态可知它们的运动状态是一样的，故加速度相同，再对A受力分析可知其合力向左，故加速水平向左，得知B的加速度和受力状况；（2）要使A、B和车保持相对静止，则当B的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，再对A受力分析，根据牛顿第二定律即可求解．‎ 三．填空题 ‎19.如图为一轻质弹簧的长度和弹力的关系图线，由图线则弹簧的原长 cm弹簧的劲度系为 N/m ‎【答案】4cm 500N/m ‎【解析】‎ ‎【详解】当外力为零时，弹簧的长度等于弹簧的原长，故原长为4cm，图线的斜率表示弹簧的劲度系数，故，‎ ‎20.人在沼泽地容易下陷，在开始下陷时，人对沼泽地地面的压力 ______（选填“大于”或“小于”或“等于”）沼泽地地面对人的支持力。‎ ‎【答案】等于 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1] 人对沼泽地地面压力与沼泽地地面对人的支持力为作用力与反作用力，故二力一定相等。‎ ‎21.小李同学用纸带和打点计时器研究小车的运动，小车拉着纸带由右向左运动．他在打出的只带上选择了6个计数点A、B、C、D、E、F，如图所示，相邻两个计数点的时间间隔为 0.1 s，各点到A点的距离依次是 2.0 cm、5.0 cm、9.0 cm、14.0 cm、20.0 cm．请根据题意完成以下问题：‎ ‎（1）打下B点时小车的速度为 vB ＝____________m/s ‎（2）根据纸带可得小车运动的加速度为____________m/s2．（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 0.25 (2). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]相邻两个计数点的时间间隔为 0.1 s，所以 ‎(2)[2] 小车加速度由△x=aT2求得：‎ ‎22.如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置．‎ ‎（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度．‎ ‎（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）．‎ ‎①分析此图线的OA段可得出的实验结论是___________．‎ ‎②此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是（ ）‎ A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态 C.所挂钩码的总质量太大 D.所用小车的质量太大 ‎【答案】 (1). 小车的质量 (2). 小车所受的合外力 (3). 质量不变的情况下，加速度与合外力成正比 (4). C ‎【解析】‎ 试题分析：（1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力大小作为小车所受合外力；（2)①在小车质量不变的条件下，加速度大小与所受的合外力大小成正比；②设小车的质量为M，钩码的质量为m，由实验原理得：mg=Ma，得，而实际上，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M＞＞m造成的．故C正确．‎ 考点：验证牛顿第二定律．‎ 四．计算题 ‎23.如图所示，倾角为θ的斜面体放在水平地面上，质量为m的光滑小球放在墙与斜面体之间处于平衡状态，求墙面对小球的弹力大小和小球对斜面体的压力大小。‎ ‎【答案】mgtanθ； mgcosθ ‎【解析】‎ ‎【详解】小球受力分析如图所示 由平衡条件得，竖直方向：‎ 水平方向：‎ 解得：‎ 即墙面对小球的弹力为：‎ 由牛顿第三定律得小球对斜面体的压力为：‎ ‎24.某欢乐谷的“跳楼机”游戏，既新奇又刺激，很受同学们欢迎．其原理是将巨型娱乐器械由升降机送到离地面60m的高处，然后让座舱自由下落，落到离地面20m高时，制动系统开始启动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下．若座舱中的小李体重500N，试求：‎ ‎（1）此过程中的最大速度是多少？当座舱落到离地面30m的位置时，水平支持面对小李的支持力是多少？‎ ‎（2）当座舱落到离地面15m的位置时，小李对水平支持面的压力是多少？（取g＝10 m/s2）．‎ ‎【答案】（1）20m/s；0（2）1500 N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由自由落体运动，下落 h1＝60 m－20 m＝40m 时有最大速度 由 v2＝2gh1，得最大速度 m/s 离地面30m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以水平支持面对小李的支持力为零 ‎（2）离地面15m时，座舱处于减速阶段 v2＝2gh1＝2gh2‎ 由此得：‎ a＝2g 根据牛顿第二定律：‎ N－mg＝ma 解得 ‎ N＝3mg＝1500 N 根据牛顿第三定律，小李对水平支持面的压力为1500 N ‎25.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量M=2kg的长木板A，可视为质点的物块B放在木板A的最左端，其质量m=1kg．已知A、B间的动摩擦因数为μ=0.2．开始时A、B均处于静止状态．某时刻B突然获得水平向右的初速度v0＝6m/s，g取10m/s2．‎ ‎(1)计算物块B获得速度v0后，开始向右运动时加速度的大小；‎ ‎(2)若物块B恰好不从A的右端滑出，计算木板A的长度L；‎ ‎(3)在(2)情形下，当物块B运动到木板A的右端时，立即在A上施加一个水平向右的拉力F＝12N（图中未画出），计算物块B离开木板A时的速度．‎ ‎【答案】(1)2 m/s2 ；(2)6 m； (3)6 m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据牛顿第二定律求解物块B的加速度；（2）物块B恰好不从A的右端滑出，则当两者速度相等时，B恰好滑到A的右端，结合位移关系求解木板A的长度L ‎；（3）．在A上施加拉力F后，A继续向右加速，A的速度将大于B，B受到的摩擦力反向，也改为向右加速，根据牛顿第二定律求解加速度，结合位移关系求解物块B离开木板A时的速度.‎ ‎【详解】(1)根据牛顿第二定律，物块B开始向右运动时 μmg＝maB ‎ 解得aB＝2 m/s2‎ ‎(2)开始运动后，B做匀减速运动，A做匀加速运动，当两者速度相等时，B恰好滑到A的右端．设此时它们的共同速度为v，经历的时间为t．‎ 由速度关系有v＝aAt＝v0-aBt ‎ 由位移关系有 另有μmg＝MaA ‎ 联立解得：v＝2 m/s，L＝6 m ‎(3)在A上施加拉力F后，A继续向右加速，A的速度将大于B，B受到的摩擦力反向，也改为向右加速．由牛顿第二定律 对A有：F–μmg＝Ma′A ‎ 对B有：μ1mg＝ma′B ‎ 联立解得：a′A＝5 m/s2，a′B＝2 m/s2‎ 由于a′A> a′B，虽然两者都向右加速，但B相对于A向左运动，设经过时间t′，物块B从左端离开A．‎ 由位移关系有：‎ 解得t′＝2s 所以B离开A时的速度 m/s ‎【点睛】本题考查了受力分析与牛顿第二定律的综合运用，关键理清放上木块后木板和木块的运动情况，抓住受力分析，结合牛顿第二定律结合解答．‎ ‎ ‎