2019-2020年高三第一次阶段考试物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三第一次阶段考试物理试题 含解析一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1如图所示，一个足球用网兜悬挂于O点，A点为网兜上对称分布的网绳的结点，OA为一段竖直绳，设网绳的长短和足球重力不变，若足球越大，则（）A网绳的拉力越大B网绳的拉力越小C网绳的拉力不变D竖直绳OA的拉力越大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：绳子拉力竖直方向的分力之和等于足球的重力，若足球越大，网绳与竖直方向的夹角越大，据此分析解答：解：设有n根网绳，每根网绳与竖直方向的夹角为，则：nTcos=mgT=若足球越大，网绳与竖直方向的夹角越大，cos越小，则T越大，故A正确BC错误；以网绳和足球整体为研究对象，根据平衡条件，竖直绳OA 的拉力总是与足球的重力相等，保持不变，故D错误；故选：A点评：本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法研究2电视台体育频道讲解棋局节目中棋盘竖直放置，棋盘由磁石做成，棋子都可视为被磁石吸引的小磁体，若某棋子静止，则（）A棋盘面可选足够光滑的材料B棋盘对棋子作用力比棋子对棋盘作用力大C棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大D若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大考点：作用力和反作用力分析：首先对棋子进行受力分析，根据棋子的运动状态，结合平衡的条件分析棋盘面应选取的材料解答：解：A、B、根据竖直方向上二力平衡知：f=G，G应不超过最大静摩擦力，则有：ffm=N=FF一定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大，棋盘面应选取较粗糙的材料，故A错误B、棋盘对棋子作用力与棋子对棋盘作用力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反故B错误；C、当Gfm=N=F时，棋子将下滑，所以棋盘对棋子的摩擦力与重力大小相等，棋盘对棋子的作用力是支持力与摩擦力的合力，所以比棋子的重力大故C正确D、棋盘对棋子的吸引力与棋盘面对棋子的弹力平衡，静摩擦力与棋子的重力平衡，棋盘对棋子的磁力增大大，对其摩擦力始终等于重力故D错误故选：C点评：掌握平衡力时应注意其关键点：二力是作用在同一个物体上的，明确这一点即可与作用力与反作用力进行区分3（4分）有一质点从x轴的坐标原点开始沿x轴做直线运动，其速度随时间变化的图象如图所示，下列四个选项中a表示质点运动的加速度，x表示质点的位移，其中正确的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图线的斜率表示加速度，据此求出各时间段内的加速度；位移时间图线的斜率表示速度解答：解：A、01s时间内物体的加速度为：a=2m/s2，同理可得12s内加速度为2m/s2，23s内加速度为3m/s2，34s内加速度为3m/s2，故A错误，B正确；C、位移时间图线的斜率表示速度，物体做变速运动的是位移时间图线应该是曲线，不是直线，故CD均错误；故选：B点评：本题考查了关于几类图象的掌握，分析图象特点时一定要重点把握其斜率或者截距的物理意义4如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t=0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上在物块放到木板上之后，木板运动的速度时间图象可能是下列图中的（）ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：判断出木板和木块在达到速度相等前后的加速度，根据加速度大小来判断图象即可；解答：解：在未达到相同速度之前，木板的加速度为mg2mg=ma1a1=3g达到相同速度之后，木板的加速度为2mg=ma2a2=2g由加速度可知，图象A正确故选：A点评：解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律求解加速度，在vt图象中斜率代表加速度；二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分5（6分）假设一个小球在沼泽地中下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动，沼泽地对球和球对沼泽地的作用力大小分别为F1、F2下列说法中正确的是（）A在加速向下运动时，F1F2B在匀速向下运动时，F1=F2C在减速向下运动时，F1F2D在整个运动过程中，F1=F2考点：作用力和反作用力分析：沼泽地地面对小球的支持力和小球对沼泽地地面的压力是相互作用力，二者大小相等对小球受力分析，小球受重力和支持力，重力大于支持力，故小球会向下加速运动；解答：解：小球对沼泽地地面的压力与沼泽地地面对小球的支持力为作用力与反作用力，故二力一定相等，故A、C错误；B、D正确故选：BD点评：不管小球是加速下降、匀速下降还是减速下降，小球对沼泽地地面的支持力和沼泽地 地面对小球的压力总是等大、反向、共线，与小球的运动状态无关6（6分）如图，当风水平吹来时，风筝面与水平面成一夹角，人站在地面上拉住连接风筝的细线则（）A空气对风筝的作用力方向水平向右B地面对人的摩擦力方向水平向左C地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力D风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：本题的关键是正确对风筝和人受力分析，风筝受到向下的重力、沿绳子方向的拉力以及垂直风筝向上的风力；人受到向下的重力、向上的支持力、绳子的拉力和水平向左的摩擦力，然后用正交分解法根据平衡条件分析即可解答：解：A、D、设细线与水平面的夹角为，风力大小为F先研究风筝，分析受力如图，空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面，风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面故A错误，D正确；根据平衡条件得： B、对该同学分析受力可知，人受到重力、地面的支持力、绳子向右上的拉力和地面对人的摩擦力方向水平向左，故B正确 C、对人和风筝整体研究，竖直方向上有：（M+m）g=N+Fcos，是风筝与水平面之间的夹角；则得：N=（M+m）gFcos（M+m）g故C错误故选：BD点评：对静力学问题关键是正确进行受力分析，注意本题中风力与风筝垂直向上，人受到的摩擦力是静摩擦力，方向水平向左7（6分）如图（甲）所示，水平传送带以恒定速率运行，某时刻（t=0）小物块从与传送带等高的光滑平台A处滑上传送带，小物块运动的vt图象（以地面为参考系）如图（乙），g取10m/s2，则（）A传送带的速率为v2B2.0s时物块所受摩擦力为0C物块在1.0s、2.5s时所受的摩擦力相同D在传送带上观察者看来，t=2.0s时物块静止考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：02s时间内物块向左匀减速直线运动，23s物体向右做匀加速运动，34s向右做匀速运动物体先受到向右的摩擦力向左匀减速直线运动，然后向右匀加速，当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失解答：解：A、由速度图象分析物体的运动过程：02s时间内木块向左匀减速直线运动，23s物体向右做匀加速运动，34s向右做匀速运动可知，传送带的速率为v2故A正确B、摩擦力提供问题运动的合外力，加速度恒定不等于零，2.0s时物块所受摩擦力不为零，物块在1.0s、2.5s时所受的摩擦力相同，故B错误C正确；D、在传送带上观察者看来，t=2.0s时物块向左运动故D错误故选：AC点评：本题关键从图象得出物体的运动规律，然后分过程对木块受力分析根据牛顿第二定律求解8（6分）如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则（）A悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大D悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加速度当A物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大解答：解：A、B、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg剪断瞬间，对A分析，A的合力为F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g故A正确，B错误C、D、弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx当向下压缩，mg=F=kx时，速度最大，x=x，所以下降的距离为2x故C正确D错误故选：AC点评：解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度当弹力和重力相等时，速度最大9（6分）如图，在电梯的顶部安装了一个拉力传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若电梯在匀速运行时突然停止，并以此时为零时刻，在传感器显示拉力Ft图象如图g为重力加速度，则（）A0t1时间内，小球速度向下B0t1时间内，小球做减速运动Ct1t2时间内，小球做减速运动D电梯停止前正在向上运行考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据弹力的变化，结合惯性的知识判断升降机停止前向哪个方向运动，对小球受力，通过加速度的方向确定超重还是失重；根据加速度的方向与速度方向的关系确定小球的速度变化解答：解：A、从0时刻开始，弹簧弹力增大，知小球向下运动，可知升降机停止前向下运动故A正确，D错误B、Otl时间内，重力小于弹力，加速度向上，处于超重状态，做减速下降运动故B正确C、t1t2时间内，小球超重，做加速上升运动，故C错误故选：AB点评：本题考查力和运动的关系，以及能量守恒定律的运用，知道加速度方向与速度方向相同，做加速运动，加速度方向与速度方向相反，做减速运动掌握判断超失重的方法，关键看加速度的方向三、解答题（共4小题，满分54分）10（10分）如图（a）为验证牛顿第二定律的实验装置示意图某同学进行“平衡小车所受的阻力”的操作：取下钩码，把长木板不带滑轮的一端垫高；接通打点计时器电源，再轻拨小车，让小车拖着纸带运动如果打出的纸带如图（b）所示，则应减小（“减小”、“增大”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间距（分布）均匀为止如图（c）所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点，相邻两计数点间有一个计时点没有画出，设打点计时器打点时间间隔为T，则小车的加速度表达式为a=考点：验证牛顿第二运动定律专题：实验题分析：平衡摩擦力的方法是：平衡摩擦力时，应不挂砝码，把木板不带滑轮的一端垫高；接通打点计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动，直到纸带上打出的点迹间隔相等（均匀）为止应用匀变速直线运动的推论，利用逐差法可以求出其加速度的大小解答：解：平衡小车所受的阻力的操作：取下 钩码，把木板不带滑轮的一端垫高；接通打点计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动如果打出的纸带如图（b）所示，则应 减小（减小或增大）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹 间隔均匀为止打点计时器使用的交流电周期T0=0.02s，每两点之间还有4个点没有标出，则相邻计数点间的时间间隔t=5T0=0.1s，由匀变速运动的推论x=at2可得，加速度：a=， 则有：a= 故答案为：钩码； 轻拨小车； 减小； 间距（分布）均匀；点评：只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握11（8分）如图（甲），一端带有定滑轮的水平放置的长木板上固定有A、B两个光电门，与通过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示小车所受的拉力在探究“合外力一定，加速度与质量的关系”时，某同学在实验中得到的五组数据，为了更直观地描述物体的加速度跟其质量的关系，请你根据他的描点在图（乙）的坐标系中画出a图象若不计空气阻力及一切摩擦，则该图线斜率值表示的意义是小车的合力如图（丙），将长木板的左端抬高，小车遮光片装在右侧，使小车从靠近光电门A处由静止开始运动，读出测力计的示数F及小车在两光电门之间的运动时间t，改变木板倾角，测得多组数据，据此数据得到的F的图线如图（丁）实验中测得两光电门的距离L=1.0m，砂和砂桶的总质量m1=0.5kg，则图线的斜率为1.0kgm（计算结果保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，则测得的图线斜率将不变（选填“变大”、“变小”或“不变”）考点：验证牛顿第二运动定律专题：实验题分析：根据牛顿第二定律，结合图象，即可求解由匀变速运动的位移时间公式得出L与时间的关系，根据牛顿第二定律求出小车的加速度和合力的关系，进一步求出F的关系式，再根据数学知识分析图线的斜率的意义解答：解：画出a 图象，如图所示，根据牛顿第二定律可知，a=，可知，该图线斜率值表示的意义是小车的合力小车由静止开始做匀加速运动，位移L=at2 a=根据牛顿第二定律得，对于沙和沙桶，F合=Fmg=ma F=m+mg则图线的斜率为 k=2mL=20.51=1.0（kgm）若小车与长木板间的摩擦能忽略，如图丁所示测得图线斜率将不变故答案为：小车所受到的合力，如图所示；1.0kgm；不变；点评：对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题12（18分）如图，一平板车以某一速度v0=5m/s匀速行驶，某时刻一货箱（可视为质点）无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l=3m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做加速度a=3m/s2的匀减速直线运动已知货箱与平板车之间的摩擦因数为=0.2，g=10m/s2求：（1）货箱放上平板车时加速度大小和方向；（2）通过计算，说明货箱能否从平板车上滑离；（3）若货箱没有滑离平板车，则货箱最终停止时离平板车后端距离多大？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）有牛顿第二定律即可求得加速度；（2）货箱做匀加速直线运动，平板车做匀减速直线运动，求出速度相等时两者的位移，判断货箱是否从车后端掉下来（3）根据速度位移公式求出货箱速度减到零的位移，以及平板车速度减为零的位移，从而得出最终停止时离车后端的距离解答：解：（1）货箱：mg=ma1得a1=2.0m/s2，方向向前（2）假设货箱能与平板车达到共速，则箱：v=a1t车：v=v0a2t得t=1.0sv=2.0m/s箱：=1m对平板车：m=4m此时，货箱相对车向后移动了：x=s2s1=3m3m，故货箱不会掉下（3）由于货箱的最大加速度为：a1=g=2m/s2a2，所以二者达到相同速度后，分别以不同的加速度匀减速运动到停止，此后货箱和车的位移分别为x3、x4，对货箱：，对平板车：，故货箱到车尾的距离为：d=Lx+x3x4=m答：（1）货箱放上平板车时加速度大小为2m/s2和方向向前（2）货箱不会掉下（3）最终停止时离车后端的距离d是m点评：解决本题的关键理清货箱和平板车的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解，难度中等13（18分）足够长的光滑水平面上，叠放在一起的物块A和长木板B质量均为m=1kg当B板右端j通过水平面上C点时，物块A在板的左端且向右速度为v0=4m/s，B板向左的速度v=2m/s并以此时刻为计时起点已知A、B间动摩擦因数=0.1，g取10m/s2当B板右端j进入在宽d=1m的PQ区域内时，B板就会受到一个水平向左的恒力F，使B板最终从左侧离开该区域，已知A始终没有滑落B板求：（1）经过多长时间长木板开始向右运动？（2）B板右端J边刚进入边界P的速度；（3）在恒力F可能取值范围内，B板右端j处在PQ区域内的时间t与恒力F的关系考点：动量守恒定律；牛顿第二定律专题：动量定理应用专题分析：（1）由牛顿第二定律求出 加速度，由匀变速运动的速度公式求出运动时间（2）系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度（3）应用牛顿第二定律与匀变速运动的运动学公式求出F与t的关系解答：解：（1）由牛顿第二定律，对板：mg=ma2，代入数据解得：a2=1m/s2，方向向右，由匀变速运动的速度公式得：0=va2t，代入数据解得：t=2s；（2）板进入PQ区域前已经与物块达到共同速度，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0mv=2mv，代入数据解得：v=1m/s；（3）假设J边进入PQ区域，刚好能到达Q边界，由速度位移公式得：vt2v2=2am1d，代入数据解得：am1=0.5 m/s2恒力临界值：Fm1=2mam1，代入数据解得：Fm1=1N，假设J边进入PQ区域后A、B刚好能一起做匀变速直线运动对块A：mg=mam2，代入数据解得：am2=1m/s2恒力临界值为：Fm2=2mam2=21=2N；当1 NF2 N，A、B一起做（往返式）匀变速直线运动F=2ma1，v=va1t1，代入数据解得：t1=s；当F2 N，A、B发生相对滑动，但板做（往返式）匀变速直线运动对板B：Fmg=ma2，v=va2t2，代入数据解得：t2=s；答：（1）经过3s时间长木板开始向右运动（2）B板右端J边刚进入边界P的速度为1m/s（3）在恒力F可能取值范围内，B板右端j处在PQ区域内的时间t与恒力F的关系为：当1NF2N时，t1=s；当F2N时，t2=s点评：本题考查了求物体的运动时间、物体的速度、力与作用时间的关系，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题