2019-2020年高三（上）月考物理试卷（9月份） 含解析.doc

2019-2020年高三（上）月考物理试卷（9月份） 含解析一、单项选择题（16小题，每题4分，共64分）1（4分）（2011东莞二模）下列说法正确的是（）A运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同，所以它的惯性也随位置的变化而变化C一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力D物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小考点：惯性分析：一切物体在没有受外力作用的时候（或受平衡力的时候），总保持匀速直线运动状态或静止状态惯性是物体固有的属性，惯性和物体的运动状态无关，惯性的大小和质量成正比解答：解：A、运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，匀减速的距离越大，惯性和物体的运动状态无关，惯性的大小和质量成正比，即惯性不变，故A错误B、同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同，惯性的大小和质量成正比，即惯性不变，故B错误C、一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为物体具有惯性，故C错误D、物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小，故D正确故选D点评：考查了学生对惯性的理解，学生要牢固掌握惯性的大小只与质量有关，质量是物体惯性大小的度量2（4分）（xx广东）如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为（）AG和GBG和GCG和GDG和G考点：共点力平衡的条件及其应用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小解答：解：日光灯受力如图所示，将T1T2分别向水平方向和竖直方向分解，则有：T1cos45=T2 cos45T1sin45+T2sin45=G解得：T1=T2=故选B点评：本题是简单的力平衡问题，分析受力情况是基础，要抓住对称性，分析两个拉力大小关系3（4分）（xx广东）如图是物体做直线运动的vt图象，由图可知，该物体（）A第1s内和第3s内的运动方向相反B第3s内和第4s内的加速度相同C第1s内和第4s内的位移大小不等D02s内和04s内的平均速度大小相等考点：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；牛顿第二定律专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移平均速度等于位移与时间之比根据这些知识进行解答解答：解：A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B正确；C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等故C错误；D、根据“面积”可知：02s内和04s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移4（4分）（xx广东）如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（）AM处受到的支持力竖直向上BN处受到的支持力竖直向上CM处受到的摩擦力沿MN方向DN处受到的摩擦力沿水平方向考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：支持力是一种弹力，其方向总是与接触面垂直，指向被支持物静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反解答：解：A、M处受到的支持力与地面垂直向上，即竖直向上，故A正确；B、N处受到的支持力与原木P垂直向上，不是竖直向上，故B错误；C、原木相对于地有向左运动的趋势，则在M处受到的摩擦力沿地面向右，故C错误；D、N处受到的摩擦力沿原木表面向上，故D错误故选：A点评：解决本题的关键要掌握支持力和静摩擦力方向的特点，并能正确分析实际问题要注意静摩擦力总是与物体相对运动趋势方向相反二、双项选择题（9小题，每题6分，只选一个答案且正确的3分，共54分）5（6分）（xx广东）如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（）A甲的切向加速度始终比乙的大B甲、乙在同一高度的速度大小相等C甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D甲比乙先到达B处考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系专题：直线运动规律专题分析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用vt图象来计算说明解答：解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置故C错误，D正确故选：BD点评：本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增大所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢6（6分）（xx广东）如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平现把物体Q轻轻地叠放在P上，则（）AP向下滑动BP静止不动CP所受的合外力增大DP与斜面间的静摩擦力增大考点：共点力平衡的条件及其应用专题：压轴题；共点力作用下物体平衡专题分析：先对P受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件求解出各个力；物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力解答：解：A、B、对P受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，有：N=Mgcosf=MgsinfN故tan由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，故P静止不动，故A错误，B正确；C、物体P保持静止，合力为零，故C错误；D、由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，故P与斜面间的静摩擦力增大，故D正确；故选：BD点评：本题关键是对物体受力分析，求解出支持力和静摩擦力表达式；物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力7（6分）（2011东莞二模）如图，当小车向右加速运动时，物块M 相对于车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则（）AM受摩擦力增大B物块M对车厢壁的压力增大C物块M仍能相对于车静止DM将与小车分离考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：小车向右做匀加速直线运动，物体M相对小车静止，加速度与车的加速度相同，分析物块的受力情况根据牛顿第二定律研究摩擦力、弹力和合力解答：解：以物块为研究对象，分析受力，作出力图如图A、根据牛顿第二定律得：N=maf=Mg即静摩擦力保持不变，故A错误；B、C、D、小车的加速度增大时，弹力N=ma增大，故支持力变大；压力也变大；物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑，故B正确，C正确，D错误；故选BC点评：本题研究物体在水平方向运动的问题，要正确分析受力情况，作出力图是基础8（6分）（2011东莞二模）如图所示，两只相同的均匀光滑小球置于半径为R圆柱形容器中，且小球的半径r满足2rR，则以下关于A、B、C、D四点的弹力大小说法中正确的是（）AD点的弹力一定大于小球的重力BD点的弹力大小等于A点的弹力大小CB点的弹力恒等于一个小球重力的2倍DC点的弹力可以大于、等于或小于小球的重力考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先以上面的小球研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究D点、C点的弹力与小球重力的关系再对整体进行研究，分析受力情况，由平衡条件分析B点的弹力与总重力的关系，及D点的弹力大小与A点的弹力大小关系解答：解：A、D以上面的小球为研究对象，分析受力情况：重力G、D点的弹力F1和C点的弹力N1，如图1所示设两球连线与竖直方向的夹角为由平衡条件得：F1=Gtan，N1=由题，2rR，则由数学知识得知，F1不一定大于G，cos1，则N1 一定大于G即D点的弹力不一定大于小球的重力，C点的弹力一定大于小球的重力故AD均错误B、C以两球整体为研究对象，分析受力如图2所示：总重力2G、D点的弹力F1、A点的弹力F2、B点的弹力N由平衡条件得到： F1=F2，即D点的弹力大小等于A点的弹力大小 N=2G，即B点的弹力恒等于一个小球重力的2倍故BC均正确故选BC点评：本题的解题关键是灵活选择研究对象，同时要正确分析受力情况，这是解题的基础9（6分）（2011东莞二模）下列说法中，可能的是（）A加速度与运动方向相同时，物体减速B加速度减小时，物体加速C加速度不变，速度不断改变D加速度不断改变，速度不变考点：加速度专题：直线运动规律专题分析：根据加速度的定义得加速度大小等于速度变化率加速度是描述速度变化快慢的物理量 当物体加速度方向与速度方向相同时，物体速度增加，当物体加速度方向与速度方向相反时，物体速度减小解答：解：A、加速度与运动方向相同时，物体加速，故A错误B、加速度减小时，不清楚物体加速度方向与速度方向的关系，所以可能加速或减速，故B正确C、加速度不变，速度不断改变是可以的，例如平抛运动，故C正确D、物体只要有加速度，物体的速度都会发生变化，故D错误故选BC点评：解决本题的关键知道加速度的物理意义，以及掌握判断速度变化与加速度的关系三、非选择题（本大题共4小题，共182分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）10（18分）（xx广东）研究小车匀变速直线运动的实验装置如图（a）所示，其中斜面倾角可调，打点计时器的工作频率为50Hz，纸带上计数点的间距如图（b）所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出部分实验步骤如下：A测量完毕，关闭电源，取出纸带B接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C将小车依靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D把打点计时器固定在平板上，让纸穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：DCBA（用字母填写）图（b）中标出的相邻两计数点的时间间隔T=0.1s计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5=为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a=考点：探究小车速度随时间变化的规律专题：计算题；实验题分析：先连接实验器材，测量时先接通电源，后释放纸带；打点计时器的工作频率为50Hz，每隔0.02s打一次电，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，共5个0.02s；匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；根据公式x=aT2列式求解解答：解：先连接实验器材，后穿纸带，再连接小车，最后打点并选择纸带进行数据处理；故为DCBA；打点计时器的工作频率为50Hz，每隔0.02s打一次电，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，共5个0.02s，故T=0.1s；匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故；根据公式x=aT2，有：；解得：；故答案为：DCBA，0.1，点评：本题关键明确实验原理、实验步骤，会计算瞬时速度和加速度，基础题11（xx广东）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向（填“水平”或“竖直”）（2）弹簧自然悬挂，待弹簧稳定时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如表：代表符号L0LxL1L2L3L4L5L6数值cm25.3527.3529.3531.3033.435.3537.4039.30表中有一个数值记录不规范，代表符号为L3由表可知所用刻度尺的最小分度为1mm（3）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与Lx的差值（填“L0”或“Lx”）（4）由图可知弹簧的劲度系数为4.9N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为10g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）考点：探究弹力和弹簧伸长的关系专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：弹簧自然悬挂，故是竖直放置；充分利用测量数据，根据公式F=kx可以计算出弹簧的劲度系数k其中x为弹簧的形变量解答：解：（1）用铁架台，一定是竖直悬挂；（2）弹簧晃动时测量无意义；（3）用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，记录数据的最后一位是估读位，故数据L3记录不规范，由表可知所用刻度尺的最小刻度为1mm；根据胡克定律公式F=kx，有k=4.9N/kg由表格得到，弹簧原长为：L0=25.35cm；挂砝码盘时：Lx=27.35cm；根据胡克定律，砝码盘质量为：M=kg=0.01kg=10g；故答案为：（1）竖直，（2）稳定，L3，1mm；（3）Lx，（4）4.9，10点评：弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比对于实验问题，我们要充分利用图象处理实验数据来减少偶然误差12（18分）（xx秋怀集县校级月考）一光滑斜面固定在水平地面上，用平行于斜面的力F拉质量为m的物体，可使它匀速向上滑动，如图所示、若改用大小为3F的力，仍平行于斜面向上拉该物体，让物体从底部由静止开始运动、已知斜面长为L，物体的大小可以忽略、求：（1）在3F力的作用下，物体到达斜面顶端时的速度；（2）要使物体能够到达斜面顶端，3F力作用的时间至少多长？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）由于物体匀速运动，对物体受力分析可以得到F与重力的关系，再由牛顿第二定律求得加速度，根据速度位移的关系式可以求得物体到达斜面顶端的速度；（2）物体的加速运动和减速运动的总位移就是斜面的长度，根据位移公式可以求得物体加速运动的时间解答：解：（1）设斜面倾角为，在物体匀速运动时，对物体受力分析可得：Fmgsin=0当用3F的拉力时，设物体的加速度为a，到达顶端时速度为V，由牛顿第二定律可得：3Fmgsin=ma由速度位移的关系式可得：v20=2aL解得：v=2，（2）设3F的拉力至少作用t1时间，加速度为a1，撤去后加速度大小为a2由牛顿第二定律可得：3Fmgsin=ma1F=mgsin=ma2物体加速上升的位移为：S1=a1t12物体减速上升的位移为：S2=Vta2t22物体运动的总位移等于斜面的长度L，即：S1+S2=L因为加速的末速度就是减速过程的初速度，即：V=a1t1=a2t2 由以上方程联立解得：t1=答：（1）所以物体到达斜面顶端的速度为2， （2）3F力作用的时间为点评：本题考查的是物体多运动过程的分析，对每个过程分别利用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可13（18分）（xx秋怀集县校级月考）在水平地面上有一质量为10kg的物体，在水平拉力F的作用下由静止开始水平向右运动，10s后拉力大小减为，方向不变，再经过20s停止运动该物体的速度与时间的关系如图所示求：（1）第二段过程中物体的平均速度大小和方向；（2）整个过程中物体的位移大小；（3）物体与地面的动摩擦因数考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；摩擦力的判断与计算专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）vt图象反应物体在一条直线上运动，图象在时间轴上方为正方向，在时间轴下方为负方向；（2）根据平均速度和时间求出位移，在vt图象中图象与时间轴所围图形的面积表示位移；（3）分别求出两个过程的加速度大小，再根据牛顿第二定律求解物体与地面间的动摩擦因数解答：解：（1），因为取向右为正方向，图象在时间轴上方故平均速度在正方向上即平均速度方向水平向右；（2）依题意可知整个过程中物体的位移大小就等于图象与t轴所围成的三角形面积，S=150m（3）物体的运动分为两个过程，由图可知两个过程加速度分别为：受力图如下：对于两个过程，由牛顿第二定律得：FFf=ma1联立式解得：Ff=10N由滑动摩擦力公式得：Ff=FN=mg解得：=答：（1）第二段过程中物体的平均速度大小为5m/s和方向水平向右；（2）整个过程中物体的位移大小为150m；（3）物体与地面的动摩擦因数为0.1点评：掌握vt图象的物理意义，能根据图象求物体运动的位移、加速度和平均速度，能根据牛顿第二定律分析物体的受力情况，这是解决本题的关键