2019-2020年高三物理上学期第一次月考试题（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期第一次月考试题（含解析）一选择题（共12小题，其中第5、11小题为多选题）1在下面所说的物体运动情况中，不可能出现的是（） A 物体在某时刻运动速度很大，而加速度为零 B 物体在某时刻运动速度很小，而加速度很大 C 运动的物体在某时刻速度为零，而其加速度不为零 D 作变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度也减小分析： 根据加速度与速度无关，举例说明物体的这种运动情况是否可能发生判断物体做加速运动还是减速运动，看加速度与速度两者方向的关系解答： 解：A、物体在某时刻运动速度很大，而加速度可能为零，比如匀速直线运动故A正确 B、物体在某时刻运动速度很小，而加速度可能很大，比如火箭刚点火时故B正确 C、运动的物体在某时刻速度为零，而其加速度可能不为零，比如物体竖直上抛到最高点时，速度为零，加速度不为零故C正确 D、作变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度仍在增大，不可能减小故D错误答案：D2测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始作匀加速直线运动当B接收到反射回来的超声波信号时，AB相距355m，已知声速为340m/s，则汽车的加速度大小为（） A 20m/s2 B 10m/s2 C 5m/s2 D 无法确定分析： 在超声波来回运动的时间里，汽车运行的位移为20m根据匀变速运动的位移时间公式可求出汽车在超声波单程运行时间里的位移，结合超声波的速度，即可知道超声波单程运行的时间，从而知道汽车运行的时间，根据，求出汽车的加速度大小解答： 解：设汽车的加速度为a，运动的时间为t，有，超声波来回的时间为t，则单程的时间为，因为初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比为1：3，在t时间内的位移为20m，则时间内的位移为x=5m，知超声波追上汽车的位移x=5+335m=340m，所以，t=2s所以汽车的加速度大小为10m/s2故B正确，A、C、D错误答案：B3 2011年8月，我国军事现代化进程中迎来了又一个里程碑，中国第艘航空母舰试验平台首次进行出海肮行试验，某次炕母做匀加速直线运动速度变化v时位移为x1，紧接着若速度再变化v时位移为x2，据此可知肮母的加速度是（）A（v）2（+） B（v2）（） C D分析： 首先知道题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解即可解答： 解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3据运动学公式可知：且v2v1=v3v2=v联立以上三式解得：a=，故D正确，ABC错误答案：D4如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫已知木板的质量是猫的质量的2倍当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为（） A B gsin C gsin D 2gsin分析： 对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二定律分别列式来求解，把猫和木板当做一个整体的话计算比较简单解答： 解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律F合=F猫+F木板=0+2ma（a为木板的加速度），整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，即F合=3mgsin，解得a=gsin，所以C正确答案：C5如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间可能是（） A B C D 分析： 木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间解答： 解：若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有mg=ma 根据位移时间公式，有 由解得故C正确；若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有mg=ma 根据速度时间公式，有v=at1 根据速度位移公式，有v2=2ax1 匀速运动过程，有Lx1=vt2 由解得t=t1+t2=故A正确；如果物体滑到最右端时，速度恰好增加到v，根据平均速度公式，有L=v平均t=故t=故D正确；答案：ACD6若货物随升降机运动的vt图象如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是（） A B C D 分析： 根据速度时间图线得出每段过程中的加速度变化，从而结合牛顿第二定律得出支持力随时间的变化关系解答： 解：根据速度时间图线可知，货物先向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，mgF=ma，解得F=mgmamg，然后做匀速直线运动，F=mg，然后向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，Fmg=ma，解得F=mg+mamg，然后向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，Fmg=ma，解得F=mg+mamg，然后做匀速直线运动，F=mg，最后向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，mgF=ma，解得F=mgmamg故B正确，A、C、D错误答案：B7声音在某种气体中的速度v的表达式，可以只用气体的压强P、气体的密度和没有单位的比例常数k表示，根据你所学的物理思维与方法，试判断下列各表达式中可能正确的是（） A v=k B v=k C v=k D v=k分析： 根据传播速度 与空气的密度以及压强p的单位，结合“力学制单位”来求解解答： 解：传播速度v的单位m/s，密度的单位kg/m3，P的单位kg/ms2，所以的单位是m2/s2，的单位是m/s，k无单位，所以k的单位与v的单位相同答案：A8如图所示，三个质量不等的木块M、N、Q间用两根水平细线a、b相连，放在光滑水平面上用水平向右的恒力F向右拉Q，使它们共同向右运动这时细线a、b上的拉力大小分别为Ta、Tb若在第2个木块N上再放一个小木块P，仍用水平向右的恒力F拉Q，使四个木块共同向右运动（P、N间无相对滑动），这时细线a、b上的拉力大小分别为Ta、Tb下列说法中正确的是（） A TaTa，TbTb B TaTa，TbTb C TaTa，TbTb D TaTa，TbTb分析： 先对整体受力分析，受重力、支持力、拉力，根据牛顿第二定律列式求解加速度；然后再对M受力分析，受重力、支持力、拉力，再根据牛顿第二定律列式求解Ta；最后再对Q受力分析，受重力、支持力、拉力F和b绳子的拉力，根据牛顿第二定律列式求解Tb；在第2个木块N上再放一个小木块P，相当于N木块的重力变大，分析前面的表达式即可解答： 解：先对整体受力分析，受重力、支持力、拉力，根据牛顿第二定律，有：F=（mM+mN+mQ）a 再对M受力分析，受重力、支持力、拉力，根据牛顿第二定律，有：Ta=mMa 对Q受力分析，受重力、支持力、拉力F和b绳子的拉力，根据牛顿第二定律，有：FTb=mQa 联立解得：；当在第2个木块N上再放一个小木块P，相当于N木块的重力变大，故Ta减小，Tb增加；答案：B9如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），将两滑杆同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则（）A t1=t2 B t1t2 C t1t2 D 无法确定分析： 设滑杆与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律和运动学公式列式，得出时间与、圆周直径的关系式，进行分析解答： 解：设滑杆与竖直方向的夹角为，圆周的直径为D根据牛顿第二定律得：滑环的加速度为a=gcos滑杆的长度为 s=Dcos则根据s=得，t=，可见，时间t与无关，故有t1=t2答案：A10如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（） A 质量为2m的木块受到四个力的作用 B 当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断 C 当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断 D 轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为分析： 采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系解答： 解：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a=；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F=3ma=由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好被拉断，选项B错误；C正确；轻绳刚要被拉断时，物块加速度a=，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f=ma=，故D错误答案：C11如图所示，质量为m的物体A在沿斜面向上的拉力F作用下沿斜面匀速下滑，此过程斜面体B仍静止，斜面体的质量为M，则水平地面对斜面体（） A 有水平向左的摩擦力 B 物块A受的滑动摩擦力大小与mgsin的大小关系无法判断 C 支持力为（m+M）g D 支持力小于（m+M）g分析： 利用整体法对AB组合体进行受力分析，并对拉力F沿水平和竖直两个方向进行正交分解，即可分析出答案解答： 解：由于A匀速下滑、B静止不动，可将A、B视为整体，根据平衡条件可知，斜面体B应该受到地面对它施加的水平向左的静摩擦力Ff，满足Ff=Fcos，选项A对；竖直方向有N+Fsin=（m+M）g，选项D对，选项C错对物块A受力分析，物块A受到向上的拉力和向上的滑动摩擦力的和等于mgsin，故物块A受的滑动摩擦力大小小于mgsin，B项错答案：AD12如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则（） A 物块可能匀速下滑 B 物块仍以加速度a匀加速下滑 C 物块将以大于a的加速度匀加速下滑 D 物块将以小于a的加速度匀加速下滑分析： 将F分解为垂直于斜面和平行于斜面两个方向F1和F2，根据力的独立作用原理，单独研究F的作用效果，当F引起的动力增加大时，加速度增大，相反引起的阻力增大时，加速度减小解答： 解：未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：a=当施加F后，加速度a=，因为gsingcos，所以FsinFcos，可见aa，即加速度增大故C确，A、B、D均错误答案：C二填空题（共3小题）13如图为接在50Hz低压交流电源上的打点计时器，在纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的记数点，但第3个记数点没有画出由图数据可求得：（1）该物体的加速度为0.72m/s2，（2）第3个记数点与第2个记数点的距离约为4.34cm，（3）打第3个记数点时该物体的速度为0.47m/s分析： （1）求解加速度时首先想到的应该是逐差法，但是只有两组数据，所以要找两组数据之间的关系，推论xmxn=（mn）at2可提供这两组数据与加速度的关系，应用这个推论即可（2）第2、3两点间的距离对应的应该为x2，要想得到x2必须找他和已知量的关系，x2x1=at2提供了这个关系（3）为了让结果更精确，我们需要用上这两组数据，而这两组数据只能求他们自己这段位移中的平均速度，v3需要找它与这两个平均速度的关系：而v3对应的时刻为这两个速度所对应的时间的中间时刻解答： 解：（1）设1、2间的位移为x1，2、3间的位移为x2，3、4间的位移为x3，4、5间的位移为x4；因为周期为T=0.02s，且每打5个点取一个记数点，所以每两个点之间的时间间隔T=0.1s；由匀变速直线运动的推论xmxn=（mn）at2得：x4x1=3at2代入数据得：（5.783.62）102=3a0.12解得：a=0.72m/s2（2）第3个记数点与第2个记数点的距离即为x2，由匀变速直线运动的推论：x2x1=at2得：x2=x1+at2代入数据得：x2=3.62102+0.720.12=0.0434m；即为：4.34cm（3）打第2个点时的瞬时速度等于打1、3之间的平均速度，因此有：v2=0.398m/s根据速度公式v3=v2+at得v3=0.398+0.720.1m/s=0.47m/s；答案：（1）0.72；（2）4.34；（3）0.4714某实验小组同学用如图所示装置探究“物体加速度与力、质量的关系”（1）在研究物体加速度与力的关系时，保持不变的物理量是A（只需填A或B）A小车质量B塑料桶和桶中砝码的质量（2）实验中，首先要平衡摩擦力，具体做法是B（只需填A或B）A在塑料桶中添加砝码，使小车带着纸带匀速运动B取下塑料桶，垫起滑板的一端，使小车带着纸带匀速运动（3）实验中要使小车的质量远大于（填“远大于”或“远小于”）塑料桶和桶中砝码的质量，才能认为细线对小车的拉力等于塑料桶和砝码的重力分析： （1）该实验采用了“控制变量法”，即在研究加速度、质量、力这三个物理量中任意两个之间的关系时，要保持另一个不变（2）为了使绳子的拉力等于小车的合外力，在进行实验之前要进行平衡摩擦力，具体做法是：适当垫高长木板不带定滑轮的一端，轻推未挂沙桶的小车，恰使拖有纸带的小车匀速下滑（3）根据牛顿第二定律求出绳子上拉力的表达式，即可明确满足什么条件时细线对小车的拉力等于塑料桶和砝码的重力解答： 解：（1）该实验采用了“控制变量法”，即在研究加速度、质量、力这三个物理量中任意两个之间的关系时，要保持另一个不变，因此在研究物体加速度与力的关系时，保持不变的物理量是小车的质量，故A正确，B错误答案：A（2）为了使绳子的拉力等于小车的合外力，在进行实验之前要进行平衡摩擦力，具体做法是：适当垫高长木板不带定滑轮的一端，轻推未挂沙桶的小车，恰使拖有纸带的小车匀速下滑故A错误，B正确答案：B（3）设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma 对砂桶和砂有：mgF=ma 由解得：由此可知当Mm时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力答案：远大于15如图甲为“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）在该实验中我们以小车为研究对象，采用控制变量法，来研究小车的加速度与合力的关系，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受外力，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aF关系图线（如图乙所示）分析此图线的OA段可得出的实验结论是在质量不变的条件下，加速度与外力成正比此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是CA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分析： 解决实验问题首先要掌握该实验原理，该实验是探究加速度与力的关系，采用控制变量法进行研究根据图象得出两个变量之间的关系，知道钩码所受的重力代替小车所受合外力的条件解答： 解：（1）研究小车的加速度与合力的关系，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的外力（2）OA段是过原点的直线，知在质量不变的条件下，加速度与外力成正比设小车的质量为M，钩码的质量为m，由实验原理得：mg=Ma得a=，而实际上a=，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足Mm造成的故C正确答案：（1）钩码所受的重力； （2）在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；C三解答题（共4小题）16一物体做匀减速直线运动，在某段时间内通过的位移大小为x1，紧接着在相等的时间内叉通过的位移大小为x2，此时，物体仍然在运动求再经过多少位移物体速度刚好减为零分析： 根据匀变速直线运动推论x=aT2求出加速度，再根据中点时刻速度等于平均速度求出通过位移x1的末速度，根据位移速度公式即可求解解答： 解：根据运动学公式得：解得：a=通过位移x1的末速度为设再经过位移x3，物体的速度刚好为零，则2a（x2+x3）=0解得：答案：再经过位移物体速度刚好减为零17在某一个探究实验中，实验员将某物体以某一确定的初速率v0沿斜面向上推出（斜面足够长且与水平方向的倾角可调节），设物体在斜面上能达到的最大位移为sm实验测得sm与斜面倾角的关系如图所示，g取10m/s2，求：物体的初速率v0 和物体与斜面间的动摩擦因数分析： 由图，当倾角时，物体做竖直上抛运动，根据速度位移公式求出物体的初速度大小当倾角=0时，物体沿水平方向做匀减速运动，结合动能定理求出物体与斜面间的动摩擦因数解答： 解：当时，物体做竖直上抛运动，由图知最大高度为：sm=10m由0=2gsm解得：v0=m/s=10m/s=14.14m/s当=0时，sm=10m，物体沿水平方向做匀减速运动，根据动能定理得：mgsm=0解得：=0.577答案：物体的初速率v0为14.14m/s，物体与斜面间的动摩擦因数为0.57718民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接，供旅客上下飞机外，一般还配有紧急出口发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个气囊（由斜面部分AC和水平部分CD构成），机舱中的人可沿该气囊滑行到地面上来，如图所示某机舱离气囊底端的竖直高度AB=3.0m，气囊构成的斜面长AC=5.0m，AC与地面之间的夹角为斜面部分AC和水平部分CD平滑连接一个质量m=60kg的人从气囊上由静止开始滑下，最后滑到水平部分上的E点静止，已知人与气囊之间的动摩擦因数为=0.55不计空气阻力g=10m/s2求人从A点开始到滑到E 点所用的时间分析： 由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学公式求出人在斜面与水平面上的运动时间，然后求出总的运动时间解答： 解：人的受力如图所示，由牛顿运动定律得：mgsin FN=maFNmgcos=0，则：a=gsingcos，解得：a=1.6 m/s2设人在斜面部分滑下所用的时间为t1，s=at，代入数据解得：t1=2.5 s 设人滑到斜面底端C时的速度为vC，vC=at1=1.62.5=4 m/s由牛顿运动定律得：mg=ma由0vC=（a）t2解得：t2=0.73 s故人从开始到滑到E点所用的时间：t=t1+t2=3.23 s答案：人从A点开始到滑到E 点所用的时间为3.23s19如图所示，光滑水平面上有一块木板，质量M=1.0kg，长度L=1.0m在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m=1.0kg小滑块与木板之间的动摩擦因数=0.30开始时它们都处于静止状态某时刻起对小滑块施加一个F=8.0N水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动g取l0m/s2，求：（1）小滑块和木板的加速度大小；（2）小滑块离开木板时的速度大小；（3）要使小滑块在木板上滑动时的加速度始终是木板加速度的2倍，需将恒力F改为多大？分析： （1）小滑块将相对木板滑动过程中，m对M的滑动摩擦力水平向右，M对m的滑动摩擦力水平向左，根据牛顿第二定律分别求出两个物体的加速度（2）小滑块离开木板时，滑块与木板的位移差等于板长，根据位移公式，代入到位移关系式中求出时间，再由速度公式求出小滑块离开木板时的速度大小；（3）由第（1）问结果可知，只有当小滑块的加速度始终是木板加速度的2倍时，小滑块在木板上滑动时的速度才始终是木板速度的2倍，求出此时的恒力F解答： 解：（1）M靠m给的水平向右摩擦力提供加速度，加速度最大值为 aM= m的加速度为 am=（2）L=代入解得t=1s小滑块离开木板时的速度大小为vm=amt=5m/s（3）由am=2aM得，2=代入解得，F=9N答案：（1）小滑块和木板的加速度大小分别为3m/s2和5m/s2；（2）小滑块离开木板时的速度大小是5m/s；（3）要使小滑块在木板上滑动时的速度始终是木板速度的2倍，需将恒力F改为9N