2018-2019学年高一物理3月月考试题(含解析).doc

xx-2019学年高一物理3月月考试题(含解析)一、选择题:本大题共10小题,每小题4分, 共40 分。 第1-6 题只有一个选项符合题目要求,7-10题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4 分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。1.在力学范围内,国际单位制规定长度、 质量、 时间为三个基本量, 它们的基本单位分别是A. 米、牛顿、秒 B. 厘米、克、秒C. 米、斤、小时 D. 米、千克、秒【答案】D【解析】【详解】力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为米、千克、秒对应的符号为：米、千克、秒，故D正确，ABC错误。2.如图所示，小船过河时，船头始终垂直河岸，已知河水的速度为3m/s，小船在静水中速度为4m/s，河宽为200m，则小船渡河需要的时间为（） A. 40s B. 66.7s C. 50s D. 90s【答案】C【解析】船头始终垂直河岸，渡河时间为t=dv船=2004s=50s，C正确3.如图所示,用细线将A物体悬挂在顶板上,B物体放在水平地面上A、B间有一劲度系数为100N/m的轻弹簧,此时弹簧伸长了2cm,已知A、B两物体的重力分别是3N和5N，则细线的拉力及B对地面的压力分别是( )A. 1N和0NB. 5N和3NC. 5N和7ND. 7N和7N【答案】B【解析】【详解】以A为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡条件有：细线的拉力T=GA+kx，代入数据得T=5N；以物体B为研究对象进行受力分析有：FN+kx=GB，代入数据得地面对B的支持力FN=3N，由牛顿第三定律可知，B对地面的压力也为3N，方向竖直向下；故A、C、D错误，B正确。故选：B4.如图所示，光滑水平地面上放有截面为 四分之一圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则（ ）A. A对B的作用力增大 B. 地面对A的支持力增大C. 墙对B的作用力减小 D. 推力F逐渐增大【答案】C【解析】隔离小球B，对其受力分析，如图所示，当A的位置向左移动少许后，A对B的弹力N与竖直方向的夹角减小，故N越来越小，墙壁对B球的弹力也在减小，A错误C正确； 将两者看做一个整体，整体的受力分析图如图所示，则地面对A的支持力大小等于两者的重力，恒定不变，而外力F大小等于墙壁对B的支持力，因为N减小，所以F减小，故BD错误5.汽车在公路上以54km/h的速度行驶，突然发现前方30m处有一障碍物，驾驶员反应一段时间后开始刹车，刹车的加速度大小为6m/s2，为使汽车不撞上障碍物，则允许驾驶员的最长反应时间为（）A. 0.95s B. 0.85s C. 0.75s D. 0.65s【答案】C【解析】汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合位移之和等于30m，根据运动学公式求出驾驶员允许的反应时间v=54km/h=15m/s，根据vt+v22a=x得代入数据有：15t+15226=30，解得：t=0.75s，所以为了不撞上障碍物驾驶员的反应时间必须小于0.75s，故C正确6.如图所示，两个物体A和B，质量分别为2m和m，用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，A静止于水平地面上，=30，则以下说法正确的是（）A. 物体A可能受三个力B. 地面对物体A的支持力大小为12mgC. 地面对物体A的摩擦力大小为32mgD. 如果增加物体A的质量，则地面对物体A的摩擦力变大【答案】C【解析】以B为研究对象，受重力和拉力，根据平衡条件，有T=mg；再对A受力分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有水平方向Tcos=f；竖直方向N+Tsin=2mg，将T=mg代入，有f=32T=32mg，N=1.5mg，地面对物体A的摩擦力的方向与A的质量无关，结合牛顿第三定律，物体A对地面的压力大小为1.5mg，物体A对地面的摩擦力大小为32mg，C正确7.做曲线运动的物体，在运动过程中，下列物理量可能不变的是（ ）A. 速率 B. 速度 C. 加速度 D. 合外力【答案】B【解析】【分析】本题的考点是曲线运动的基本概念。【详解】曲线运动一定改变的是速度的方向，但是加速度、合外力、速率可以不变。【点睛】基本概念要了然于胸。8.如图所示，A、B为两个挨得很近的小球(可视为质点），静止放于光滑斜面上，斜面足够长，在释放B球的同时，将A球以某一速度v0水平抛出，当A球落于斜面上的P点时，B球的位置位于 ( ) A. P点以上 B. P点C. P点以下 D. 由于v0未知，故无法确定【答案】A【解析】【分析】B球沿着斜面做的是匀加速直线运动，A球做的是平抛运动，分别计算出AB两个球到达P点的时间，比较它们的运动时间就可以判断A球落于斜面上的P点时，B球的位置。【详解】设A球落到P点的时间为tA，AP的竖直位移为h；B球滑到P点的时间为tB，BP的竖直位移也为h，A球在竖直方向做的是自由落体运动，由h=12gt2，可得：t=2hg。B球做的是匀加速直线运动，运动到P点的位移为：s=hsin，加速度的大小为：a=gsin，根据位移公式s=12at2，可得B运动的时间为：tB=2hgsin2=1sin2ygtA，故A正确，BCD错误。【点睛】抓住AB两个球的不同的运动的特点，分别求解运动的时间的大小，即可解决本题，本题的关键就是分析清楚AB的运动的状态。9.关于加速度与速度，下列说法中正确的是A. 速度大，加速度一定越大B. 速度变化越大，加速度一定越大C. 速度变化越快，加速度越大D. 加速度越来越小，速度可能越来越大【答案】CD【解析】据加速度的定义式：a=vt可知：A、B项：当速度越大或速度变化越大时，还取决于时间，所以加速度不一定越大，故AB错误；C项：加速度是描述速度变化快慢的物理量，所以速度变化越快，加速度越大，故C正确；D项：当物体的速度方向与加速度方向相同时，物体做加速运动，速度增大，与加速度的大小无关，故D正确。点晴：解决本题的关键掌握加速度定义为单位时间内速度的变化量，反应速度变化快慢的物理量。10.如图所示为风洞实验示意图，实验中可以产生大小可调节的风力，将一套有小球的固定细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于杆的直径，杆足够长，杆与水平方向的夹角为，小球与杆间的动摩擦因数为，且tan现将小球由静止释放，同时开始送风，风对小球的作用力F方向与杆垂直，大小随时间变化的关系式为F=kt，关于小球的运动，下列说法正确的是（）A. 加速度先增大后不变B. 加速度先增大后减小到零，然后再增大，最后为零C. 速度先增大后减小到零D. 速度先增大后不变【答案】BC【解析】小球受重力、支持力、风力和滑动摩擦力，在垂直杆方向，有Nmgcos+F=0，故N=mgcosF=mgcoskt，即弹力先减小到零，后反向增加；在平行杆方向，有mgsinf=ma，其中f=N，故a=gsinfm=gsinNm，由于弹力先减小到零，后反向增加，故加速度先增加后减小到零，最后反向增加，物体静止时加速度再次为零；当加速度与速度相同时，球做加速运动，当加速度与速度反向时，球做减速运动，直到静止，BC正确二、实验题:本大题共2小题,其中第11小题6分,第12小题9分,共15分。11.某同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则:在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3，回答下列问题:(1)改变钩码个数，实验能完成的是: _A.钩码个数N1=N2=2N3=4B.钩码个数N1=N3=3N2=4C.钩码个数N1=N2=N3=4D.钩码个数N1=3N2=4N3=5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是_A.标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B.量出OA、OB、OC三段绳子的长度C.用量角器量出三段绳子之间的夹角D.用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为图2中_是正确的.(填“甲”或“乙”)【答案】（1）BC （2） A （3）甲【解析】【分析】两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点（如图所示），由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功；为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答；【详解】解：(1)对O点受力分析如图所示，OA、OB、OC分别表示FTOA、FTOB、FTOC的大小，由于三个共点力处于平衡，所以FTOA、FTOB的合力大小等于FTOC，且FTOCFTOA+FTOB，即|FTOAFTOB|FTOCmgcos，速度达到传送带速度后不能一起做匀速直线运动，向上做匀减速直线运动，摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律求出运动的加速度，根据运动学公式求出米袋到达D点的过程中的位移关系，联立即可求出传送带的速度。（1）由牛顿第二定律可得，米袋在AB上加速运动的加速度为：a0=fm=mgm=g=0.510=5m/s2；米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离：s0=v022a0=5225=2.5mL1=3m，故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达BC端速度为：v0=5m/s；设米袋在CD上传送的加速度大小为a，由顿第二定律得mgsin+mgcos=ma解得a=10m/s2，能沿CD上滑的最大距离s=v022a=1.25m；（2）设CD部分运转速度为时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为传送带的速度之前的加速度为：a1=g（sin+cos）=10m/s2，此时上滑的距离为：s1=v2v022a1，米袋速度达到传送带的速度后，由于mgcosmgsin，米袋继续减速上滑，速度为零时刚好到D端，其加速度为：a2=gsincos=2m/s2，减速到零时上滑的距离为s2=0v22a2；两段位移的和s1+s2=L2，联立可得v=4m/s；可知要物块能被送到D端，CD部分顺时针运转的速度应大于等于4m/s。