湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2020届高三9月月考物理试题

宜昌市部分示范高中教学协作体2019年秋9月联考高三物理

一、 选择题 

1. 物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是( )

A. 亚里士多德首先提出了惯性的概念

B. 伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法

C. 牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证

D. 力的单位“N"是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位

【答案】C

【解析】

试题分析：伽利略首先提出了惯性的概念，故A错误；牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，因为牛顿定律的内容是在物体不受任何外力的作用下，而现实生活中没有不受任何外力的物体，所以牛顿第一定律是在实验的基础上，结合推理得出来的，故B错误；伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法．故C正确；力的单位“N“不是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位，故D错误；故选C.

考点：物理学史。

2.一质点位于x=﹣1m处，t=0时刻沿x轴正方向做直线运动，其运动的v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（　　）

A. 0～2s内和0～4s内，质点平均速度相同

B. t=4s时，质点在x=2m处

C. 第3s内和第4s内，质点位移相同

D. 第3s内和第4s内，质点加速度的方向相反

【答案】B

【解析】

根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知0～2s内和0～4s内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故A错误．
0-2s内质点的位移为△x=×（1+2）×2m=3m，2-4s内位移为零，则t=4s时质点的位移是3m，t=0时质点位于x=-1m处，则t=2s时，质点在x′=x+△x=2m处，故B正确．第3s内和第4s内，质点位移大小相同，但方向不同，选项C错误；速度图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，加速度是一定的，则知第3s内和第4s内，质点加速度的方向相同，故D错误．故选B.

点睛：本题是速度图象问题，考查理解物理图象意义的能力，关键要抓住速度图象“斜率”表示加速度，“面积”表示位移．

3.如图所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为O点，P为环上最高点，轻弹簧的一端固定在P点，另一端栓连一个套在大环上的小球，小球静止在图示位置平衡，则（　　）

A. 弹簧可能处于压缩状态

B. 大圆环对小球的弹力方向可能指向O点

C. 小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向O点

D. 大圆环对小球的弹力大小可能小于球的重力，也可能大于球的重力

【答案】C

【解析】

若弹簧处于压缩状态，则对小球受力分析可知，重力向下，大圆环对小球的弹力指向O点，弹簧弹力沿PQ向下，则由平衡条件可知，此三力不可能平衡，选项A错误；因弹簧处于被拉伸状态，则大圆环对小球的弹力方向沿半径方向向外，不可能指向O点，选项B错误；因小球受重力、弹簧的弹力以及大圆环的弹力作用，由平衡条件可知，小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定与大圆环对小球的弹力等大反向，指向O点，选项C正确； 根据平行四边形法则，结合几何关系可知，大圆环对小球的弹力大小等于球的重力，选项D错误；故选C.

点睛：解答此题关键是理解力的平衡条件，通过画出受力图，根据小球的受力情况，结合几何知识进行判断.

4.如图为某一质点作直线运动的位移x随时间变化的规律，图为一条抛物线，则下列说法正确的是（ ）

A. 在末，质点的速率最大

B. 在内，质点所受合力的方向与速度方向相反

C. 在末和末，质点的加速度方向相反

D. 在末，质点的位移大小为9m

【答案】B

【解析】

【详解】A.位移-时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零。故A错误。

B.在1～10s内，斜率逐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向与速度方向相反。故B正确。

C.在0-10s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在10-20s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向。所以在8s末和12s末，质点的加速度方向相同。故C错误。

D.由图可知，20s内位移为

△x=x2-x1=0-1m=-1m

故D错误。

5.如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有减小，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（　　）

A. 增大α角，增大v B. 减小α角，减小v

C. 减小α角，保持v不变 D. 增大α角，保持v不变

【答案】B

【解析】

【详解】由题意可知，船相对水的速度为，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有减小，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示，可知减小角，减小，故选项B正确，A、C、D错误；

6.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时AB两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）

A. aA=aB=g B. aA=2g，aB=0

C. aA=g，aB=0 D. aA=2g，aB=0

【答案】D

【解析】

水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图，

静止时 ，，

水平细线被剪断瞬间，T消失，其它各力不变，所以，

故选D

7.如图1所示，O为水平直线MN上的一点，质量为m的小球在O点的左方时受到水平恒力F1作用，运动到O点的右方时，同时还受到水平恒力F2的作用，设质点从图示位置由静止开始运动，其v-t图象如图2所示，在0-t4时间内，下列说法正确的是（ ）

A. 质点在O点右方运动的时间为t4-2t1

B. 质点在O点的左方加速度大小为

C.  F2的大小为

D. 质点在0-t4这段时间内的最大位移为

【答案】ABD

【解析】

【详解】A.在0-t1时间内，小球在O的左方向向右做匀加速运动；在t1-t2时间内小球在O的右方向右做匀减速直线运动，在t2-t3时间内小球在O的右方向左做匀加速直线运动，根据运动过程的对称性得知，小球在O的右方运动的时间为t3-t1=t4-2t1，故A正确；

B.图中0-t1与t3-t4两段时间内小球在O的左方运动，根据图线的斜率等于加速度得：物体在O的左方加速度为

，

故B正确；

C.在t1-t3时间内，小球的加速度大小为

，

根据牛顿第二定律得：

F2-F1=ma′，

得到

F2=F1+ma′=F1+ ，

故C错误；

D.小球在t=0到t=t4这段时间内在t2时刻离M点最远，最大位移为

，

故D正确。

8.半圆柱体P放在粗糙水平面上，有一挡板MN，其延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱体不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q（P的截面半径远大于Q的截面半径），整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地逆时针转动，在Q到达最高位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A. MN对Q的弹力大小逐渐减小

B. P、Q间的弹力先增大后减小

C. 桌面对P的摩擦力先增大后减小

D. P所受桌面的支持力保持不变

【答案】AC

【解析】

以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图1所示．由平衡条件得： 根据几何关系可知：α+β不变，分析可知，α增大，β减小，MN对Q的弹力F1减小，P对Q的弹力F2增大．故A正确，B错误．若刚开始，挡板在最低点，处于水平位置，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对P的摩擦力为零，当Q运动到最高点时，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对P的摩擦力仍为零，则整个过程中，桌面对P的摩擦力先增大后减小，故C正确．对P研究，作出受力如图2，地面对P的弹力N=Mg+F2sinα，F2增大，α增大，所以N增大．故D错误．故选AC.

点睛：本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键，对C选项分析时可以使用极端假设法，假设初末位置分别在最低点和最高点，再对整体受力分析判断，难度适中。

9.如图所示，物体m 放在斜面上，给物体一个沿斜面向下的初速度，物体开始沿斜面向下滑动，设物体的加速度为a1 ，若只在物体m 上再放一个物体m′，则m′与m 一起下滑的加速度为a2 ，若只在m 上施加一个方向竖直向下、大小等于m′g的力F ，此时 m下滑的加速度为a3 ．关于a1、a2、a3 的关系正确的是（ ）

A. a1=0时，一定有a2=a3>0

B. a1=0时，a2=a3 ，且一定零

C. 只要a1≠0 且沿斜面向下，一定有a1=a2<a3

D. 不管a1 如何，都有a1=a2=a3

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.物体以加速度a1匀加速下滑时，受到重力、斜面支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：

mgsinθ-μmgcosθ=ma1，

解得：

a1=gsinθ-μgcosθ，

在物体m上再放一个物体m′时，由牛顿第二定律得：

（m+m′）gsinθ-μ（m+m′）gcosθ=（m+m′）a2，

解得：

a2=gsinθ-μgcosθ

当加一竖直向下的恒力F时，由牛顿第二定律得：

（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma3，

解得：

a3=gsinθ-μgcosθ+，

若a1=0时，一定有a2=a3=0，故A错误，B正确；
CD.只要a1≠0，一定有a1=a2＜a3，故C正确，D错误；

10.如图所示，质量为M的木板A静止在水平地面上，在木板A的左端放置一个质量为m的铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，现给铁块施加一由零开始逐渐变大的水平作用力F，下列判断正确的是（ ）

A.  若μ1>μ2，则一定是木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动

B.  若μ1mg>μ2Mg,则木板A可能先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动

C.  若铁块B先相对A发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时， F的大小为μ1mg

D.  若木板A先相对地发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为

【答案】BCD

【解析】

【详解】A.B受到的滑动摩擦力大小为μ1mg，A受到地面的滑动摩擦力大小为μ2（M+m）g，若μ1mg＞μ2（M+m）g则一定是木板A先相对地发生滑动，但此时不一定是μ1>μ2，选项A错误；

B. 若μ1mg>μ2Mg，则也可能μ1mg＞μ2（M+m）g，则木板A可能先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动，选项B正确；

C.若铁块B先相对A发生滑动，以B为研究对象，水平方向根据共点力的平衡条件知，当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为μ1mg，C正确；
D.B相对于A滑动时，二者的加速度关系为aB≥aA，即：

，

整理得：

，

所以当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为，D正确。

二、 填空题

11.某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋改为劲度系数为400 N/m的轻质弹簧AA'，将弹簧的一端A'固定在竖直墙面上。不可伸长的细线OA、OB、OC，分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图1所示。在实验过程中，保持弹簧AA'伸长1.00 m不变。

（1）若OA、OC间夹角为90°，弹簧秤乙的读数是______N。（如图2所示）

（2）在（1）问中若保持OA与OB的夹角不变：逐渐增大OA与OC的夹角，则弹簧秤甲的读数大小将_____，弹簧秤乙的读数大小将_____。

【答案】    (1). 3.00    (2). 5.00    (3). 一直变小    (4). 先变小后变大

【解析】

（1）根据胡克定律可知，； 根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3.00N；两弹簧秤夹角为，则b的读数为：；（2）若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OA与OC的夹角，如图中实线变到虚线：

由图可知弹簧秤甲的读数将一直变小，而弹簧秤乙的读数将先变小后变大.

12.现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图1所示。表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连；打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源。接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带打出一系列的点迹。

（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），2、3和5、6计数点的距离如图2所示。由图中数据求出滑块的加速度a=________（结果保留三位有效数字）。

（2）已知木板的长度为L，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是（       ）

A.滑块到达斜面底端的速度v           B.滑块的质量m

C.滑块的运动时间t                   D.斜面高度h和底边长度x

（3）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式为μ=_________（用所需测物理量的字母表示）。

【答案】    (1). 2.51    (2). D    (3).

【解析】

试题分析：（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=0．1s，根据逐差法有：；

（2）要测量动摩擦因数，由μmgcosθ=ma，可知要求μ，需要知道加速度与夹角余弦值，纸带数据可算出加速度大小，再根据斜面高度h和底边长度x，结合三角知识，即可求解，故ABC错误，D正确．

（3）以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：mgsinθ-μmgcosθ=ma

解得：

考点：测量滑块与木板之间的动摩擦因数

【名师点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题．

三、计算题

13.图示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R,在B点正上方的C点水平抛出一个小球(不计空气阻力)，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切,OD与OB的夹角为53°，sin 53°=0.8,cos 53°=0.6，求C点到B点的距离

【答案】

【解析】

【详解】由题意知得：小球通过D点时速度与圆柱体相切，则有

vy=v0tan53°

小球从C到D，水平方向有

Rsin53°=v0t

竖直方向上有

联立解得

y=R，

根据几何关系得，C点到B点的距离

yCB=y-R（1-cos53°）=R

答：C点到B点的距离R。

14.为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离。我国交通管理部门规定：高速公路上行驶的汽车安全距离为200m，汽车行驶的最高速度为120km/h。

（1）根据下面提供的资料，通过计算来说明安全距离为200m的理论依据，g取10m/s2。

（2）假设驾驶员的反应时间为0.3s~0.6s，求路面与轮胎之间的动摩擦因数应取值范围为多少？

各种路面与轮胎之间的动摩擦因数

【答案】（1）最大刹车距离173米加适当反应距离；（2）按0.6秒反应时间算摩擦因数最小值0.31.

【解析】

【详解】（1）根据牛顿第二定律得，

动摩擦因数取最小值0.32时，此时a=3.2m/s2

由，人的反应时间取0.6s，则代入数据得，

．

s≈194m略小于200m，因为200m的安全距离是必要的．

（2）由表分析，0.6s是最长的反应时间，对应刹车的最大可能距离200m；

由可得

解得μ=0.31

则按0.6秒反应时间算，路面与轮胎间的摩擦因数最小值0.31.

15.用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接，并悬挂如下图所示。两球均处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30,细线c水平。求：

（1）若两个小球1和2的重力均为G的，则求细线a、c分别对小球1和2的拉力大小；

（2）若细线b与竖直方向的夹角为60 ，求两个小球1和2的质量之比。

【答案】（1）、    （2）

【解析】

【详解】（1）将两小球看作一个整体，对整体受力分析，可知整体受到重力2G，细线a和细线c的拉力Fa和Fc的作用，受力如图所示，

根据共点力的平衡条件有：

，

（2）设a、b绳子的拉力为Ta、Tb，则对球2：

Tbcos60°=m2g

对球1：

Tacos30°=Tbcos60°+m1g

Tasin30°=Tbsin60°

联立解得

答：

16.如下图，质量为2.5kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.6。铁箱内一个质量为0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：

（1）木块对铁箱的压力；

（2）水平拉力F的大小；

（3）减小拉力F，进过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当箱的速度为6m/s时撤去拉力，又经过1s时间，木块从铁箱左侧到达右侧，求铁箱的长度是多少？（结果保留一位小数）

【答案】（1）N     （2）118N      （3）1.7米

【解析】

【详解】（1）对木块，竖直方向：

且

，

解得

（2）对木块：在水平方向：FN=ma

∴

对铁箱和木块整体：

F-μ1（M+m）g=（M+m）a

故水平拉力

F=（M+m）（a+μ1g）=118N

（3）撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=6m/s，因μ1＞μ2，以后木块相对箱滑动．
木块加速度

a2=μ2g=3m/s2

又木箱加速度：

铁箱减速时间为t0=v/a1=0.9s<1s，故木块到达箱右端时，箱已经停止．
则经t=1s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长．
即有：

L=（vt-a2t2）-

带入数据解得：L=1.7m

答：长度为1.7m。