江苏省苏州市张家港高级中学2020届高三上学期10月月考物理试题

2019-2020学年第一学期高三第一次自主检测物理

一、单项选择题

1. 物理学史是物理科学的重要组成部分,下列有关物理学史的说法中不正确的是

A. 亚里士多德在研究“落体运动”、“运动与力的关系”等问题中所犯的错误告诉我们，在科学研究中单纯依靠“观察”和“经验”往往是靠不住的

B. 伽利略在对自由落体运动的研究中将实验和逻辑推理和谐地结合起来，丰富了人类的科学思维方式和科学研究方法

C. 笛卡尔通过“理想斜面实验”推翻了“力是维持物体运动的原因”这个观点

D. 牛顿站在巨人的肩膀上，通过自己的努力建立了“牛顿三大运动定律”，奠定了经典物理学的基础

【答案】C

【解析】

试题分析：A、亚里士多德通过生活现象和经验得出重的物体比轻的物体下落的快，选项A正确；B、伽利略通过斜面上的匀加速运动外推得出自由落体运动规律，选项B正确.C、伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的观点，故C错误；D、牛顿曾说“我之所以比别人看得远，是因为我站在了巨人的肩膀上”，牛顿所指的巨人是伽利略、笛卡尔等人，故D正确；本题选错误的故选C．

考点：本题考查了物理学史.

2.2018年在福建省厦门双十中学举行的田径运动会上，甲、乙两名运动员均参加了400m比赛，甲在第2跑道起跑，乙在第3跑道起跑，最后都通过终点线，则甲、乙通过的位移大小x甲、x乙和通过的路程x甲'、x乙'之间的关系是(   )

A. x甲x乙，x甲'x乙' B. x甲x乙，x甲'x乙'

C. x甲x乙，x甲'=x乙' D. x甲x乙，x甲'x乙'

【答案】C

【解析】

试题分析：跑道的起点不同，终点在同一条线上，路程是运动物体实际路径的长度，而位移的大小是起点到终点的线段长度，所以所跑的路程相同，位移却不同，故选C。

考点：位移和路程。

【名师点睛】位移是矢量，大小是从起点到终点的线段长度，方向从起点指向终点；路程是标量，是物体运动的实际路径的长度，没有方向。

3.甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v ­t图像如图所示，在这段时间内

A. 汽车甲、乙的平均速度一样大

B. 汽车乙的平均速度小于甲的平均速度

C. 汽车乙的位移大于甲的位移

D. 汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大

【答案】B

【解析】

【详解】ABC．由于速度图线与时间轴所围成的面积表示位移的大小，所以由图可以看出，甲的位移大于乙的位移，又因时间相等，故甲的平均速度大于乙的平均速度，所以A错误，B正确，C错误；

D．从图线来看，甲、乙都趋于平缓，故它们的加速度都减小，故D错误

4.如图所示,质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈B上,现同时用大小为F1和F2、方向相反的水平力分别推木块A和斜劈B,它们均静止不动,则

A. 地面对B的支持力的大小一定等于(M+m)g

B. F1、F2一定等大反向

C. A与B之间一定存在摩擦力

D. B与地面之间一定存在摩擦力

【答案】A

【解析】

【详解】A．对物体 A、 B整体受力分析，因物体静止，竖直方向只受到重力、支持力作用，可知A正确；

B．因为不能确定地面是否存在摩擦力,所以 F 1、 F 2大小关系不确定,故B错误；

C．因不知 F 1的大小,所以无法确定物体运动趋势，故不能确定A、B之间是否存在摩擦力，故C错误；

D．若两个推力大小相等,则 B与地面之间没有摩擦力,故D错误.

5.如图所示，不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动，P端用轻绳PB挂一重物，另用一根轻绳通过滑轮系住P端。在力F的作用下，当杆OP和竖直方向的夹角α（0<α<π）缓慢增大时，力F的大小应（  ）

A. 恒定不变

B. 逐渐增大

C. 逐渐减小

D 先增大后减小

【答案】B

【解析】

【分析】

以P点为研究对象，分析受力情况，运用三角形相似法，得到力F与重力的关系，再分析F的变化情况。

【详解】以P点为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得：N和F的合力与重力G大小相等、方向相反，作出力的合成图如图，由三角形相似法得：

当杆OP和竖直方向的夹角α（0＜α＜π）缓慢增大时，AP增大，而G、AO不变，得到F逐渐增大。

故选：B。

【点睛】本题涉及非直角三角形的动态分析问题，运用三角相似法是常用的方法，形象直观方便。

6. 如图所示，质量分别为M和m的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态，现将m竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当m到达最高点时，M恰好对地面无压力．已知弹簧劲度系数为k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g，则

A. 当m到达最高点时，m的加速度为

B. 当m到达最高点时，M的加速度为g

C. 当m速度最大时，弹簧的形变最为

D. 当m速度最大时，M对地面的压力为Mg

【答案】A

【解析】

当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，所以弹簧对m的作用力也是Mg，所以m的加速度为：．故A正确；当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，M受到的合力为零，加速度为零，故B错误；由题可知开始时弹簧对m的弹力大于m的重力，m向上做加速运动，当弹簧的弹力小于m的重力时，m做减速运动，所以弹簧中弹力等于Mg时此时M有最大速度，由胡克定律得：mg=kx，得：．故C正确；对M受力分析FN+kx-Mg=0，解得FN=Mg-mg．故D错误．故选AC.

点睛：本题主要考查了弹簧的弹力对Mm的运动分析，关键是抓住当，当m处于最高点时，M刚好要离开地面时；弹簧的弹力等于M的重力时．

7.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则

A. 运动员的加速度为gtan θ

B. 球拍对球的作用力为mg

C. 运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θ

D. 若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动

【答案】A

【解析】

【详解】AB．对网球受力分析，受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得：

计算得出：

所以A正确，B错误;

C．以球拍和球整体为研究对象,如图根据牛顿第二定律得: 运动员对球拍的作用力为：

故C错误.

D．当：

时网球将向上运动，因为与的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误.

二、多项选择题

8.如图所示,吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度,重力大小为G的运动员静止时,左边绳子张力为T1,右边绳子张力为T2,则下列说法中正确的是

A. T1和T2是一对作用力与反作用力

B. T1和T2的合力与重力G是一对作用力与反作用力

C. T1和T2的合力大小等于重力的大小G

D. 运动员两手缓慢撑开时,T1和T2都会变大

【答案】CD

【解析】

【详解】A．作用力与反作用力必须作用在相互作用的两个物体上，T1和T2作用在同一个物体上，故A错误.

BC．T1和T2的合力与重力G瞪大反向，是一对平衡力，故B错误，C正确.

D．因为两绳作用力的合力等于人的重力，保持不变，故当运动员两手缓慢撑开时，吊绳与竖直方向的夹角变大，T1和T2的方向与竖直方向夹角变大，T1和T2都会变大，故D正确.

9.一辆汽车正在做匀加速直线运动,若汽车的加速度方向与速度方向一致,当加速度减小时,则

A. 汽车的速度也减小

B. 汽车的速度仍在增大

C. 当加速度减小到零时,汽车静止

D. 当加速度减小到零时,汽车的位移仍然不断增大

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．汽车的加速度方向与速度方向一致，汽车在做加速运动，速度增大.故A错误,B正确. 

CD．加速度减小，汽车的速度增加由快变慢，但速度仍在增加，当加速度为零时,汽车做匀速运动，速度达到最大,位移一直增大.故C错误，D正确.

10.一辆汽车在平直公路上做刹车实验,t=0时刻起运动过程的位移与速度的关系为x=(10-0.1v2)m,下列说法中正确的是

A. 上述过程的加速度大小为5 m/s2

B. 刹车过程持续的时间为2 s

C. t=0时刻的速度为5 m/s

D. 刹车过程位移为5 m

【答案】AB

【解析】

【详解】AC．根据速度位移公式：

得：

由：

计算得出初速度为：，加速度为:，负号表示方向与速度方向相反，故A正确，C错误. 

B．刹车过程持续的时间为：

所以B正确. 

D．刹车过程的位移为：

故D错误.

11. 如图所示是某同学站在力板传感器上做下蹲一起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学( )

A. 体重约为650N

B. 做了两次下蹲-起立的动作

C. 做了一次下蹲-起立的动作，且下蹲后约2s起立

D 下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态

【答案】AC

【解析】

：由图线可知该同学体重约为650N，选项A正确；下蹲时先失重后超重，起立时先超重后失重，选项C正确BD错误。

12.质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是

A. 轻绳的拉力等于 mg

B. 轻绳的拉力等于Mg

C. M运动的加速度大小为（1-sinα）g

D. M运动的加速度大小为

【答案】ACD

【解析】

【详解】第一次放置时M静止，则由平衡条件可得：Mgsinα=mg；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得：Mg-mgsinα=（M+m）a，联立解得：a=（1-sinα）g=g。对m，由牛顿第二定律：T-mgsinα=ma，解得：T=mg，故ACD正确，B错误。故选ACD。

三、实验题

13. “探究力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。

⑴该图中两弹簧测力计的读数恰好相等，由图可读出每根细绳拉力大小为       N(只需读到0.1N)；

⑵图乙中的四个“·”表示A、B、C、O在纸上的位置，请根据正确读出的拉力大小，在该纸上作出它们合力的图示；(要求：在表示分力的线段上，从起点开始每0.5N标度长注上标度线)

⑶某同学在做该实验是认为：

A．在重复进行实验以提高结论的可靠性时，O点位置是不允许变动的

B．弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度

C．弹簧测力计应在使用前校零

D．两根细绳必须等长

其中正确的是       (填入相应的字母)。

【答案】⑴2.5；⑵

；⑶BC

【解析】

试题分析：⑴根据图甲中弹簧秤指针指示可知，每根细绳拉力大小为2.5N；

⑵根据题意连接OB、OC并延长，在其上以给定标度长为基准，各取5段，分别记为F1、F2，并根据平行四边形定则作出合力F，如下图所示；

⑶合力与分力的关系是等效替代的关系，在重复实验时，仅需在每一次实验中，用两根弹簧秤拉和用一根弹簧秤拉，O点位置相同，故选项A错误；两根绳仅表示了拉力的方向，因此对长度没有过多的要求，适当，便于实验操作即可，故选项D错误；选项B、C说法正确。

考点：本题主要考查了“探究力的平行四边形定则”的实验问题，属于中档题。

14.某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，实验步骤如下：

A.按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；

B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；

C.挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；

D.改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度.

根据以上实验过程，回答以下问题：

(1)对于上述实验，下列说法正确的是（         ）

A.小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等

B.实验过程中砝码盘处于超重状态

C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行

D.弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半

E.砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量

(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为________m/s2.（结果保留2位有效数字）

(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，与本实验相符合的是（         ）

【答案】    (1). C    (2). 0.16    (3). A

【解析】

【详解】(1)A、由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；

B. 实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故B错误；

C. 与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故C正确；

D. 实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误；

E. 由于不需要把砝码的重力作为小车的拉力，故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故E错误；

故选：C

(2)设相邻两个计数点之间的位移分别为x1、x2、x3，相邻两个计数点之间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s，

由△x=aT2结合作差法得：m/s2=0.16m/s2

(3)由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A与本实验符合。故选：A.

四、计算题

15.如图所示，两个质量均为m小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为l的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M的木块上，两个小环之间的距离也为l，小环保持静止，重力加速度为g．试求：

（1）每根轻绳对木块的拉力大小；

（2）每个小环对杆的压力大小；

（3）小环与杆之间的动摩擦因数的最小值．

【答案】(1) Mg  (2)   (3)

【解析】

【详解】(1)设每根轻绳的拉力为FT，由题意知研究M得：

(2)由整体法分析有：

即：

由牛顿第三定律得：小环对杆的压力：

(3)环处于临界状态，此时小环受到的静摩擦力达到最大值，则有：

解得动摩擦因数μ至少为:

答：(1)每根轻绳对木块的拉力大小为Mg；

(2)每个小环对杆的压力大小为；

(3)小环与杆之间的动摩擦因数的最小值为．

16.奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km的高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g＝10m/s2。

(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需的时间及其在此处速度的大小。

(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为Ff＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关，已知该运动员在某段时间内高速下落的v－t图象如图所示，若该运动员和所带装备的总质量m＝100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受的阻力系数。(结果保留1位有效数字)

【答案】(1)87s　8.7×102m/s　(2)0.008kg/m

【解析】

试题分析：（1）设运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为S，在1.5km高度处的速度大小为v，根据运动学公式有：①

②

依题意有③

联立①②③式可得：t=87s④v=8.7×102m/s⑤

（2）该运动员达到最大速度时，加速度零，由牛顿第二定律有：⑥

由所给的v-t图象可读出，可得：k=0.008kg/m⑧

考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用

【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力

17.如图所示,传送带与地面的倾角θ=37°,从A至B的长度x=16 m,传送带以v=10 m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A由静止释放一个质量为m=0.5 kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,则物体从A运动到B所需的时间t是多少?(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)

【答案】2 s

【解析】

【详解】将物体从传送带的A端释放后，物体由静止开始下滑，当下滑速度小于传送带速度时，物体受到的摩擦力沿斜面向下.设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律有：

代入数据解得：；物体加速至与传送带速度相等时需要的时间：

发生的位移：

代入数据解得：

所以物体加速到时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变；设物体的加速度为a2，从速度大于v运动到B的时间为t2，位移为x2，由牛顿第二定律有：

代入数据解得：；由运动学公式有：

将已知数据代入上式解得t2=1 s，t2=-11 s(舍去)

故物体经历的总时间：

答：物体从A运动到B需时间是2s.

18.质量M＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F＝11 N作用下由静止开始向右运动。如图9所示，当速度达到1 m/s 时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点。(g＝10 m/s2)求：

(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；

(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；

(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小？

【答案】（1）2m/s2；1m/s2（2）0.5m；（3）6.29N

【解析】

试题分析：(1)放上物块后，物体加速度

板的加速度

(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故

∴t=1秒 

1秒内木板位移

物块位移

所以板长L=x1-x2=0.5m

（3）相对静止后，对整体

对物块f=ma

∴f="44/7=6.29N"

考点：牛顿第二定律的综合应用.