福建省仙游第一中学2020届高三10月月考物理试题

仙游一中2020届高三年第一次月考物理试卷

一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。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.下列说法正确的是(　　)

A. 高速公路上限速牌上的速度值指平均速度

B. 选取不同的参考系,同一物体的运动轨迹可能不同

C. 运动员的链球成绩是指链球从离开手到落地的位移大小

D. 运动员在处理做香蕉球运动的足球时,要将足球看成质点

【答案】B

【解析】

【详解】A.高速公路上的限速牌限制的是瞬时速度，故选项A错误；

B.选取的参考系不同，则物体的运动情况不同，同一物体的运动轨迹可能不同，故选项B正确；

C.运动员的链球成绩是比较从人的位置到球落地位置的水平距离的长度，不是球从离开手到落地的位移大小，故选项C错误；

D.足球做香蕉球运动时，足球的大小和形状不能忽略，不能看作质点，故选项D错误。

2.甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度经过某一路标，以后甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下一路标时的速度又相同，则（ ）

A. 甲车先通过下一路标 B. 乙车先通过下一路标

C. 丙车先通过下一路标 D. 三车同时到达

【答案】B

【解析】

【详解】由于丙先减速后加速，它在整个运动过程中的平均速度比甲小，所以在相等位移内它的时间比甲多。乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的平均速度比甲大，经过相同的位移，它的时间肯定比匀速运动的甲少；由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标。

A.甲车先通过下一路标，与分析不符，故A错误。

B.乙车先通过下一路标，与分析相符，故B正确。

C.丙车先通过下一路标，与分析不符，故C错误。

D.三车同时到达，与分析不符，故D错误。

3.汽车在水平地面上刹车做匀变速直线运动，其位移与时间的关系是：s=24t﹣6t2（m），则它在3s内的平均速度为（　　）

A. 12m/s B. 10m/s C. 8m/s D. 6m/s

【答案】C

【解析】

【分析】

由位移时间关系式可以得到汽车的初速度与加速度，从而解题。

【详解】把汽车的位移时间关系与匀变速直线运动公式对比可知，汽车做初速度为24m/s，加速度为12m/s的匀减速直线运动，故2s时停止运动，3s内的位移等于2s内的位移，为24m，故平均速度为8m/s。故C正确

【点睛】需要注意刹车问题中的陷阱，先验证停车的时间。

4.如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第三个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足(　　)               

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】逆向分析可以看作是自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的位移内时间之比等于，可得：

A，与分析不符，A项错误；

B.，与分析相符，B项正确；

C.，与分析不符，C项错误；

D.，与分析不符，D项错误。

5.如图所示，一质量均匀实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F’，己知支架间的距离为AB的一半，则为

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

试题分析：对左图，上面球收重力和支持力而平衡，根据平衡条件得到支持力；对右图，隔离半个球分析，受重力、左侧球的支持力和右角的支持力，根据平衡条件列式求解．

解：设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知；

当球以AB沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得，根据支架间距离为AB的一半，可得θ=30°，则，A正确．

故选：A

【点评】本题关键是根据隔离法和整体法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，基础题目．

6.如图所示，水平面上放有三个木块A、B、C，质量均为m=1kg，A、C与地面间的接触面光滑，B与地面间的动摩擦因数μ=0.1，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用轻绳相连。现在给C一个水平向右的大小为4N的拉力F，使A、B、C三个木块一起以相同的加速度向右做匀加速直线运动。某一时刻撤去拉力F，则撤去力F的瞬间，轻绳中的张力T为(重力加速度g=10m/s2)

A. 0 B. 1N C. 2N D. 3N

【答案】B

【解析】

在拉力作用下对整体有牛顿第二定律可得：F-μmg=3ma
解得a=1m/s2
对A有牛顿第二定律可得：F′=ma=1×1N=1N
当撤去外力后，把BC作为整体有牛顿第二定律可知：F′+μmg=2ma′
解得a′=1m/s2，方向向左
对C受力分析有牛顿第二定律可得F″=ma′=1N，故B正确，故选B。

7.下列关于惯性的说法中，正确的是(　　)

A. 质量是物体惯性的唯一量度

B. 出膛的炮弹是靠惯性飞向远处的

C. 物体的运动速度越大，其惯性也越大

D. 只有匀速运动或静止的物体才有惯性，加速或减速运动的物体都没有惯性

【答案】AB

【解析】

【详解】ACD.物体的质量是描述物体惯性的唯一物理量，物体惯性的大小与运动速度大小、形态和是否运动无关，故选项A正确，C、D错误；

B.由于惯性，炮弹离开炮筒后继续向前飞行，故选项B正确。

8.甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是(　　)

A. 在t1时刻两车速度相等

B. 从0到t1时间内，两车走过的路程相等

C. 从t1到t2时间内，两车走过的路程相等

D. 在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等

【答案】CD

【解析】

【详解】A．位移一时间图像的斜率表示物体运动的速度，由图可知，在时刻两图像的斜率不相等，即时两车的速度不相等，选项A错误；

B．在时刻，乙车的位置坐标为，车在乙车的前方，时刻两车位置坐标相同，为，故从到时间内，甲车走过的路程小于乙车走过的路程，选项B错误；

C．时刻两车位置坐标相同，为故从到时间内，两车走过的路程相等，选项C正确；

D．由图可知，在到时间内的某时刻，两图像的斜率相等，即两车的速度相等，选项D正确.

9.如图甲所示,粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，地面对斜劈的摩擦力为f1；如图乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2，使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f3；如图丁所示，若对该物块施加一不平行于斜面向下的推力F3，使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f4。下列关于f1、f2、f3、f4的大小关系正确的是    (　　)           

A. f1>0 B. f2=f3 C. f3<f4 D. f3=f4

【答案】BD

【解析】

【详解】A.甲图中物块受到重力、支持力和摩擦力，由于物块在斜面匀速运动，则支持力和摩擦力的合力大小等于其重力大小，方向竖直向上；物块对斜劈的合力等于其重力，方向竖直向下，所以地面对斜劈的摩擦力，故选项A错误；

B.图乙和图丙中，物块受到的力除了重力、支持力、沿着斜面向上的摩擦力，还有推力，由于推力平行于斜面，所以不影响物块的支持力和摩擦力，则物块对斜劈的合力不变，仍然等于其重力，方向竖直向下，所以地面对斜劈的摩擦力、，故选项B符合题意；

CD.图丁中，对物块施加不平行于斜面向下的推力，将沿斜面和竖直方向分解，即相当于施加一个沿斜面向下的推力和增大了物块的重力，由上面的分析可知，施加一沿斜面的力不影响物块对斜劈的力；物块的重力增大后，物块对斜劈的合力变大，方向竖直向下，所以地面对斜劈的摩擦力仍为0，即，故选项D正确，C错误。

10.如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中

A. 水平拉力的大小可能保持不变

B. M所受细绳的拉力大小一定一直增加

C. M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

D. M所受斜面摩擦力大小可能先减小后增加

【答案】BD

【解析】

【详解】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；

对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加。故本题选BD。

二、实验题(本题共2小题，共16分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)           

11.某学习小组在做“探究力的平行四边形定则”的实验。               

(1)他们的实验步骤分别是：               

A．在竖直放置的方木板上固定一张白纸，用图钉把橡皮条的一端固定在方木板上，另一端拴上两个绳套，通过细绳同时用两个弹簧测力计沿方木板平面平行的方向互成角度地拉橡皮条，使细绳的结点到达某一位置O点，在白纸上用铅笔记下O点的位置和读出两个弹簧测力计的示数F1和F2，如图甲所示。           

B．只用一只弹簧测力计，通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与用两个弹簧测力计拉时相同，读出此时弹簧测力计的示数F'和记下细绳的方向。               

请指出以上步骤中的错误或疏漏：               

A中是__________________。                

B中是__________________。                

 (2)该学习小组纠正了(1)中的问题后，在某次实验中两个弹簧测力计的拉力Fa＝4 N、Fb＝3 N已在图乙中画出，图中方格每边的长度表示1 N，O点是橡皮条的结点，请通过作图法求出合力的大小为______N。               

(3)接上问，图甲中的OA沿竖直线，则图乙中的Fa、Fb与水平方向的夹角分别为β和α，它们一定满足cos α∶cos β＝_______。

【答案】    (1). 没有记录两拉力的方向    (2). 没有说明要把结点拉至O点    (3). 6 (或 5.8~6.2)    (4). 4∶3

【解析】

【详解】(1)[1] [2]本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力的理论值和实际值(效果相同)，然后进行比较，得出结果；所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示；两次伸长量及伸长方向要一致，即结点拉到相同位置；所以步骤A中没有记下两条细绳的方向；步骤B中未说明把橡皮条的结点拉到位置；

(2)[3]根据平行四边形定则，得出合力如下所示：

根据图示可知，其合力大小为；

(3)[4]根据点处于平衡状态，利用正交分解，在水平方向有：

解得：

12.在“探究小车速度随时间变化规律”实验中：               

(1)某同学采用如图甲所示的装置进行试验，_________平衡摩擦力，_________测量小车的质量。(均选填“需要”或“不需要”)               

(2)甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出第3个计数点的瞬时速度为________m/s ，小车的加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）。

【答案】    (1). 不需要    (2). 不需要    (3). 0.611m/s    (4). 2.00m/s2

【解析】

【详解】(1)[1][2]本实验是探究小车速度随时间变化规律，只需要打出匀变速直线运动的纸带即可；故在实验中不需要平衡摩擦力，同时也不需要测量小车的质量；

(2)[3]由于实验使用的是频率50Hz的交流电，故每两个点间的时间间隔为0.02s， 又因为两计数点间还有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为0.02s×5=0.1s；第3点时小车的瞬时速度等于2、4间的平均速度 ，则有：

[4]利用逐差法可得小车的加速度：

三、计算题(本题共4小题，共44分。解答题应简要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)   

13.用一轻弹簧竖直悬挂一质量为m的物体，静止时弹簧的伸长量为x。现用该弹簧沿倾角为的斜面向上拉住质量为3m的物体匀速向下运动时，弹簧的伸长量也为x，如图所示，已知当地的重力加速度为g，求：

(1)质量为3m的物体沿斜面运动时受到的摩擦力大小。

(2)当用该弹簧沿该斜面向上拉住质量为3m的物体匀速向上运动时，弹簧的伸长量为多少？

【答案】（1）f=0.5mg（2）2x

【解析】

【详解】（1）根据题意可知

kx=mg

当物体在F拉力的作用下向下做匀速运动时，物体受力平衡，此时滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件得：

kx+f=3mgsin30°

解得：f=0.5mg

（2）当用该弹簧沿该斜面向上拉住质量为3m的物体匀速向上运动时，物体受力平衡，此时滑动摩擦力方向沿斜面向下，根据平衡条件得：

解得：

答：（1）f=0.5mg（2）2x

14.甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时刻乙车在前、甲车在后，相距s=6m，从此刻开始计时，乙车做初速度大小为12m/s加速度大小为1m/s2的匀减速直线运动，甲车运动的s-t图象如图所示(0-6s是开口向下的抛物线一部分，6-12s是直线，两部分平滑相连)，

求：(1)甲车在开始计时时刻的速度v0和加速度a

(2)以后的运动过程中，两车何时相遇？

【答案】(1)16m/s   2m/s2 (2) 2s  6s   10s相遇三次

【解析】

【详解】（1）因开始阶段s-t图像的斜率逐渐减小，可知甲车做匀减速运动；由，由图像可知：t=6s时，s=60m，则60=6v0 -×a×36；6s末的速度；则由v6=v0-at可得4=v0-6a；联立解得 v0=16m/s；a=2m/s2

（2）若甲车在减速阶段相遇，则：，带入数据解得：t1=2s； t2=6s；则t1=2s时甲超过乙相遇一次，t2=6s时刻乙超过甲第二次相遇；因以后甲以速度v甲=4m/s做匀速运动，乙此时以v乙=12-6×1=6m/s的初速度做减速运动，则相遇时满足： 解得t=4s，即在10s时刻两车第三次相遇.

15.如图所示，传送带与地面倾角，从A到B长度为16m，传送带以　的速度逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为煤块在传送带上经过会留下黑色划痕已知，，求：

煤块从A到B的时间。

煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度。

若传送带逆时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？

【答案】（1）2s（2）5m（3）

【解析】

【分析】

煤块放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于煤块的速度，传送带给煤块一沿斜面向下的滑动摩擦力，煤块由静止开始加速下滑，当煤块加速至与传送带速度相等时，由于，煤块在重力作用下将继续加速，此后煤块的速度大于传送带的速度，传送带给煤块沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，煤块继续加速下滑，综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”；根据牛顿第二定律求出两段的加速度，再根据速度时间关系求两段的时间，从而求得总时间；

第一阶段煤块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动；第二阶段，炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动；根据运动学公式求解相对位移，从而求得划痕的长度。

当煤块一直做匀加速直线运动时所用时间最短，由位移时间公式求解最短时间。

【详解】开始阶段，由牛顿第二定律得：

所以：

可得：

煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为：

发生的位移为：

所以煤块加速到时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变。

第二阶段有：

所以得：

设第二阶段煤块滑动到B的时间为，则：

解得：

煤块从A到B的时间

第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块与皮带的相对位移大小为：

故煤块相对于传送带上移5m；

第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块相对于皮带的位移大小为：

解得：

即煤块相对传送带下移1m：

故传送带表面留下黑色炭迹的长度为

若增加皮带速度，煤块一直以加速度做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短。

则有：

可得：

【点睛】对于传送带类型，关键要正确分析物体的受力情况，来判断运动情况。在注意皮带传送物体所受的摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

16.如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：

（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；

（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；

（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．

【答案】（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）

【解析】

【详解】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg

匀变速直线运动2aAL=vA2

解得

（2）设A、B的质量均为m

对齐前，B所受合外力大小F=3μmg

由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg

对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg

由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg

（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA

则v=aAt，v=vB–aBt

且xB–xA=L

解得。