海南省定安县定安中学2020届高三上学期月考物理试题

湖南师范大学附属定安中学2019-2020学年度第一学期

高三年级第二次月考物理科试题

一、单项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项是符合题意的。）

1.一辆汽车以速度v匀速行驶了全程的一半，以行驶了另一半，则全程的平均速度为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

设全程为2s，前半程的时间为：．后半程的运动时间为：．则全程的平均速度为：．故B正确，ACD 错误．故选B.

2.做自由落体运动的甲乙两物体所受的重力之比为 2：1，

下落高度之比为 1：2，则（    ）

A. 下落过程中的加速度之比为 2：1

B. 下落时间之比为 1：2

C. 落地速度之比1：

D. 若甲乙同时下落，在甲落地前，两者间的距离越来越近

【答案】C

【解析】

【分析】

自由落体运动的加速度相等，结合位移时间公式，通过下落的高度之比得出下落的时间之比．根据速度位移公式求出落地的速度之比；

【详解】A、自由下落的物体，加速度相等，与质量无关，均为g，故A错误；

B、根据得，因为下落的高度之比为1:2，则下落的时间之比为，故B错误；

C、根据得，下落的高度之比为1:2，则落地的速度之比为，故C正确；

D、若甲乙同时下落，下落的快慢程度相同，在甲落地前，两者间的距离不变，故D错误；

故选C。

【点睛】关键知道自由落体运动的特点，结合运动学公式灵活求解。

3.下列几个关于力学问题的说法中正确的是（     ）

A. 米、千克、牛顿等都是国际单位制中的基本单位

B. 加速度大的物体，速度变化一定快

C. 摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反

D. 马拉车加速前进说明马拉车的力大于车拉马的力

【答案】B

【解析】

【详解】米、千克都是国际单位制中的基本单位、牛顿是导出单位，选项A错误； 加速度大的物体，速度变化一定快，选项B正确；摩擦力的方向总是与物体的相对运动方向相反，选项C错误； 马拉车加速前进，马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力，则马拉车的力等于车拉马的力，选项D错误；故选B.

4.如图甲、乙所示, 倾角为的固定斜面上分别有一个滑块M,图甲中滑块上表面水平,图乙中滑块的上表面平行斜面,在滑块M上分别有一个质量为m的物块,现在M和m相对静止,一起沿斜面匀速下滑,下列说法正确的是(    )

A. 图甲中物块m受摩擦力,方向水平向左

B. 图甲中物块M受5个力

C. 图乙中物块m受摩擦力,方向平行斜面向上

D. 图乙中物块M受6个力

【答案】C

【解析】

【详解】A.图甲中以m为研究的对象。则由于两个物体一起做匀速运动，所以m只受到重力与支持力的作用，水平方向没有摩擦力，故A错误；

B. 图甲中以M为研究的对象，则受重力，m的压力，斜面的支持力和沿斜面的向上的摩擦力，共4个力，故B错误；

C.图乙中物块m为研究的对象，m受到重力、斜面的支持力和沿M向上的摩擦力，故C正确；

D. 图乙中以M为研究对象，受重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，m的压力和静摩擦力，共5个力，故D错误；

5.如图所示,A、B两小球分别连在弹簧两端,B端用细线固定在倾角为 的光滑斜面上,A、B两小球的质量分别为、，重力加速度为g,若不计弹簧质量,在线被剪断瞬间,A、B两球的加速度分别为(    )

A. 都等于

B. 和0

C. 和0

D. 0和

【答案】D

【解析】

【详解】对A球分析，开始处于静止，则弹簧的弹力

F=mAgsin30°

剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A，所受的合力为零，则A的加速度为0，对B，根据牛顿第二定律得

A. 都等于，与分析不符，故A错误。

B. 和0，与分析不符，故B错误。

C. 和0，与分析不符，故C错误。

D. 0和，与分析相符，故D正确。

6.在水平面上放着两个质量分别为2kg和3kg的小铁块m和M，它们之间用一原长为10cm，劲度系数为100N/m的轻弹簧相连，铁块与水平面之间的动摩擦因数均为0.2．铁块M受到一大小为20N的恒定水平外力F，两个铁块一起向右做匀加速直线运动，如图所示．这时两铁块之间弹簧的长度应为（重力加速度g取10m/s2）（　　）

A. 12cm B. 13cm C. 15cm D. 18cm

【答案】D

【解析】

试题分析：先把m、M看成一个整体，由牛顿第二定律可得，代入数据解得，以m为研究对象，由牛顿第二定律可得，解得，由可得，x=0.08m=8cm，，D选项正确

故选D

考点：牛顿第二定律的应用

点评：中等难度。解决连接体问题的方法：“整体法”和“隔离法”。（1）整体法：将一组连接体看作一个整体，牛顿第二定律中，是整体受到的合外力，只分析整体所受的外力即可（因为连接体的相互作用力是内力，可以不分析），简化了受力分析。在研究连接体时，连接体各部分的加速度是相等的。（2）隔离法：在求解连接体的相互作用力时，将某个部分从连接体中分离出来，其他部分对它的作用力就成了外力。整体法与隔离法在研究连接体问题时经常交替使用。

二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对得5分；选对但不全的，得3分；有选错的，得0分。）

7.如图所示的位移(x)-时间(t)图象和速度(v)-时间(t)图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（　　）

A. 甲车做直线运动，乙车做曲线运动

B. 0﹣t1时间内，甲、乙两车的平均速度相等

C. 0﹣t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远

D. 0﹣t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等

【答案】BC

【解析】

【分析】

通过位移时间图线的纵轴坐标比较两车通过的路程大小．速度时间图线围成的面积表示位移，根据位移和时间比较平均速度．

【详解】A、位移时间图线表示位移随时间的变化规律，不是物体运动的轨迹。甲、乙都做直线运动；故A错误.

B、由位移时间图线知，在0～t1时间内，甲乙两车通过的位移相等，所用时间相等，则平均速度相等；故B正确.

C、0～t2时间内，丁车的速度大于丙车的速度，两车距离逐渐增大，在t2时刻相距最远；故C正确.

D、0～t2时间内，丁车图线围成的面积大于丙车图线围成的面积，知丁车的位移大于丙车的位移，则丁车的平均速度大于丙车的平均速度；故D错误.

故选BC.

【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线和位移时间图线表示的物理意义，知道两图线的区别，知道速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移．

8.物体沿一直线做匀加速直线运动，已知它在第2s内的位移为4.0m，第3s内的位移为6.0m，则下列判断中正确的是（　　）

A. 它的加速度大小是2.0m/s2

B. 它在前7s内的位移是56m

C. 它的初速度为零

D. 它在第2s末的速度为 5.0m/s

【答案】ABD

【解析】

【详解】由匀变速运动的规律代入数据可得，A正确

由时间中点的速度等于全程的平均速度可知2s末的速度为，故物体的初速度为，因此物体7s内的位移为，代入数据解得，B正确C错误D正确

9.下列说法正确的是(    )

A. 鸡蛋碰石头,虽然鸡蛋碎了而石头完好无损,但鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力大小是相等的

B. 放在桌面上的书本对桌面的压力是由桌面发生形变而产生的

C. “风吹草低见牛羊”、草受到了力而弯曲,但未见到施力物体,说明没有施力物体的力也是可以存在的

D. 任何一个物体,一定既是受力物体,也是施力物体

【答案】AD

【解析】

【详解】A.鸡蛋碰石头，鸡蛋对石头的力和石头对鸡蛋的力，大小相等，方向相反，是一对作用力与反作用力，方向不同，故A正确；

B.根据弹力的产生可知，放在桌面上的书本对桌面的压力是由书本的形变而产生的；故B错误；

C.有力必须有施力物体和受力物体，草受到了力的施力物体是空气，故C错误；
D.力是物体间的相互作用，任何物体既是施力物体又是受力物体，故D正确

10.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动运动员身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是运动员所到达的最低点，b是运动员静止地悬吊着时的受力平衡位置运动员在从P点落下到最低点c的过程中　　

A. 运动员从a点运动到c点过程是做匀减速运动

B. 在b点，运动员的速度最大，其加速度为零

C. 在bc段绳的拉力大于人的重力，运动员处于超重状态

D. 在c点，运动员的速度为零，其加速度为零

【答案】BC

【解析】

【详解】A、B、从a到b过程，弹性绳的拉力小于人的重力，人向下做加速度减小的变加速运动，从b到c过程，弹性绳的拉力大于人的重力，人向下做加速度增大的变减速运动，所以在b点时人的速度最大，此时运动员所受的拉力与重力大小相等、方向相反，合力为零，加速度为零；故A错误，B正确。

C、在bc段绳的拉力大于人的重力，加速度向上，运动员处于超重状态；故C正确。

D、在c点，拉力大于人的重力，合力不为零，加速度不为零，只有速度为零；故D错误。

故选BC。

【点睛】本题主要考查了分析物体的受力情况和运动情况的能力，要弹性绳拉力的可变性进行分析．对超重失重现象的判断，关键根据加速度方向分析。

三、实验题（第11题每空3分，共15分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。）

11.某实验小组利用如图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系．

(1)实验中下列做法正确的是___________．

A.平衡摩擦力后，实验就不需要满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件

B.每次改变小车中砝码的质量后，都需要重新平衡摩擦力

C.选取点迹清晰纸带，必须以打的第一个点为计数起始点进行测量

D.实验中应先接通打点计时器的电源，然后再释放小车

(2)实验中由于实际绳对小车的拉力_________（选填“大于”、“等于”、“小于”）重物所受的重力，会给实验带来系统误差。为减小此误差，实验中要对小车质量M和重物质量m进行选取，以下四组数据中最合理的一组是__________．（填写相应序号）

①M=200g，m=40g、60g、80g、100g、120g

②M=200g，m=30g、35g、40g、45g、50g

③M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g

④M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g

(3)如图所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带。取计数点1、2、3、4、5.已知打点计时器的打点周期为0.02s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为3. 05cm、3.92cm、4.77cm、5.62cm，则小车运动的加速度大小a=______m/s2．（结果保留两位有效数字）

(4)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套上图所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到右图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为、，由图可知________．（大于、小于、等于）

【答案】    (1). （1）D、    (2). （2）小于    (3). ④    (4). （3）0.86    (5). （4）大于

【解析】

【分析】

根据“探究物体的加速度与力、质量的关系”可知，本题考查“验证牛顿第二定律”的实验，根据实验条件、实验原理、实验数据处理、误差分析、实验结论等，进行列式计算和分析推断.

【详解】(1)A、本题实验研究物块的牛顿第二定律，实验器材不能测出绳的拉力大小，则平衡摩擦力后要求物块质量M远大于钩码的总质量m，只有满足这个条件才可认为小车受到的拉力F约为mg；故A错误.

B、平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度；故B错误.

C、选取点迹清晰的纸带，不一定以打的第一个点为计数起始点进行测量；故C错误.

D、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器；故D正确.

故选D.

(2)重物与小车一起加速运动，因此重物对小车的拉力小于重物的重力，当盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，因此第④组数据比较符合要求．

(3)根据匀变速直线运动的判别式△x=aT2，运用逐差法得：.

(4)根据牛顿第二定律得,可知图线的纵轴截距的绝对值等于μg,则有.

【点睛】本题主要考查“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法。对于图线问题，一般的解题思路是通过物理规律得出两个物理量之间的函数关系，结合图线的斜率和截距进行分析求解.

四、计算题（本题共3小题，第12题10分，13题15分，14题16分，共41分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。）

12.绳OC 与竖直方向成 30°角，O为质量不计的光滑滑轮，已知物体B重1000N，物体A重400N，物块A和B均静止．求：

（1）物体B所受地面的摩擦力和支持力分别为多大？

（2）OC绳的拉力为多大？

【答案】(1)N=800N，f=346.2N；(2)698.2N

【解析】

试题分析：(1) 对物体B受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件列式求解；

(2) 同一根绳子张力处处相同，对滑轮受力分析，受三个拉力，根据平衡条件求解OC绳的拉力。

解：(1) 由于物体A保持静止，故：T=GA=400N；

对物体B受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，如图所示：

根据平衡条件，有：

N+Tsin30°=GB

Tcos30°=f

求得：N=800N，；

(2) 对滑轮受力分析，受三个拉力，如图所示：

根据平衡条件，有：TOC=2Tcos30°=

点晴：本题关键分别对滑轮和物体B受力分析，然后根据平衡条件列式求解，要注意角度关系。

13.如图所示，质量为60kg的滑雪运动员，在倾角θ为37°的斜坡顶端，从静止开始自由下滑50m到达坡底，用时5s，然后沿着水平路面继续自由滑行，直至停止，不计拐角处能量损失，滑板与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

⑴运动员下滑过程中加速度大小；

⑵滑板与坡面间的滑动摩擦力大小；

⑶运动员在水平路面上滑行的时间。

【答案】（1）   （2）   (3)

【解析】

试题分析：⑴设运动员在斜坡上下滑的加速度为a1，下滑的时间为t1，根据匀变速直线运动位移公式有：s1＝，解得：a1＝m/s2＝4m/s2

⑵运动员在斜坡上下滑时受重力mg、斜坡的支持力N1和滑动摩擦力f1作用，根据牛顿第二定律可知，在沿斜坡向下方向上有：mgsinθ－f1＝ma1

解得f1＝mgsinθ－ma1＝360N－60×4N＝120N

⑶在垂直斜坡方向上有：N1－mgcosθ＝0

设滑板与斜面及水平面间的动摩擦因数为μ，根据滑动摩擦定律有：f1＝μN1

根据匀变速直线运动平均速度公式可知，运动员滑至坡底的速度为：v＝

运动员在水平面上滑行时，受重力mg、水平面的支持力N2和滑动摩擦力f2作用，根据牛顿第二定律可知，运动员在水平面上滑行的加速度为：a2＝＝－μg

根据匀变速直线运动速度公式可知，运动员在是平面上滑行的时间为：t2＝

联立以上各式，并代入数据解得：t2＝8s

14.如图所示，两个相同的物块A、B用轻绳相连接并放在水平地面上，在方向与水平面成θ=37°角斜向下、大小为100N的恒定拉力F作用下，以大小为v=4m/s的速度向右做匀速直线运动．已知A、B质量均为5kg （g取10m/s2）试求：

（1）物块与地面之间的动摩擦因数；

（2）剪断轻绳后物块A在水平地面上滑行的时间；

（3）已知轻绳长度L=0.5m，剪断轻绳后，物块A恰好滑至停止时A、B的距离．

【答案】（1）0.5；（2）0.8s；（3）3.7m；

【解析】

（1）将两物块A、B作为一整体，则：Fcosθ=μ（Fsinθ+2mg）
代入数据：100×0.8=μ（100×0.6+2×50）
得：μ=0.5
（2）剪断轻绳后物块A做匀减速运动，则：μmg=maB
得：aB＝μg＝5m/s2

滑行时间

（3）剪断轻绳后物块A做匀减速运动，则A在线断后继续滑行的距离：x＝vt+aBt2
得：x＝4×0.8+×(−5)×0.82＝1.6m
剪断轻绳断后物块B做匀加速运动，受力分析如图，

由牛顿第二定律得：Fcosθ−μ(mg+Fsinθ)＝maB
代入数据：100×0.8−0.5×(50+100×0.6)＝5aB

得：aB＝5m/s2
故线断后到物体A停止滑行间，物体B继续滑行的距离为：x′＝vt+

aBt2
代入数据：x′＝4×0.8+×5×0.82＝4.8m
所以物块A静止时物块A、B的距离：△x=x′+L-x=4.8+0.5-1.6=3.7m

点睛：本题是牛顿第二定律和力平衡条件的简单综合，关键是要先求解物体运动的加速度；解答时要防止产生这样的错误：在拉力F作用时f=μmg．