江西省奉新县第一中学2020届高三上学期月考物理试题

奉新一中2020届高三上学期第二次月考物理试卷

一、选择题（共12题，共48分；1-8单选每小题4分，9-12多选题每小题4分）

1..教科书中这样表述牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．其中“改变这种状态”指的是改变物体的（     ）

A. 速度 B. 加速度 C. 位置 D. 受力

【答案】A

【解析】

【详解】一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，有外力作用后，物体的速度发生变化，即不再是匀速直线运动状态或静止状态，所以“改变这种状态”指的是改变物体的速度。

A. 速度，与结论相符，选项A正确；

B 加速度，与结论不相符，选项B错误；

C. 位置，与结论不相符，选项C错误；

D. 受力，与结论不相符，选项D错误。

2.A，B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，它们通过的路程之比是4:3,运动方向改变的角度之比是3:2，则它们（      ）

A. 线速度大小之比为3:4

B. 角速度大小之比为3:4

C. 圆周运动的半径之比为8:9

D. 向心加速度大小之比为1:2

【答案】C

【解析】

【详解】A.线速度，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，故A错误。

B.角速度，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故B错误。

C.根据v=rω得，圆周运动的半径

线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，故C正确。

D..根据a=vω得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，故D错误。

3.a、b两个质量相同的球用细线连接，a球用细线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，下列图示正确的是（）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，A图错误；再对ab两个球整体受力分析，受总重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力，根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故CD错误，B正确。

4. 河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，若船以最短时间渡河，则下列判断正确的是( )

A. 船渡河的最短时间是100s

B. 船在河水中的最大速度是5m/s

C. 船在河水中航行轨迹是一条直线

D. 船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直

【答案】ABD

【解析】

试题分析：当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，故：；故AD正确．船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线．故C错误．要使船以最短时间渡河，船在航行中与河岸垂直，根据速度的合成可知，船河水中的最大速度是5m/s，故B正确．本题选错误的，故选C．

考点：运动的合成和分解

【名师点睛】解决本题的关键将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性进行求解。

5.如图所示，一人站在岸上，利用绳和定滑轮拉船靠岸，在某一时刻绳的速度大小为v，绳AO段与水平面的夹角θ=37°，OB段与水平面的夹角α=30°.取sin37°=0.6，则此时小船的速度大小为（   ） 

A. v  B.  C.  D. 2v

【答案】B

【解析】

【详解】船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，

根据平行四边形定则，有：

v船cosθ=v

则：

A. v ，与结论不相符，选项A错误；

B. ，与结论相符，选项B正确；

C. ，与结论不相符，选项C错误；

D. 2v，与结论不相符，选项D错误。

6.某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的v-t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况（竖直向上为正方向）．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（　　）

A. 在0～5s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态

B. 在5s～10s内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力

C. 在10 s～20s内，该同学所受的支持力在减小

D. 在20s～25s内，电梯加速下降该同学处于超重状态

【答案】B

【解析】

【详解】A.在0～5s内，从速度时间图象可知，此时的加速度为正，电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A错误；

B.在5s～10s内，速度时间图象为水平线，此时电梯在匀速运动，该同学处于受力平衡状态，则电梯对该同学的支持力等于他所受的重力，所以该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，故B正确；

C.在10 s～20s内，该同学匀减速上升，该同学所受的支持力保持不变，故C错误；

D.在20 s～25s内，观光电梯在加速下降，电梯的加速度向下，此时人处于失重状态，故D错误。

7.如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】对整体，根据牛顿第二定律得：

F-μ•3mg=3ma

再对P，根据牛顿第二定律得：

T-μmg=ma

联立解得轻绳的张力大小为：

T=F

A. ，与结论不相符，选项A错误；

B. ，与结论不相符，选项B错误；

C. ，与结论不相符，选项C错误；

D. ，与结论相符，选项D正确。

8.将一物体由坐标原点O以初速度v0抛出，在恒力作用下轨迹如图所示，A为轨迹最高点，B为轨迹与水平x轴交点，假设物体到B点时速度为vB ，v0与x轴夹角为，vB与x轴夹角为，已知OA水平距离x1大于AB水平距离x2，则

A. 物体在B点的速度vB大于v0

B. 物体从O到A时间大于从A到B时间

C. 物体在O点所受合力方向指向第四象限

D. 可能等于

【答案】AC

【解析】

从图中可知物体在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，故到B点合外力做正功，物体在B点的速度大于，A正确；由于合运动和分运动具有等时性，根据竖直上抛运动的对称性可知物体从O到A时间等于从A到B时间，B错误；物体受到竖直向下的重力，水平向右的恒力，故合力在O点指向第四象限，C正确；只有在只受重力作用下，，由于水平方向上合力不为零，故两者不可能相等，D错误．

9.两个倾角相同的滑杆上分别套A、B两圆环，两环上分别用细线悬吊着两物体C、D，如图所示，当它们都沿滑杆一起向下滑动时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下，则（   ）

A. A环与杆无摩擦力

B. B环与杆无摩擦力

C. A环做的是匀速运动

D. B环做的是匀速运动

【答案】AD

【解析】

【详解】AC.假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析，受重力、拉力、支持力、沿杆向上的摩擦力f，如图，根据牛顿第二定律，有

mAgsinθ-f=mAa

对C，据牛顿第二定律有

mCgsinθ=mCa

联立解得：

f=0

a=gsinθ

故A正确，C错误；

BD.对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上或者合力为零，故合力只能为零，物体做匀速运动；再对B求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有沿杆向上的摩擦力。故B错误，D正确。

10.如图所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一滑块A放在物体B上，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余摩擦忽略不计。已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，重力加速度为g。当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ，下列选项正确的是

A. 物体B对水平面的压力大小为(M+m)g

B. 物体B受到水平面的摩擦力大小为 mgtanθ

C. 将物体B级慢向左移动一小段距离，滑块A对物体B的压力将变小

D. 将物体B缓慢向左移动一小段距离，滑块A与竖直挡板之间的弹力将变大

【答案】AD

【解析】

CD、首先对物体A受力分析，如图所示：

根据平衡条件，有：，将物体B级慢向左移动一小段距离，变小，根据牛顿第三定律，A对B的压力大小变大，滑块A与竖直挡板之间的弹力将变大，故C错误，D正确；

AB、再对AB整体受力分析，受重力、地面支持力、墙壁支持力、地面的静摩擦力，如图所示

根据平衡条件，地面支持力大小，地面的摩擦力大小，再根据牛顿第三定律,对地压力大小为(M+m)g，故B错误，A正确；

故选AD。

【点睛】首先对物体A受力分析，受重力、B的支持力、挡板的支持力，根据平衡条件列式求解；然后再对整体受力分析，根据平衡条件力列式求解地面支持力和静摩擦力大小。

11.如图所示，一小物体m从光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，小物体到A点速度为2m/s，当传送带固定不动时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点，则下列判断可能正确的是（　　）

A. 若传送带逆时针方向运行且v=2m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点的右侧

B. 若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v＞2m/s时，物体m到达地面上C点的右侧

C. 若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v＜2m/s时，物体m也可能到达地面上C点的右侧

D. 若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点左侧.

【答案】BC

【解析】

【详解】A.传送带静止时，物体滑到传送带上后向右做匀减速直线运动，到达传送带右端时物体的速度小于2m/s，物体离开传送带后做平抛运动到达C点，物体做平抛运动的初速度小于2m/s；若传送带逆时针方向运行且v=2m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，其运动情况与传送带静止时相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，仍落在C点，故A错误；

B、若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＞2m/s时，物体在传送带上可能先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，也可能一直做匀加速直线运动，物块到达传送带右端时的速度大于2m/s，做平抛运动的初速度大于2m/s，物体将落在C点的右侧，故B正确；

C.若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＜2m/s时，物体在传送带上可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，此时到达传送带右端时的速度可能比传送带静止时的速度大，物体落在C点的右侧，故C正确；

D.若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，与传送带静止时的运动情况相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，落在C点，故D错误。

12.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-t图像如图乙所示（重力加速度为g），则（      ）

A. 施加外力前，弹簧的形变量为

B. 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值

C. 外力施加的瞬间，AB间的弹力大小为M(g-a)

D. AB在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零

【答案】AC

【解析】

【详解】A.施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：

2Mg=kx

解得：

故A正确。

B.当F弹′=Mg时，B达到最大速度，此时弹簧不在原长位置，故B错误；

C.施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：

F弹-Mg-FAB=Ma

其中：

F弹=2Mg

解得：

FAB=M(g-a)

故C正确。

D.物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且FAB=0；对B：

F弹′-Mg=Ma

解得：

F弹′=M(g+a)

故D错误。

二、实验探究题（共14分;13题6分，14题8分，每空2分）

13.小芳和小强两位同学采用了不同的实验方案来研究平抛运动。

（1）小芳同学利用如图甲所示的装置进行实验。下列说法正确的是________。

A．应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放

B．斜槽轨道必须光滑

C．斜槽轨道的末端必须保持水平

D．本实验必需的器材还有刻度尺和秒表

（2）小强同学利用频闪照相的方式研究平抛运动。图乙是在每小格的边长为5cm的背景下拍摄的频闪照片，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。则照相机两次闪光的时间间隔Δt＝____s，小球被抛出时的水平速度v＝_____m/s。

【答案】    (1). AC    (2). 0.1s    (3). 2.0m/s

【解析】

试题分析：（1）做研究平抛运动的实验时，应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，使之平抛时的初速度相等，选项A正确；斜槽轨道不必须光滑，只要小球落下时具有一定的速度即可，选项B错误；斜槽轨道的末端必须保持水平，以保证小球能够水平抛出，选项C正确；本实验必需的器材还有刻度尺，但不需要秒表，选项D错误；（2）小球在竖直方向是自由落体运动，且ABC三点是相邻的三个点，故存在△h=g△t2，即（5－3）L=（5－3）×0．05m=g×△t2，解之得△t=0．1s；小球被抛出时的水平速度v=4L/△t=4×0．05m/0．1s=2．0m/s。

考点：研究平抛运动。

14.某同学用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：

(1)该同学在实验前准备了图甲中所示的实验装置及下列辅助器材：其中不必要的器材是_______（填代号）．

A 交流电源、导线       B. 天平（含配套砝码）     C. 秒表     D. 刻度尺     E. 细线、砂和小砂桶

(2)打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况．其中一部分纸带上的点迹情况如图2所示，已知打点计时器打点的时间间隔为0.02s，测得A点到B、C点的距离分别为x1=5.99cm、x2=13.69cm，小车做匀加速直线运动的加速度a=______m/s2.（结果保留三位有效数字）

(3)在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图3所示的a-F图象，其中图线不过原点的原因是_______，图线在末端弯曲的原因是_____________．

【答案】    (1). C    (2). 1.71    (3). 木板角度太大，平衡摩擦力过度    (4). 砂和砂桶的质量太大

【解析】

【详解】(1)[1]在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表．上述器材中不必要的为C．

(2)[2]因为计数点间时间间隔T=0.1s；根据△x=aT2得：

(3)[3]由图象可知小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大．
[4]该实验中当小车的质量远大于砂和小砂桶质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砂和小砂桶的总重力大小；随着砂和小砂桶质量增大，细线对小车的拉力大小小于砂和小砂桶的总重力大小，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象．

三、计算题（共4题；共38分，请写出必要的答题步骤，否则不给分）

15.一在隧道中行驶的汽车A以的速度向东做匀速直线运动，发现前方相距处、以的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车，其刹车的加速度大小,从此刻开始计时，若汽车A不采取刹车措施，汽车B刹车直到静止后保持不动，求：

（1）汽车A追上汽车B前，A、B两汽车间的最远距离；

（2）汽车A恰好追上汽车B需要的时间．

【答案】（1）16m（2）8s

【解析】

(1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即

v＝vB－at＝vA  得t＝＝3 s

此时汽车A的位移xA＝vAt＝12 m ；

汽车B位移xB＝vBt－at2＝21 m

A、B两汽车间的最远距离Δxm＝xB＋x0－xA＝16 m

(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1＝＝5 s       

运动的位移x′B＝＝25 m

汽车A在t1时间内运动的位移 x′A＝vAt1＝20 m       

此时相距Δx＝x′B＋x0－x′A＝12 m

汽车A需要再运动的时间t2＝＝3 s           

故汽车A追上汽车B所用时间t＝t1＋t2＝8 s

16.图中工人在推动一台割草机，施加的力大小为100N，方向与水平地面成30°斜向下.

（1）若割草机重300N，则它作用在地面上向下的压力多大？

（2）割草机割完草后，现工人用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个最小拉力为，则割草机与地面间的动摩擦因数及最小拉力与水平方向夹角为多少？

【答案】（1）350N（2）0.75；37°

【解析】

试题分析：（1）如图所示，分析割草机的受力情况，根据平衡条件得：

在竖直方向：N1=mg+Fsin30°

解得：N1=300+100×0.5=350（N），

由牛顿第三定律知对地面的压力大小 N′=N=350N．

（2）如图所示，割草机沿水平方向做匀速直线运动，受到重力mg、拉力F、地面的支持力N和阻力f，如图，

四个力的合力为零，则有f=Fcosα

N+Fsinα=mg

又f=μN

联立得：，其中

所以当θ+α=90°，即tanα=μ时，F有最小值．

根据数学知识得到F的最小值为

由题F的最小值为Fmin=180N

联立得：

代入得：，

解得：μ=0.75，α=arctan0.75=37°

考点：物体的平衡。

17.如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R=1m的圆形轨道，BC段为高为h=5m的竖直轨道，CD段为水平轨道．一质量为0.5kg的小球由A点运动到B点，离开B点做平抛运动，由于存在摩擦力的缘故小球在圆弧轨道上的速度大小始终为2m/s.(g取10m/s2)，(取π=3).求：

(1)小球从A点运动到B点的时间和此时小球对圆形轨道的压力；

(2)如果在BCD轨道上放置一个倾角θ=37°的斜面（如图中虚线所示），那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上时距B点的距离，如果不能，求落在CD面上的位置到C点的距离．

【答案】(1)0.75s；7N(2)0.75m

【解析】

【详解】(1)小球从A点运动到B的时间为

在B点，由牛顿第二定律有：

FN-mg=

解得

FN=7N

由牛顿第三定律知小球对轨道的压力

FN′=FN=7N

方向：竖直向下

(2)当没有斜面时小球落地的时间为

假设小球能够落在斜面上，设时间为t′，则

tanθ=

可得

t′=0.3s

因为t′＜t，所以小球能够落在斜面上；

平抛运动的水平位移为

x=vt′=2×0.3m=0.6m

落在CD面上的位置到B点的距离

s===0.75m

即能落到斜面上，落在CD面上的位置到B点的距离是0.75m．

18.如图所示，一水平的足够长的浅色长传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面。传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0.1．初始时，传送带与煤块及平板都是静止的。现让传送带以恒定的向右加速度a=3m/s2开始运动，当其速度达到v=1.5m/s后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平恒力F=17N，F作用了0.5s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F。最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，（重力加速度为g= 10m/s2）,求：

(1)传送带上黑色痕迹长度；

(2)有F作用期间平板的加速度大小；

(3)平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字）.

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）煤块在传送带上发生相对运动时，加速度，方向向右；

设经过时间时t1，传送带达到速度v，经过时间时t2，煤块速度达到v，

即，代入数据可得: ，

传送带发生的位移：，

煤块发生的位移：，

黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即：，

代入数据解得：．

（2）煤块滑上平板时的速度为，加速度为，

经过 时速度:，

平板的加速度大小，则由，

解得  ．

（3）设平板与地面间动摩擦因数为，由，

且，代入数据解得，

由于，共速后煤块将仍以加速度大小: 匀减速，直到停止，

而平板以加速度匀减速运动，，

代入数据解得:，用时:，

所以，全程平板的位移为  ，

煤块的位移:，

平板车的长度即煤块与平板的位移之差， ．