辽宁省葫芦岛市建昌县高级中学2020届高三上学期9月月考物理试题

建昌高中2019—2020学年度上学期9月月考

高三年级物理学科试题

一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，其中1-8题单项选择；9-14题多项选择。全部选对的得3分；选不全的得2分；有选错或不答的得零分。)

1.一水平抛出的小球落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如右图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同；

【详解】如图平抛末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角，则有：。
则下落高度与水平射程之比为，故选项B正确，选项ACD错误。

【点睛】本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决。

2.如图所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面(斜面与水平面成θ角)，最后竖直向上运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是

A 由大变小 B. 由小变大

C. 始终不变 D. 由大变小再变大

【答案】C

【解析】

【详解】设细线上的张力为F1.要求F1，选受力少的物体m1为研究对象较好；此外还必须知道物体m1的加速度a，要求加速度a，则选m1、m2整体为研究对象较好．

在水平面上运动时：

F1－μm1g＝m1a ①

F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a ②

联立①②解得：

在斜面上运动时：

F1－m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a ③

F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a ④

联立③④解得：

同理可得，竖直向上运动时，细线上的张力F1仍是

3. 先后用相同材料制成的橡皮条彼此平行的沿水平方向拉同一质量为m的物块，且每次橡皮条的伸长量均相同，物块m在橡皮条拉力的作用下所产生的加速度a与所用橡皮条的数目n的关系如图所示。若更换物块所在水平面的材料，再重复这个实验，则图中直线与水平轴线间的夹角将

A. 变小 B. 不变

C. 变大 D. 与水平面的材料有关

【答案】B

【解析】

根据五块的受力，有

因为每次橡皮条的伸长量相同，F相同，每次是常数，所以图像斜率表示，是定值，倾角相同，所以选B。

4.放在租糙的水平地面上的斜面体，倾角θ=45°，斜面光滑。斜面上有两个质量均为m的小物块A、B，它们之间有轻绳连接。当用水平外力F推物块A时，两个滑块和斜面体一起向左做匀速直线运动。若斜面对物块A的支持力大小为NA，斜面对物块B的支持力大小为NB，则下列结论正确的是 (  )

A. NA=mg，NB=mg

B. NA=mg，NB=mg

C. NA=mg，NB=mg

D. NA=mg，NB=mg

【答案】C

【解析】

【详解】对AB的整体，受重力、推力和支持力，根据平衡条件，沿斜面方向：

Fcos45°=2mgsin45°

解得：

F=2mg；

对物块A：

对物体B：

A．NA=mg，NB=mg，与结论不相符，选项A错误；

B．NA=mg，NB=mg，与结论不相符，选项B错误；

C． NA=mg，NB=mg，与结论相符，选项C正确；

D．NA=mg，NB=mg，与结论不相符，选项D错误；

5.如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是 (　   　)

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【详解】①当木块一直做匀加速直线运动。
若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v。
根据牛顿第二定律得，

a=μg。

根据解得

。

若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v。

根据

解得

②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。
匀加速直线运动的时间

，

匀加速直线运动的位移

则匀速直线运动的位移

则匀速直线运动的时间

则总时间为

。

A．，选项A正确，不符合题意；

B．，选项B错误，符合题意；

C．，选项C正确，不符合题意；

D．，选项D正确，不符合题意；

6. 完全相同的直角三角形滑块A、B，按如图所示叠放，设A、B接触的斜面光滑，A与桌面间的动摩擦因数为μ，现在B上作用一水平推力F，恰好使A、B一起在桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止．则A与桌面间的动摩擦因数μ与斜面倾角θ的关系为 (　　)

A. μ＝tan θ B. μ＝tan θ

C. μ＝2tan θ D. μ与θ无关

【答案】B

【解析】

利用整体法对AB受力分析如图甲，

则F＝Ff＝2μmg①

对物体B受力分析如图乙

则Fcos θ＝mgsin θ②

由①②得μ＝tan θ，故选B

7.如图所示，长为L的细线，一端固定在O点，另一端系一个球。把小球拉到与悬点O处于同一水平面的A点，并给小球竖直向下的初速度，使小球绕O点在竖直平面内做圆周运动。要使小球能够在竖直平面内做圆周运动，在A处小球竖直向下的最小初速度应为

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

当小球恰好到达圆周的最高点B时，由重力提供向心力，则有
得
根据机械能守恒定律得： 
解得，  , 故选C.

点睛：本题是机械能守恒定律与向心力知识的综合应用．轻绳系的小球恰好到达圆周的最高点时，临界速度为，是常用的临界条件．

8.如图8所示，光滑水平面上放置质量分别m、2m、3m的三个木块，其中质量为和的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为。现用水平拉力拉其中一个质量为的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是 （ ）

A. 质量为的木块受到四个力的作用

B. 当逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断

C. 当逐渐增大到1．5T时，轻绳还不会被拉断

D. 轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为2T/3

【答案】C

【解析】

质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其向后的静摩擦力、轻绳的拉力和地面的支持力五个力的作用，故A错误；对三个木块整体，由牛顿第二定律可得：，隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得：轻绳中拉力为，由此可知，当F逐渐增大到时，轻绳中拉力等于，即小于轻绳能承受的最大拉力为，轻绳还没有被拉断，故B错误；由上式得：当F逐渐增大到时，，轻绳中拉力，，轻绳刚好被拉断，故C正确；轻绳刚要被拉断时，轻绳的拉力刚好为，后面两个木块的加速度，对质量为m木块研究，由牛顿第二定律得：摩擦力为，故D错误；故选C.

【点睛】三个木块以同一加速度做加速运动，采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与的关系．

9.如图所示，质量相同的木块A．B用轻弹簧连接置于光滑的水平面上，开始弹簧处于自然状态，现用水平恒力F推木块A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，以下说法正确的是（    ）

A. 两木块速度相同时，加速度

B. 两木块速度相同时，加速度

C. 两木块加速度相同时，速度

D. 两木块加速度相同时，速度

【答案】BD

【解析】

当两个物体加速度相同时，A的速度大于B的速度，当压缩到最短时，两物体速度相同，此时B的加速度较大，A错；B对；A的加速度有可能一直减小，C错；D对；

10.物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系如图所示，A、B两直线平行，则以下关系正确的是（ ）

A. mA＜mB＜mC B. mA=mB＜mC

C. μA=μB=μC D. μA＜μB=μC

【答案】D

【解析】

试题分析：根据牛顿第二定律可得出，由函数关系式和图线的关系可知，图线的斜率为，所以；图线在纵轴的截距为，所以。

故选D

考点：牛顿第二定律

点评：在解决一些图像问题时，可以通过所学物理规律列出两物理量的函数关系式，然后依据数学知识弄清截距、斜率等含义．

11.两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。

12. 如图所示是某质点做直线运动的v-t图象,由图可知这个质点的运动情况是

A. 前5s做的是匀速运动

B. 5s-15s内做匀加速运动,加速度为1 m/s

C. 15s-20s内做匀减速运动，加速度为-3.2 m/s

D. 质点15s末离出发点最远，20 s末回到出发点

【答案】C

【解析】

A、由图，前5s内质点的速度不变，做匀速运动．故A错误．

B、5s～15s内质点的速度均匀增大，做匀加速运动，加速度a==0.8m/s2．故B错误．

C、15s～20s内质点的速度均匀减小时，做匀减速运动，加速度a==-3.2m/s2．故C正确．

D、由图看出，质点的速度均为正值，说明质点一直沿正方向做单向直线运动，20s末离出发点最远，20秒末不可能回到出发点．故D错误．

本题是速度图象问题，是常见题型，由图直接读出速度的大小和方向，由斜率研究加速度，要注意加速度的符号．

13. 如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )

A. 物块先向左运动，再向右运动

B. 物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动

C. 木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动

D. 木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零

【答案】BC

【解析】

由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动．故C正确，ABD错误．故选C．

14.如图所示光滑管形圆轨道半径为R(管径远小于R)，小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动．两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法正确的是    (　　)

A. 当小球b最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大5mg

B. 当v＝时，小球b轨道最高点对轨道无压力

C. 速度v至少为，才能使两球在管内做圆周运动

D. 只要v≥，小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力都大6mg

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．当小球对轨道无压力时，则有：

，

解得

由机械能守恒定律可得，

解得

．

在最高点无压力时，向心力F1=mg；最低点时，向心力

即a球比b球所需向心力大4mg。故A错误，B正确。
C．因小球在管内转动，则内管可对小球提供向上的支持力，故可看作是杆模型；故小球的最高点的速度只要大于零，小球即可通过最高点，根据动能定理知，

解得

故C错误。

D．在最高点时，

在最低点

则

由机械能守恒可得

可得：

F2-F1=6mg；

即只要能做完整的圆周运动，压力之差都等于6mg。故D正确。

二、本题共2小题，(共15分。每空3分)

15.如图所示，一质量为M的塑料球形容器在A处与水平面接触，它的内部有一根直立的轻弹簧，弹簧下端固定于容器内壁底部，上端系一个带正电、质量为m的小球在竖直方向振动．当加一向上的匀强电场后，在弹簧正好处于原长时，小球恰有最大速度，则当球形容器在A处对桌面压力为0时，小球的加速度a＝________.

【答案】

【解析】

【详解】[1]．由题意知，弹簧原长时，加速度为0，合力为0，此时电场力qE＝mg；当A处对桌面压力为0时，弹簧的弹力F=Mg；则小球加速度为

16.如图所示，在水平放置的气垫导轨（能大幅度的减少摩擦阻力）上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M=4m．

（1）用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图所示，则宽度d=_________cm；

（2）某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为___________(用题中所给字母表示)；

（3）开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1 _________2F2（填“大于”、“等于”或“小于”）；

（4）若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门距离为L，悬挂着的钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出图像，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为________（用题中字母表示）．

【答案】    (1). 0.520cm；    (2). d/t；    (3). 小于；    (4). ；

【解析】

【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=0.520cm．
（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过光电门的速度v=．
（3）对整体分析，a1＝＝0.6g，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F1=Ma1=4m×0.6g=2.4mg，a2＝＝0.3g，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F2=7ma2=2.1mg，知F1＜2F2．
（4）滑块通过光电门的速度v=，根据v2=2aL得，＝2aL，
因为，代入解得，
图线的斜率，解得．

【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小．对于图象问题，关键得出两个物理量的表达式，结合图线斜率进行求解．

三、本题共3小题，共43分。解答应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的单位。

17.在倾角为θ =37°足够长的斜面顶端有一光滑的半径为R=2.5m的半圆轨道，AB为圆轨道竖直方向的直径,如图所示。一质量为m=20g大小不计的小球以速度v0从圆轨道最低点A水平射入，到达圆轨道最高点B时对轨道的压力为0.6N, g取10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8。求：

(1)小球到达圆轨道最高点B时的速度v;

(2)小球从圆轨道最高点B落回到斜面的时间t;

(3)小球落回到斜面的位置离A点的距离d.

【答案】(1)v=10m/s  (2)t=2s   (3) d=25m

【解析】

(1)由圆周运动规律

v=10m/s

(2)由平抛运动规律

y-2R=xtanθ

y=gt2

x=vt

t=2s

(3)由几何关系

18.甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动．质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动，质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止，甲、乙两质点在运动过程中的位置x－v图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直．

（1）请在x－v图象中，指出图线a表示哪个质点的运动，并求出质点乙的初速度v0

（2）求质点甲、乙的加速度大小a1、a2.

【答案】（1）甲质点； 6 m/s（2）2 m/s2；1 m/s2

【解析】

【详解】(1)根据图象可知，a图线的速度随位移增大而增大，b图线的速度随位移增大而减小，所以图线a表示质点甲的运动，当x＝0时，乙的速度为6 m/s，即质点乙的初速度v0＝6 m/s.

(2)设质点乙、甲先后通过x＝6 m处时的速度均为v，对质点甲：

v2＝2a1x①

对质点乙：

v2－v02＝－2a2x②

联立①②解得：

a1＋a2＝3 m/s2③

当质点甲的速度v1＝8 m/s、质点乙的速度v2＝2 m/s时，两质点通过相同的位移均为x′.

对质点甲：

v12＝2a1x′ ④

对质点乙：

v22－v02＝－2a2x′ ⑤

联立④⑤解得：

a1＝2a2⑥

联立③⑥解得：

a1＝2 m/s2

a2＝1 m/s2.

19.如图，质量为m=1kg，长为L=2.7m的平板车，以速度v0=4m/s向右做匀速直线运动，A、B是其左右两个端点．从某时刻起对平板车施加一个大小为5N的水平向左的恒力F，并同时将一个小球轻放在平板车上的P 点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），PB=．经过一段时间，小球从平板车上脱离后落到地面上．不计所有摩擦力，g 取10m/s2．求：

（1）小球从放到平板车上开始至脱离平板车所用的时间；

（2）小球脱离平板车瞬间平板车的速度．

【答案】（1）1.8s（2）5m/s，方向：水平向左

【解析】

（1）对平板车施加恒力F后，平板车向右做匀减速直线运动，加速度大小为

平板车速度减为零时，向右的位移为，则有

所用时间为

此后平板车向左做匀加速直线运动，小球再经过时间从平板车右端B落下，有：，解得

小球离开平板车所需时间为

（2）小球脱离平板车瞬间平板车的速度为