1、- 1 -2018-2019 学年高三第一学期 9 月月考物理试题一、单选题（共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分，每小题只有一个正确答案，答对得 4 分，错选或不选得 0 分）1.物体 A、 B 都静止在同一水平面上，它们的质量分别为 mA、 mB，与水平面间的动摩擦因数分别为 A、 B，用水平拉力 F 拉物体 A、 B，所得加速度 a 与拉力 F 关系图线如图中 A、 B 所示，则（ ）A. A B， mA mB B. A B， mA mBC. 可能有 mA mB D. A B， mA mB【答案】B【解析】本题考查了用图象处理动力学问题斜率表示物体质量的倒数，所以 A 的质量小于
2、B 的质量，A 的重力小于 B 的重力，由于横坐标截距为物体受到的摩擦力大小，则 A、B 受到的摩擦力相等，那么 A B，所以 B 正确2.如图所示是物体做直线运动的 v-t 图象，由图可知，该物体A. 第 1s 内和第 3s 内的运动方向相反B. 第 3s 内和第 4s 内的加速度相同C. 第 1s 内和第 4s 内的位移大小不相等D. 02s 和 04s 内的平均速度大小相等【答案】BC【解析】- 2 -A 项，在 图像中， 轴上方的，速度方向为正方向， 轴下方的，速度方向为负方向在第内和第 内的速度均在 轴上方，所以运动方向相同，故 A 项错误B 项，在 图像中，加速度大小为曲线切线斜率
3、的绝对值，在第 内和第 内的切线斜率相同，所以加速度相同，故 B 项正确C 项，在 图像中，正方向的面积减去负方向的面积的值即为位移，在第 内和第 内的面积大小相等，所以位移大小相等，故 C 项正确D 项，平均速度为位移与时间的比值，在 图像中，正方向的面积减去负方向的面积的值即为位移， 和 内的面积相等，位移大小相等，但时间不相等，所以平均速度大小不相等，故 D 项错误故选 BC 3.用轻弹簧竖直悬挂质量为 m 的物体，静止时弹簧伸长量为 L/2 。现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为 2 m 的物体，系统静止时弹簧伸长量为 L 。斜面倾角为 30，如图所示。则物体所受摩擦力( )A. 等干零B.
4、 大小为 mg，方向沿斜面向下C. 大小为 mg，方向沿斜面向上D. 大小为 mg/2，方向沿斜面向上【答案】B【解析】【详解】有题意可知：竖直悬挂时： ；拉质量为 2m 的物体时，设物体所受摩擦力大小为 f，根据平衡可知： 解得： ，方向沿斜面向下，故 B 对；ACD 错；故选 B4测速仪安装有超声波发射和接收装置,如图所示,B 为测速仪,A 为汽车,两者相距 335 m,某时刻 B 发出超声波,同时 A 由静止开始做匀加速直线运动.当 B 接收到反射回来的超声波信号时,AB 相距 355 m,已知声速 340 m/s,则汽车的加速度大小为 ( )- 3 -A. 10 m/s2 B. 20
5、m/s2 C. 5 m/s2 D. 无法确定【答案】A【解析】【详解】设汽车运动的加速度为 a,时间为 t,则 超声波来回的时间也为 t,超声波做匀速直线运动,所以单程的时间为 .汽车做初速度为零的匀加速运动，所以在单程 时间内,汽车开过的位移为 5m则超声波追上汽车时,经过的位移 .所以 .将时间 代入 ，解得： ，故 A 对；BCD 错故本题答案是：A【点睛】超声波运行的时间与汽车运行的时间相等.根据 ,只要求出运行的时间,就可求出汽车的加速度.通过汽车在整个过程中通过的位移为 20m.可以知道在一半时间内的位移是 5m,在一半时间内超声波恰好追上汽车,可以求出超声波追上汽车的时间,从而知
6、道整个过程的总时间.5.如图所示，两根直木棍 AB 和 CD 相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，第一次使水泥圆筒从木棍的上部以一定初速度滑下，恰能做匀速运动，若保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍增大后固定不动，第二次仍将水泥圆筒放在两木棍的上部，使其以同样初速度下滑，则与第一次相比（ ）A. 每根木棍对圆筒的支持力变大，摩擦力不变B. 每根木棍对圆筒的支持力变小，摩擦力变小C. 圆筒仍能匀速下滑D. 圆筒将沿木棍减速下滑- 4 -【答案】D【解析】【详解】A、B 水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中,受到重力、两棍的支持力和摩擦力,根据平衡条件得知,摩擦力与重力在斜面方向的分力大小相等.将两
7、棍间的距离稍增大后,两棍支持力的合力不变,而两支持力夹角增大,则每根木棍对圆筒的支持力变大.则圆筒的滑动摩擦力 也增大,而重力沿斜面向下的分力不变 ,所以圆筒减速下滑，故 ABC 错；D 对；故本题答案是：D6. 如图所示，物体 A B C 放在光滑水平面上用细线 a b 连接，力 F 作用在 A 上，使三物体在水平面上运动，若在 B 上放一小物体 D，D 随 B 一起运动，且原来的拉力 F 保持不变，那么加上物体 D 后两绳中拉力的变化是：（ ）A. Ta 增大 B. Tb 增大C. Ta 变小 D. Tb 变小【答案】AD【解析】以整体为研究对象，质量增大加速度减小，以 C 为研究对象，绳
8、子 b 提供加速度，所以绳子b 的拉力减小，再以 A 为研究对象 F-Fa=ma，可知绳子 a 的拉力增大，A 对；二、多选题（共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分，全部答对得 6 分，漏选的得 3 分，错选或不选得 0 分）7如图所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉 M、N 固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉 M 瞬间，小球加速度的大小为 12m/s2，若不拔去销钉 M 而拔去销钉 N 瞬间，小球的加速度可能是（取 g=10m/s2）（ ）A. 22m/s2，竖直向下 B. 22m/s 2，竖直向上- 5 -C. 2m/s2，竖直向
9、上 D. 2m/s 2，竖直向下【答案】AC【解析】【详解】设小球的质量为 m,向上为正方向,刚开始受力平衡,则有:根据题意拔去销钉 M 瞬间有: 所以 或者则 或去销钉 N 瞬间,小球受 M 弹簧和重力 G 的作用,加速度为 或者 ，故 AC 对；BD 错；故本题选 AC【点睛】小球加速度的大小为 12m/s2可能向上也可能向下,拔去销钉 M 瞬间,上面一个弹簧对小球的作用力为 0,小球只受到下面弹簧的作用力,根据牛顿第二定律算出上面弹簧对小球的作用力,如拔去销钉 N 则下面一根弹簧作用力为 0,再根据牛顿第二定律即可求解,要注意方向.8.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆
10、M、 N 上的 a、 b 两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是A. 绳的右端上移到 ，绳子拉力不变B. 将杆 N 向右移一些，绳子拉力变大C. 绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D. 若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移【答案】AB- 6 -【解析】如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的假设绳子的长度为 X，则，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则 角度不变；两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，AC 错误；当杆向右移动后，根据 ，即 L 变大，绳
11、长不变，所以 角度减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，B 正确；绳长和两杆距离不变的情况下， 不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，D 错误【点睛】本题在判断绳子拉力的变化关键是把握一个合力的不变，然后分析绳子夹角的变化情况，而夹角的变化情况又与两杆距离有关，写出了距离与夹角关系，题目就会变的容易9.a、 b 两车在两条平行的直车道上同方向行驶，它们的 v t 图象如图所示在 t0 时刻，两车间距离为 d； t5 s 的时刻它们第一次相遇关于两车之间的关系，下列说法正确的是( )A. t15 s 时两车第二次相遇B. d=25mC. 在 5 s15 s 时间内，先是 a
12、 车在前，而后是 b 车在前D. 在 10 s15 s 时间内，两车间距离逐渐变小【答案】AD【解析】【详解】ACD、在 v-t 图像中，图像所包围的面积代表运动走过的位移，根据图像可知- 7 -， ， 车在前， 车在 时追上 车，并将其超过，ab 之间的距离逐渐增大，在 时，二者相距 ， ， 速度大于 ，ab 之间的距离开始逐渐减小，当 时， 车追回 距离再次与 相遇故 AD 对；C 错B、图像所包围的面积代表运动的位移，所以 ，所以 ,故 B错；故本题选 AD【点睛】由图象可以知道 a 做匀减速运动,b 做匀加速运动,相遇说明在同一时刻两车在同一位置.根据图象与坐标轴围成的面积表示运动的位
13、移,分析 ab 两车各个时刻的位置情况即可求解.10.如图传送带以 v1的速度匀速运动，物体以 v2的速度从 B 点滑上传送带，已知 A、B 之间的传送带长度为 L，物体与传送带之间的动摩擦因素为 ，则以下判断正确的是A. 当 v2v 1时，物体一定从左端离开传送带B. 当 v2 时，物体一定从左端离开传送带C. 物体从右端 B 点离开传送带时的速度一定等于 v1D. 物体从右端 B 点离开传送带时的速度一定不会大于 v2【答案】BD【解析】试题分析：物体在运动中受滑动摩擦力、重力和支持力，合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律：mg=ma 得 a=g，物体速度减为零滑行的距离为： ，如果 xL，物
14、体就会从左侧测滑出，A 错误、B 正确；如果 xL，物体速度向左减为零后，会继续向右加速，若同时- 8 -满足 v2v 1，物体会一直加速从右侧滑出，滑出时速度等于 v2，如果 v2v 1,物体先加速向右，速度增大到等于 v1后，与传送带一起以 v1匀速前进，C 错误；D 正确。考点：本题考查传送带问题。11.某物体以 30 ms 的初速度竖直上抛,不计空气阻力，g 取 10 ms 2,5 s 内物体的 ( )A. 路程为 65 mB. 位移大小为 25 m，方向向下C. 速度改变量的大小为 10 msD. 平均速度大小为 13 ms，方向向上【答案】A【解析】试题分析：物体竖直上抛后，只受重
15、力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由位移公式求出 5s 内位移，由平均速度公式求出平均速度，由v=at求出速度的改变量路程等于各段位移大小之和解：物体做竖直上抛运动，看成一种匀减速直线运动A、物体上升的最大高度为：h 1= = =45m，上升的时间为：t 1= =3s从最高点开始 2s 内下落的高度为：h 2= = m=20m，所以 5s 内物体通过的路程为：S=h 1+h2=65m故 A 正确B、取竖直向上为正方向，则物体的加速度为 a=g，5s 内物体的位移为：x=v0t gt2=305 1052（m）=25m，方向竖直向上故 B 正确C、速度改变量为：v=
16、at=gt=105m/s=50m/s，大小为 50m/s，方向竖直向下，故 C错误D、平均速度为： = = m/s=5m/s，方向竖直向上故 D 错误故选：AB【点评】对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以交叉运用12.如图,穿在水平直杆上质量为 m 的小球开始时静止.现对小球沿杆方向施加恒力 F0,垂直于杆方向施加竖直向上的力 F,且 F 的大小始终与小球的速度成正比,即 F=k(图中未标出).已- 9 -知小球与杆间的动摩擦因数为 ,已知小球运动过程中未从杆上脱落，球上小孔直径略大于直杆直径，且 F0mg.下列说法正确的是：A. 小球先做加速度减小的
17、加速运动,后做加速度增大的减速运动直到静止B. 小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动C. 小球的最大加速度为D. 小球最大速度为（F 0+mg）/k【答案】BCD【解析】【详解】小球在 作用下向右做加速运动，随着速度的增加，向上的力 F 越来越大，导致杆对小球的弹力越来越小，摩擦力越来越小，加速度越来越大，当 时，弹力减小到零，摩擦力减小到零，此时加速度达到最大值，最大加速度 ，C 正确；接下来， 杆对小球的弹力向下，随速度的增加，F 越来越大，杆对小球的弹力越来越大，摩擦力越来越大，加速度越来越小，当摩擦力增大到与拉力 相等时，小球匀速运动，因此小球的加
18、速度先增大后减小，最后匀速运动，B 正确，A 错误；最大速度时， ，而 可求得最大速度 ，故 D 对；故选 BCD【点睛】本题关键是根据牛顿二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，难度适中对小球受力分析，根据牛顿第二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，进而分析运动情况。三、实验题13.物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接打点计时器使用的交流电源的频率为 50Hz开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带
19、上打出一系列小点- 10 -（1）上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点，每相邻两计数点间还有 4 个打点（图中未标出） ，计数点间的距离如图所示根据图中数据计算的加速度 a=_ （保留三位有效数字） （2）回答下列两个问题：为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 （填入所选物理量前的字母）A木板的长度 l B木板的质量 m1 C滑块的质量 m2 D托盘和砝码的总质量 m3 E滑块运动的时间 t测量中所选定的物理量时需要的实验器材是_（3）滑块与木板间的动摩擦因数 =_ （用被测物理量的字母表示，重力加速度为 g） 与真实值相比，测量的动摩擦因数
20、_ （填“偏大”或“偏小” ） 【答案】 (1). 0.4950.497m/s 2 范围内 (2). CD (3). 天平 (4). 偏大【解析】（1）每相邻两计数点间还有 4 个打点，说明相邻的计数点时间间隔： ，根据逐差法有： ；（2）要测量动摩擦因数，由 可知要求 ，需要知道摩擦力和压力的大小，压力就是滑块的重力，所以需要知道滑块的质量，摩擦力要根据铁块的运动来求得，滑块做的是匀加速运动，拉滑块运动的是托盘和砝码，所以也要知道托盘和砝码的质量，故 AB 错误，CD 正确（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为： ，由牛顿第二定律列方程的- 11 -过程中，考虑了木块和木板之间的摩擦，但没
21、有考虑打点计时器给纸带的阻力、细线和滑轮间、以及空气等阻力，因此导致摩擦因数的测量值偏大。点睛：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。14.图 1 为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为 50Hz 的交流电源，打点的时间间隔用 t 表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系” 。（1）完成下列实验步骤中的填空：平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列_的点。按住小车，在小吊盘中
22、放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤。在每条纸带上清晰的部分，每 5 个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1，s 2，。求出与不同 m 相对应的加速度 a以砝码的质量 m 为横坐标， 为纵坐标，在坐标纸上做出 关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则 与 m 处应成_关系（填“线性”或“非线性” ） 。（2）完成下列填空：（）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_。（）设纸带上三个相邻计
23、数点的间距为 s1、s 2、s 3 ，a 可用 s1、s 3和 t 表示为a=_。- 12 -（）图 3 为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为 k，在纵轴上的截距为 b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为_，小车的质量为_【答案】 (1). 等间距 (2). 线性 (3). 远小于砝码和小车的总质量 (4). (5). (6). 【解析】【详解】平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动,打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀,即打点计时器打出一系列等间距的点。由 得： ，所以 与 m 应成线性关系,（）为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是
24、：远小于砝码和小车的总质量（）利用 知： （）设小车的质量为 M，砝码的质量为 m，受到的拉力大小为 F，根据牛顿第二定律可得：，解得：结合图像可知：斜率代表 即 ；截距代表 ,解得： 故本题答案是： 等间距 线性 远小于砝码和小车的总质量 【点睛】平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动,打点时间相同,则可根据打点间隔是否相等,来确定是否平衡;- 13 -根据牛顿第二定律求出 与 m 的表达式即可判断是否成线性关系.实验问题要掌握实验原理、注意事项和误差来源;遇到涉及图象的问题时,要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式,再根据斜率和截距的概念求解即可.四、计算题（共 32 分）15.如图，
25、一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持 F 的大小不变，而方向与水平面成 60角，物块也恰好做匀速直线运动，求物块与桌面间的动摩擦因数（计算结果保留两位小数）【答案】【解析】【详解】F 水平时: 当保持 F 的大小不变,而方向与水平面成 60角时, 物块也恰好做匀速直线运动 则联立计算得出: 故本题答案是：【点睛】拉力水平时,二力平衡,拉力倾斜时,物体匀速运动,依然是平衡状态,分别根据共点力的平衡条件列式,联立即可求解.16.一些同学乘坐汽车（可视为质点）外出旅游,若汽车从静止出发一直在一段平直轨道上匀加速行驶,一同学提议说:“我们能否用身边的器材测出汽车离出发点的距离
26、?”许多同学参与了测量工作,测量过程如下:他们看到窗外每隔 100 m 就有一路标,把某一根路标作为第一根路标，用手表记录时间,他们观测到从第一根路标运动到第四根路标的时间间隔与从第四根路标运动到第八根路标的时间间隔相同,请你根据他们的测量情况,求汽车运动到第一根路标时离出发地的距离？【答案】312.5m【解析】【详解】设相邻两根路标距离为 L,火车加速度为 a,时间间隔为 t,则- 14 -根据 可知 利用中点时刻的速度等于平均速度可知：联立可解得：17.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出, 砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验. 若
27、砝码和纸板的质量分别为 m1 和 m2,各接触面间的动摩擦因数均为 . 重力加速度为 g.（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；（2）要使纸板相对砝码运动,求需所拉力的大小；（3）本实验中,m 1 =0. 5 kg,m2 =0. 1 kg,=0. 2,砝码与纸板左端的距离 d =0. 1 m,取 g =10 m/ s2. 若砝码移动的距离超过 l =0. 002 m,人眼就能感知. 为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?【答案】 （1） （2） （3）【解析】【详解】 （1）砝码对纸板的摩擦力 ，桌面对纸板的摩擦力 ,所以当纸板相对砝码运动时纸板所受摩擦力的大小 (2)设砝码的
28、加速度为 ,纸板的加速度为 ,则对纸板由牛顿第二定律可知：发生相对运动 解得 - 15 -(3)纸板抽出前,砝码运动的距离 纸板运动的距离 纸板抽出后，砝码在桌面上做匀减速运动，根据对称性可知匀减速的位移为： 根据题意： 联立各式可解得：故本题答案是：（1） （2） （3）【点睛】 （1）纸板受到来自砝码和桌面的摩擦力，相加即可得到总的摩擦力。（2）砝码和纸板初速度都 0，发生相对运动即纸板的加速度大于砝码的加速度。利用牛顿第二定律，可以求得发生相对运动的条件。（3）砝码的运动包括纸板抽出前和抽出后两个过程，都为匀变速直线运动，且连接点处速度相等。利用匀变速运动的位移公式，以及纸板运动与砝码运动位移的长度关系，可以求得所需最小拉力。
