解析版山西省吕梁学院附属高级中学届高三上学期第一次月考物理试题.docx

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解析版山西省吕梁学院附属高级中学届高三上学期第一次月考物理试题

山西省吕梁学院附中2014高三（上）第一次月考物理试卷

参考答案与试题解析

一．选择题（每小题4分，共48分．其中1-8题单选题，9-12题多选题）

1．将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止．则（　　）

　A．绳子上的拉力不可能为零B．地面受到的压力可能为零

　C．地面与物块间可能存在摩擦力D．A、B之间可能存在摩擦力

考点：

共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

专题：

共点力作用下物体平衡专题．

分析：

隔离对A分析，根据平衡条件判断绳子拉力的有无．对B整体分析，判断地面有无摩擦力以及对地面的压力与重力关系．

解答：

解：

A、如果绳子拉力为零，物体受重力、支持力和静摩擦力，三力可以平衡；故A错误；

B、对B分析，受重力、支持力，A对B可能有摩擦力和压力，根据平衡条件，地面对B的支持力不可能为零，故地面受到的压力不可能为零，故B错误；

C、对AB正确分析，受重力、支持力、细线的拉力，不可能受地面的摩擦力，否则不能平衡，故C错误；

D、对于物体A，如果细线的拉力小于重力，则物体AB间存在摩擦力，故D正确；

故选：

D．

点评：

解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，采用隔离法进行研究．

2．某军事试验场正在平地上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的v﹣t图象如图所示，则下述说法中正确的是（　　）

　A．0～1s内导弹匀速上升B．1s～2s内导弹静止不动

　C．3s末导弹回到出发点D．5s末导弹恰好回到出发点

考点：

匀变速直线运动的图像．

专题：

运动学中的图像专题．

分析：

速度﹣时间图象中每一点表示该时刻所对应的速度，图线的每一点的斜率表示物体在该点的加速度，则根据图象的斜率可知加速度的变化．

解答：

解：

由图象可知：

第一秒内导弹匀加速运动，第二秒内导弹匀速运动，第三秒内导弹匀减速，从第四秒开始导弹反向加速，第五秒末返回原点．故ABC错误，D正确．

故选：

D

点评：

图象为高中物理解决问题的常用方法，应能熟练应用

3．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：

牛顿第二定律．

专题：

压轴题；牛顿运动定律综合专题．

分析：

当F比较小时，两个物体相对静止，一起加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律得出加速度与时间的关系．当F比较大时，m2相对于m1运动，两者加速度不同，根据牛顿第二定律分别对两个物体研究，得出加速度与时间的关系，再选择图象．

解答：

解：

当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：

a=

=

，a∝t；

当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：

对m1：

a1=

，μ、m1、m2都一定，则a1一定．

对m2：

a2=

=

=

t﹣μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．

由于

，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．

故选：

A

点评：

本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，再选择图象，是经常采用的思路．

4．（2012•上海）已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N．则（　　）

A．

F1的大小是唯一的

B．

F2的方向是唯一的

C．

F2有两个可能的方向

D．

F2可取任意方向

考点：

力的合成．

分析：

已知合力的大小为50，一个分力F1的方向已知，与F成30°夹角，另一个分力的最小值为Fsin30°=25N，根据三角形定则可知分解的组数．

解答：

解：

已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，知另一个分力的最小值为Fsin30°=25N

而另一个分力大小大于25N小于30N，所以分解的组数有两组解．

如图．故C正确，ABD错误

故选C．

点评：

解决本题的关键知道合力和分力遵循平行四边形定则，知道平行四边形定则与三角形定则的实质是相同的．

5．（2014•安徽模拟）斜面体固定在水平面上，斜面的倾角为θ，物体的质量为m，如图甲所示，在沿斜面向上的力F作用下，物体沿斜面向上匀速运动；如图乙所示，若换为沿斜面向下的力

作用下，物体沿斜面向下匀速运动．物体与斜面间的滑动摩擦因数为（　　）

A．

cosθ

B．

tanθ

C．

cotθ

D．

tanθ

考点：

牛顿第二定律；滑动摩擦力．

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

对物体受力分析，根据共点力平衡，列出方程组，求出物体与斜面间的滑动摩擦因数的大小．

解答：

解：

当物体匀速向上运动时，根据共点力平衡得：

F=mgsinθ+μmgcosθ，

当物体匀速向下运动时，根据共点力平衡得：

联立两式解得：

μ=

．故B正确，A、C、D错误．

故选：

B．

点评：

解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡进行求解．

6．（2012•上海）如图所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速变为v，其落点位于c，则（　　）

A．

v0＜v＜2v0

B．

v=2v0

C．

2v0＜v＜3v0

D．

v＞3v0

考点：

平抛运动．

专题：

平抛运动专题．

分析：

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的水平位移由初速度和运动时间决定．

解答：

解：

小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点，改变初速度，落在c点，知水平位移变为原来的2倍，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2v0．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

点评：

解决本题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，时间和初速度共同决定水平位移．

7．某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示．由图可知，启用ABS后（　　）

A．

t1时刻车速更小

B．

0～t1的时间内加速度更大

C．

加速度总比不启用ABS时大

D．

刹车后前行的距离比不启用ABS更短

考点：

匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

专题：

运动学中的图像专题．

分析：

根据速度图象，直接比较车速的大小，由斜率等于加速度，比较加速度的大小．由图线与时间轴围成的面积表示位移，比较位移的大小．

解答：

解：

A、由图看出，启用ABS后t1时刻车速更大．故A错误．

B、C、由斜率等于加速度的大小得到，启用ABS后0～t1的时间加速度小，t1～t2的时间内加速度大．故BC错误．

D、根据速度图象的“面积”等于位移大小看出，刹车后前行的距离比不启用ABS更短．故D正确．

故选：

D．

点评：

本题要结合速度图象来分析汽车的速度、加速度和位移的大小，抓住斜率等于加速度、“面积”等于位移是基本方法．

8．（2013•山东）如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（　　）

A．

：

4

B．

4：

C．

1：

2

D．

2：

1

考点：

共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．

专题：

共点力作用下物体平衡专题．

分析：

将两球和弹簧B看成一个整体，分析受力情况，根据平衡条件求出弹簧A、C拉力之比，即可由胡克定律得到伸长量之比．

解答：

解：

将两球和弹簧B看成一个整体，整体受到总重力G、弹簧A和C的拉力，如图，设弹簧A、C的拉力分别为F1和F2．由平衡条件得知，F2和G的合力与F1大小相等、方向相反

则得：

F2=F1sin30°=0.5F1．

根据胡克定律得：

F=kx，k相同，则弹簧A、C的伸长量之比等于两弹簧拉力之比，即有xA：

xC=F1：

F2=2：

1

故选：

D．

点评：

本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解．

9．如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是（　　）

A．

木块a受到6个力的作用

B．

木块a受到4个力的作用

C．

木块b受到3个力的作用

D．

木块b受到2个力的作用

考点：

共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

专题：

共点力作用下物体平衡专题．

分析：

先对b受力分析，再对a、b整体受力分析，最后对a受力分析．

解答：

解：

A、B、先对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不受墙壁的弹力和摩擦力；最后对a受力分析，受到重力、推力、b对a的压力和静摩擦力；故a受到4个力；故A错误，B正确；

C、D、再对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三力平衡，故支持力和静摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，即b受3个力；故C正确，D错误；

故选：

BC．

点评：

弹力和摩擦力的有无可以根据假设法判断，即假设存在，或假设不存在，看是否与运动状态相矛盾．

10．如图所示，一木块放在水平桌面上，受水平方向的推力F1和F2的作用，木块处于匀速直线运动状态，F1=10N，F2=2N，若撤去F1的瞬间，则木块受到合力F和摩擦力f的大小、方向是（　　）

A．

F=0

B．

F=10N，方向向左

C．

f=8N，方向向左

D．

f=2N，方向向右

考点：

共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

专题：

共点力作用下物体平衡专题．

分析：

对物体进行受力分析，由力的合成可得出静摩擦力的大小；撤去拉力后，根据另一拉力与摩擦力的关系判断物体是否静止，则可求出木块受到的合力．

解答：

解：

木块开始在水平方向受三个力而平衡，则有：

f=F1﹣F2=10﹣2=8N；

物体处于静止状态，则说明物体受到的最大静摩擦力大于等于8N；

撤去F1后，外力为2N，小于8N，故物体仍能处于平衡，故合力一定是零，静摩擦力与外力F2平衡，其大小为2N；

故选：

AD．

点评：

本题是初学摩擦力的同学易错的一个题目，解答本题应准确理解静摩擦力的定义，并能根据受力分析得出力之间的关系．

11．如图所示，ad、bd、cd，是竖直面内的三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周上最高点，d点为圆周上最低点．每根杆上都套有一个小圆环，三个圆环分别从a、b、c处由静止释放，用t1、t2、t3依次表示各环到达d点所用的时间，a1、a2、a3分别表示沿杆下滑的加速度，υ1、υ2、υ3分别表示沿杆滑动到d点速度的大小，则下列关系正确的是（　　）

A．

t1＜t2＜t3

B．

a1＞a2＞a3

C．

υ1＜υ2＜υ3

D．

t1=t2=t3

考点：

牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用．

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

先受力分析后根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度，然后根据位移时间关系公式计算出时间，对表达式分析，得出时间与各因素的关系．根据速度时间公式列式，分析速度关系．

解答：

解：

对于任一圆环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a=gsinθ，（θ为杆与水平方向的夹角），则得a1＞a2＞a3．

由图中的直角三角形可知，小圆环的位移S=2Rsinθ

由S=

得：

t=

=

=2

，则t与θ无关，即t1=t2=t3

圆环滑到底端时的速度大小v=at=gsinθ•2

，可知θ越大，v越大，则有v1＞v2＞v3．

故选：

BD

点评：

本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，假设其与水平方向的夹角为θ，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出时间表达式讨论．

12．如图所示，在光滑水平地面上叠放着A、B两物体，已知mA=6kg，mB=2kg，A、B间动摩擦因数μ=0.2，在物体A上系一细线，细线所承受的最大拉力是40N，现用力F水平向右拉细线，g取10m/s2，则（　　）

A．

当拉力F＜12N时，A静止不动

B．

当拉力F=16N时，A相对B滑动

C．

当拉力F=16N时，B受A的摩擦力等于4N

D．

无论拉力F多大，A相对B始终静止

考点：

牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

隔离对B分析，求出B的最大加速度，再对整体分析，求出发生相对滑动所需的最大拉力．

解答：

解：

A、当A、B发生相对运动时的加速度为：

a=

．

则发生相对运动时最大拉力为：

F=（mA+mB）a=8×6N=48N＞40N，知在绳子承受的最大拉力范围内，A、B始终保持静止，故A错误，D正确；

C、当F=16N时，整体的加速度为：

a′=

．

则B对A的摩擦力为：

f=mBa′=2×2N=4N．故C正确，B错误．

故选：

CD

点评：

本题属于动力学的临界问题，关键求出相对运动的临界加速度，判断在绳子拉力范围内是否发生相对运动，注意整体法和隔离法的运用

二、实验题（每空2分，共16分）

13．（6分）（2008•启东市模拟）某同学在探究摩擦力的实验中采用了如图所示的操作，将一个长方体木块放在水平桌面上，然后用一个力传感器对木块施加一个水平拉力F，并用另外一个传感器对木块的运动状态进行监测，表1是她记录的实验数据．木块的重力为10.00N，重力加速度g=9.80m/s2，根据表格中的数据回答下列问题：

表1

实验次数

运动状态

水平拉力F/N

1

静止

3.62

2

静止

4.00

3

匀速

4.01

4

匀加速

5.01

5

匀加速

5.49

（1）木块与桌面间的最大静摩擦力fm＞　4.01　N；

（2）木块与桌面间的动摩擦因数μ=　0.401　；

（3）实验次数5中监测到的加速度a=　1.45　m/s2．（以上答案保留3位有效数字）

考点：

探究影响摩擦力的大小的因素．

专题：

实验题；摩擦力专题．

分析：

（1）水平力作用下物体匀速运动时，所受滑动摩擦力等于水平拉力，最大静摩擦力大于拉力；

（2）物体在水平力作用下沿水平面运动时，FN=mg，Ff=F=FNμ由此可求出滑动摩擦因数大小；

（3）根据牛顿第二定律列方程可以求出物体的加速度大小．

解答：

解：

（1）当物体在水平拉力作用下匀速运动时，拉力大小等于滑动摩擦力大小，物体所受滑动摩擦力为：

Ff=4.01N，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，因此fm＞4.01N．

故答案为：

4.01．

（2）滑动摩擦力为：

Ff=FNμ①

FN=mg②

联立①②

．

故答案为：

0.401．

（3）根据牛顿第二定律有：

F5﹣Ff=ma，带入数据解得：

a=1.45m/s2．

故答案为：

1.45．

点评：

滑动摩擦力大小跟压力大小、接触面粗糙程度有关，跟物体受到的拉力大小、物体的运动速度都没有关系，正确根据物体所处状态列方程求解．

14．（10分）如图甲为“用DIS（位移传感器、数据采集、计算机）验证牛顿第二定律”的实验装置．

（1）在该实验中应该采用的研究方法是　控制变量法　，用钩码所受的重力作为小车所受外力，用DIS测小车的加速度．

（2）保持质量一定改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出关系图线，如图乙所示；

①分析此图线的OA段可得出的实验结论是　加速度与外力成正比　．

②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是　C　．

A．小车与轨道之间存在摩擦

B．导轨保持了水平状态

C．所挂钩码的总质量太大

D．所用小车的质量太大

（3）图丙为研究“在外力一定条件下，物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图象，横坐标m为小车上砝码的质量．设图中直线的斜率为k，直线在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为　

　，小车的质量为　

　．

考点：

验证牛顿第二运动定律．

专题：

实验题；牛顿运动定律综合专题．

分析：

（1）首先知道该实验在探究三物理量关系时，采用控制变量法；

（2）根据图象的斜率即为小车质量的倒数，及知道本实验的注意事项分析即可求解．

（3）根据牛顿第二定律写出

与小车上砝码质量m的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可．

解答：

解：

（1）在探究小车的加速度、质量和合外力的关系时，采用控制变量法，即保持小车的总质量不变，探究钩码所受的重力作为小车所受外力和加速度的关系．

（2）①分析此图线的OA段可得出的实验结论是：

加速度与外力成正比；

②本实验需注意两点：

一是需要平衡摩擦力，即使长木板倾斜一定角度，使重力沿斜面的分力等于摩擦力；二是需保证小车的质量远大于钩码的质量，这样钩码的重力近似等于小车的拉力．由图看出，AB段明显偏离直线是由于拉力太大，没有满足小车的质量远大于钩码的质量，故ABD错误，C正确．

（3）设小车的质量为m'，则有F=（m+m'）a，

变形得

=

m+

所以

﹣m图线的斜率表示

，

则k=

，解得F=

；

纵轴截距

=b，解得小车质量m′=

．

故答案为：

（1）控制变量法；

（2）①加速度与外力成正比；②C．（3）

，

．

点评：

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．

三、计算题（共36分）

15．（8分）一个平直的传送带以速率v=2m/s匀速运行，传送带把A处的工件运送到B处，A、B相距L=10m，从A处把工件无初速度地放到传送带上，经过时间t=6s能传送到B处．欲使工件用最短时间从A处传到B处，求传送带的运行速度至少应多大．

考点：

匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

专题：

传送带专题．

分析：

工件放上传送带先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相等时，一起做匀速直线运动．根据运动学公式求出工件匀加速运动的加速度，当工件一直做匀加速直线运动时，运行的时间最短，根据运动学公式求出传送带运行的最小速度．

解答：

解：

设工件匀加速直线运动的加速度为a，则匀加速直线运动的位移

，匀加速运动的时间

．

有：

x1+v（t﹣t1）=L，代入解得a=1m/s2．

当工件一直做匀加速直线运动时，运行时间最短．

根据

得，

所以传送带的最小速度

．

故传送带的运行速度至少为

m/s．

点评：

解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动情况，知道工件一直做匀加速直线运动时，运行的时间最短．

16．（8分）汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示．

（1）画出汽车在0～60s内的v﹣t图线；

（2）求在这60s内汽车行驶的路程．

考点：

匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

专题：

运动学中的图像专题．

分析：

（1）物体在0﹣10s内做匀加速直线运动，在10﹣40s内做匀速直线运动，在40﹣60s内做匀减速直线运动，可知在10s末的速度最大，根据速度时间公式求出汽车的最大速度，作出汽车在0﹣60s内的速度时间图线；

（2）速度时间图线围成的面积表示位移，根据图线围成的面积求出汽车在60s内通过的路程．

解答：

解：

（1）设t=10s，40s，60s时刻的速度分别为v1，v2，v3．

由图知0～10s内汽车以加速度2m/s2匀加速行驶，由运动学公式得v1=2×10m/s=20m/s

由图知10～40s内汽车匀速行驶，因此v2=20m/s

由图知40～60s内汽车以加速度1m/s2匀减速行驶，由运动学公式得v3=（20﹣1×20）m/s=0

汽车在0～60s内的v﹣t图线，如图所示．

（2）由v﹣t图线可知，在这60s内汽车行驶的路程为

s=

×20m=900m．

答：

（1）汽车在0～60s内的v﹣t图线，如图所示；

（2）在这60s内汽车行驶的路程为900m．

点评：

本题首先要根据加速度图象分析出汽车的运动情况，求出各段运动过程汽车的速度，即可画出速度图象，求解总路程时可以运用运动学公式分段求解，但是没有图象法求解快捷．

17．（8分）一列火车进站前先关闭气阀（动力系统），让车滑行，滑行了300m时，速度恰为关闭气阀时速度的一半，此后，又继续滑行了20s，停止在车站，设火车在滑行过程中加速度始终保持不变，试求

（1）火车从关闭气阀到停止滑行时，滑行的总距离．

（2）火车滑行的加速度大小．

（3）火车关闭气阀时的瞬时速度大小．

考点：

匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

专题：

直线运动规律专题．

分析：

当火车的速度减为一半时，位移300m，可以列位移﹣速度关系式，继续减速运动20s停止，可以列速度﹣时间关系式，因此熟练应用运动学公式即可正确求解．

解答：

解：

根据位移公式，由

﹣

=2as1，（s1=300m）

0=

+at2，（t2=20s）

解得：

v0=20m/s，a=﹣0.5m/s2

由2as2=

得：

s2=100m

则s总=s1+s2=400m

答：

从火车关闭气阀到停止滑行时，滑行的总位移400m

火车滑行的加速度为﹣0.5m/s2

火车关闭气阀时的速度为20m/s

点评：

匀变速直线运动综合类题目，涉及到的运动过程以及物理量较多，要通过画草图明确运动过程，然后选择正确的公式求解，在解题过程中遇到未知物理量可以先假设，总之解决这类问题的关键是明确运动过程，熟练掌握运动学公式．

18．（12分）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10m/s2，求：

（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；

（