名师解析黑龙江省哈尔滨三中届高三上学期第一次月考物理试题.docx
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名师解析黑龙江省哈尔滨三中届高三上学期第一次月考物理试题
【名师解析】黑龙江省哈尔滨三中2015届高三上学期第一次月考物理试题
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项正确，其余小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分）
1．（4分）（2014秋•道里区校级月考）历史上首先正确认识力和运动的关系，批驳“力是维持物体运动的原因”观点的物理学家是（ ）
A．
伽利略
B．
牛顿
C．
笛卡儿
D．
亚里士多德
考点：
物理学史．
专题：
常规题型．
分析：
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
解答：
解：
物理学中，提出“力是维持物体运动的原因”观点的物理学家是亚里士多德，伽利略最早提出“力不是维持物体运动的原因”，并用斜面实验基础上推理得出：
运动的物体在不受外力作用时，保持运动速度不变．故A正确．
故选：
A
点评：
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2．（4分）（2014•开封模拟）如图所示，大小分别为F1、F2、F3的三个力围成封闭三角形．下列4个图中，这三个力的合力为零的是（ ）
A．
B．
C．
D．
考点：
力的合成．
专题：
受力分析方法专题．
分析：
在矢量三角形中，分力是首尾相接的，合力是由一个分力的箭尾指向另一个分力的箭头的，由此可以判断分力与合力的关系，从而可以求得合力的大小．
解答：
解：
根据三角形定则或平行四边形定则，知A选项合力为2F2，B选项合力为2F1，C选项合力为零，D选项合力为2F3．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
点评：
本题中要会区分三角形中的三条边是代表的分力还是代表的合力，这是解决本题的关键所在．
3．（4分）（2014秋•平川区校级期中）人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是（ ）
A．
人除了受到地面的弹力外，还受到一个向上的力
B．
地面对人的支持力大于人受到的重力
C．
地面对人的支持力大于人对地面的压力
D．
人对地面的压力和地面对人的支持力是一对平衡力
考点：
牛顿第三定律．
分析：
人对地的作用力与地对人的作用力是一对作用力和反作用力，人之所以能跳起离开地面，可以对人进行受力分析，人具有向上的合力．
解答：
解：
A、受地的弹力外，还受一个向上的力，是不可能的，有力存在，必须有施力物体，向上的力根本找不到施力物体．故A错误；
B、人能离开地面的原因是地对人的作用力大于人的重力，人具有向上的合力．故B正确；
C、地面对人的作用力与人对地面的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反．故C错误；
D、地面对人的作用力与人对地面的作用力是一对作用力和反作用力．故D错误．
故选：
B．
点评：
解决本题的关键是区别作用力和反作用力与平衡力．基础题目．
4．（4分）（2014秋•道里区校级月考）在平直道路上，甲车以速度v匀速行驶．当甲车司机发现前方距离为d处的乙车时，立即以大小为a1的加速度匀减速行驶，与此同时，乙车司机也发现了甲车，立即从静止开始以大小为a2的加速度沿甲车运动的方向匀加速运动，则（ ）
A．
甲、乙两车之间的距离一定不断减小
B．
甲、乙两车之间的距离一定不断增大
C．
若两车不会相撞，则两车速度相等时距离最近
D．
若两车不会相撞，则两车速度相等时距离最远
考点：
匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：
追及、相遇问题．
分析：
根据两车速度大小的关系判断两车之间距离的变化，从而得出何时两车相距最近．
解答：
解：
甲车做匀减速直线运动，乙车从静止开始做匀加速直线运动，在速度相等前，甲车的速度大于乙车的速度，两者之间的距离逐渐减小，若不相撞，则速度相等后，两车的距离逐渐增大，可知不相撞，两车速度相等时，相距最近．故C正确，A、B、D错误．
故选：
C．
点评：
本题考查了运动学中的追及问题，知道两车若不相撞，则速度相等时，有最小距离．
5．（4分）（2014秋•道里区校级月考）如图所示，一斜劈放在粗糙水平面上，保持静止，斜劈上有一物块，甲图中，物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑；乙图中，对该物块施加一平行于斜面向下的推力F2使其加速下滑，丙图中，对该物块施加一平行于斜面向上的推力F3使其减速下滑；三种情况地面对斜劈的摩擦力分别为f1、f2、f3，则以下说法正确的是（ ）
A．
f1、f2向右，且f1=f2
B．
f3≠0，且f3向左
C．
f1=f2=f3=0
D．
f2和f3方向相反
考点：
摩擦力的判断与计算．
专题：
摩擦力专题．
分析：
先对滑块受力分析，得到滑块对斜面的压力和摩擦力，然后对斜面体受力分析，根据平衡条件进行判断．
解答：
解：
由于甲图中物块在斜面是匀速运动，把斜面和物块当作整体，则整体受到的合外力为零，故地面对斜劈没有摩擦力，即f1=0．
图二和图三中有推力，垂直斜面方向平衡，故支持力N=mgcosθ，故滑动摩擦力f=μN=μmgcosθ；
三幅图中支持力和摩擦力均相同；
对斜面体受力分析，受重力、压力、滑动摩擦力、支持力、地面对其可能有静摩擦力，三种情况下力一样，故静摩擦力相同；
故f1=f2=f3=0
故选：
C．
点评：
本题关键三种情况下滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力都没有变化，故斜面体受力情况相同，简单题．
6．（4分）（2014秋•道里区校级月考）如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力），到回到出发点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．
上升过程A、B处于超重状态，下降过程A、B处于失重状态
B．
上升和下降过程A、B两物体均为完全失重
C．
上升过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力
D．
下降过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力
考点：
牛顿运动定律的应用-超重和失重．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
把AB看成一个整体，整体做竖直上抛运动，因为不计空气阻力，整体的加速度为g，方向向下．然后把A作为研究对象，对其受力分析，就可以得出结论．
解答：
解：
以A、B整体为研究对象：
在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下．
再以A为研究对象：
因加速度为g，方向竖直向下，由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，即A和B之间没有作用力．
所以上升和下降过程A、B两物体均为完全失重．故B正确，ACD错误；
故选：
B．
点评：
本题是整体法和隔离法的应用，整体跟部分的运动情况相同，可以通过计算整体的加速度来确定部分的加速度，再对部分进行受力分析，得出最终结论．也可以根据失重的观点进行分析．
7．（4分）（2014秋•高阳县校级月考）如图所示，小球的质量为m，用弹簧和细线悬挂在天花板上，保持静止，弹簧和细线的质量忽略不计，且与水平方向的夹角均为60°，当细线被剪断的瞬间，小球的加速度大小和方向正确的是（ ）
A．
0
B．
g，竖直向下
C．
g，竖直向下
D．
g，右下方与水平方向成60°角
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：
对小球进行受力分析，通过小球处于静止状态，借助三角形知识求解，当撤去某个力时，根据牛顿定律的瞬时对应性求解．
解答：
解：
细线烧断后，弹簧弹力和重力都没变化，受力分析如图
故两力的合力为
mg，根据牛顿第二定律：
F=ma得：
a=
g，方向向右下方与水平方向成60°角，故D正确；
故选：
D
点评：
本题是共点力平衡和牛顿第二定律共同结合的题目，注意弹簧弹力和绳子拉力的瞬间变化问题．
8．（4分）（2015•浙江校级模拟）如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小为F、作用在a球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图（ ）
A．
B．
C．
D．
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：
以整体为研究对象，分析受力情况，确定上面绳子oa的方向，再以下面的小球为研究对象，分析受力，根据平衡条件确定下面绳子的方向．
解答：
解：
设每个球的质量为m，oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β．
以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1，根据平衡条件可知，oa绳的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡．
由平衡条件得：
tanα=
，
以b球为研究对象，分析受力情况，如图2，由平衡条件得：
tanβ=
，则α＜β．故C正确．
故选C．
点评：
本题一要灵活选择研究对象，二要分析受力．采用整体法和隔离法相结合的方法研究，比较简便．
9．（4分）（2014秋•道里区校级月考）质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=6t+2t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（ ）
A．
第1s内的位移是6m
B．
前2s内的平均速度是10m/s
C．
任意相邻1s内的位移差都是4m
D．
任意1s内的速度增量都是6m/s
考点：
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：
根据匀变速直线运动的位移时间公式得出质点的初速度和加速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出任意相邻1s内的位移差，以及根据△v=at求出任意1s内速度的增量．
解答：
解：
A、第1s内的位移x=6t+2t2=6×1+2×1m=8m，故A错误．
B、前2s内的位移
，则前2s内的平均速度
．故B正确．
C、根据
知，加速度a=4m/s2，则任意相邻1s内的位移差△x=at2=4×1m=4m，故C正确．
D、任意1s内速度的增量△v=at=4×1m/s=4m/s，故D错误．
故选：
BC．
点评：
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，基础题．
10．（4分）（2014秋•道里区校级月考）如图，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，绳子处于竖直伸直状态，AB接触面不光滑，整个装置静止．则B的受力个数可能是（ ）
A．
1
B．
2
C．
3
D．
4
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．再分情况计论AB间受力情况，则可判断物体可能的受力情况．
解答：
解：
对A物体分析，若绳子的拉力等于A的重力，则A对B没有压力；故B可能受重力和支持力两个力；
若拉力小于重力，则AB间有弹力的作用，根据共点力的平衡条件可知，若AB间没有摩擦力，则A不可能平衡；故AB间一定有摩擦力；故B受重力、支持力、摩擦力、压力，4个力；
故选：
BD．
点评：
本题考查共点力的平衡条件，要注意隔离法的正确应用；同时明确有摩擦力时一定有支持力．
11．（4分）（2014秋•道里区校级月考）某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如图所示，若该物体在t=0时刻，初速度均为零，则下列图象中表示该物体在t=6s内位移一定不为0的是（ ）
A．
B．
C．
D．
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：
速度时间图线与坐标轴围成的面积表示位移，从而判断位移是否为零，根据加速度时间图象判断物体的运动情况，从而判断位移是否为零．
解答：
解：
A、根据图象可知，6s时的位移x=0﹣0=0．故A错误．
B、速度时间图线与坐标轴围成的面积表示位移，则6s内位移为正．故B正确．
C、0﹣1s内加速度不变，做匀加速直线运动，1﹣2s内加速度方向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零．在一个周期内速度的方向不变，则6s内位移不为零．故C正确．
D、在0﹣1s内，向正方向做匀加速直线运动，1﹣2s内加速度方向改变，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零，2﹣3s内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，4s末位移为零，6s末位移等于2s末位移，不为零．故D正确．
故选：
BCD．
点评：
解决本题的关键知道速度时间图线和位移时间图线的物理意义，以及知道它们的区别，并且能很好运用．
12．（4分）（2014秋•道里区校级月考）如图所示，A、B两物块的质量均为m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为3μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（ ）
A．
F＜2μmg时，A、B都相对地面静止
B．
当F=
μmg时，A的加速度为
μg
C．
F=6μmg时，A的加速度为2μg
D．
无论F为何值，B的加速度不会超过μg
考点：
牛顿第二定律．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．
解答：
解：
A、隔离对B分析，B受到的最大摩擦力为2μmg，故施加外力为2μmgAB将一起运动，F＜2μmg时，A、B都相对地面静止，故A正确．
B、当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，即f=3μmg，
隔离对A分析，当F=
＜3μmg，AB一起加速运动，故加速度为F﹣μ•2mg=2ma，解得a=
μg，故B错误．
C、当F=6μmg时，AB发生相对滑动，故A的加速度为F﹣3μmg=ma，a=3μg，故C错误；
D、当B发生滑动产生的最大加速度为3μmg﹣2μmg=ma，a=μg，故D正确
故选：
AD
点评：
本题考查牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．
二、实验题（共12分）
13．（6分）（2014秋•道里区校级月考）如图所示为打点计时器记录的一辆做匀加速直线运动的小车的纸带的一部分，D1是任选的第1点，D11、D21是顺次选取的第11点和第21点，由于实验选用特殊电源，若加速度的值是10cm/s2，则该打点计时器的频率是 10 Hz，D11点的速度为 0.2 m/s．
考点：
探究小车速度随时间变化的规律．
专题：
实验题；直线运动规律专题．
分析：
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求打点计时器的打点时间间隔T，再根据T=
解出打点计时器的频率．
根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出打下D11点时小车的瞬时速度．
解答：
解：
设打点计时器的打点时间间隔为T，由于D1是任选的第一点，D11、D21是第11点和第21点，所以相邻两个计数点间的时间间隔为10T，
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2，
得：
△x=（25﹣15）×10﹣2m=aT2，
解得：
T=0.1s
再根据打点计时器打点时间间隔与频率关系：
T=
解得：
f=
Hz
m/s
故答案为：
10，0.2
点评：
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
14．（6分）（2014秋•道里区校级月考）在如图所示“探究求合力方法”的实验装置中，橡皮条的一端固定在P点，另一端被小明用A、B两个弹簧测力计拉伸至O点，F1、F2分别表示A、B两个弹簧测力计的读数，则在图示位置时，合力一定 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）F1．现小明将弹簧测力计B从图示位置开始顺时针缓慢转动，而保证结点O的位置和弹簧测力计A的拉伸方向不变，则在此过程中F1、F2的变化情况是：
D ．
A．F1减小，F2减小B．F1减小，F2增大
C．F1减小，F2先增大后减小D．F1减小，F2先减小后增大．
考点：
验证力的平行四边形定则．
专题：
实验题；平行四边形法则图解法专题．
分析：
点0受到三个拉力，处于平衡状态，所以两个弹簧测力计对O点拉力的合力一定PO方向，根据三角形几何关系可以判断合力与F1的关系，
其中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，OA弹簧拉力方向不变，OB弹簧拉力方向和大小都改变，根据平行四边形定则作图分析即可．
解答：
解：
点0受到三个拉力，处于平衡状态，所以两个弹簧测力计对O点拉力的合力一定PO方向，根据三角形几何关系可知，合力作为直角三角形的直角边，而F1作为斜边，所以合力一定小于F1；
对点0受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，OA弹簧拉力方向不变，OB弹簧拉力方向和大小都改变
根据平行四边形定则可以看出的F2先变小后变大，F1的读数不断变小；
故选：
D．
故答案为：
小于；D．
点评：
本题是三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论．
三、计算题（共40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给分．有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
15．（12分）（2014秋•浉河区校级月考）如图，质量为m的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ=0.1，如图甲所示，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑．若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，如图乙所示，求两次力之比=？
（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
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：
以物体为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件运用正交分解法求解F1与F2的大小，再求它们的比值．
解答：
解：
根据平衡条件建立方程，对甲图：
F1﹣mgsinθ﹣Ff1=0
N﹣mgcosθ=0
其中：
Ff1=μN
联立三个方程解得：
F1=mgsinθ+μmgcosθ
对乙图，将F2分解（或者正交分解），平行斜面方向：
F2cosθ﹣mgsinθ﹣Ff2=0
N′﹣Fsinθ﹣mgcosθ=0
其中：
Ff2=μN′
联立三个方程解得：
F2=
两次的推力之比：
=cosθ﹣μsinθ=0.8﹣0.1×0.6=0.74
答：
两次的推力之比为0.74．
点评：
本题是物体的平衡问题，受力分析，作出力图是正确解题的关键．中等难度．
16．（12分）（2014秋•道里区校级月考）一平直的传送带可把零件从左端运送到右端，两端相距L=16m．若传送带以速率v=1m/s匀速运行，在左端把零件无初速度放在传送带上，经过时间t=20s能传送到右端．提高传送带的运行速率，零件能被较快的传送．若让零件以最短的时间左端运送到右端，传送带的速率应为多大？
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；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；牛顿运动定律综合专题．
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=0.125m/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v=at′=2m/s．
答：
传送带的运行速度至少为2m/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．
17．（16分）（2014秋•道里区校级月考）物体A的质量m=1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为M=2kg、长L=4m．某时刻A以v0=4m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平外力F．忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数µ=0.1，取重力加速度g=10m/s2．试求：
（1）若给B施加一个水平向右5N的外力，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；
（2）如果要使A不至于从B上滑落，外力F应满足的条件．
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）首先分析物体A和车的运动情况：
A相对于地做匀减速运动，车相对于地做匀加速运动．开始阶段，A的速度大于车的速度，则A相对于车向右滑行，当两者速度相等后，A相对于车静止，则当两者速度相等时，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．由牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，分别求出A与车相对于地的位移，两者之差等于A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；
（2）要使A不从B上滑落，是指既不能从B的右端滑落，也不能左端滑落．物体A不从右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，可求出此时F，为F的最小值．物体A不从左端滑落的临界条件是A到达B的左端时，A、B具有共同的速度，可求出此时F的最大值，综合得到F的范围．
解答：
解：
（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有：
µmg=maA
得：
aA=µg=0.1×10=1m/s2
木板B作加速运动，有：
F+µmg=MaB
得：
aB=3m/s2
两者速度相同时，有：
V0﹣aAt=aBt
得：
t=1s
A滑行距离：
SA=V0t﹣
=4×
=3.5m
B滑行距离：
SB=
aBt2=
=1.5m
最大距离：
△s=SA﹣SB=3.5﹣1.5=2m
（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：
=
+L…①
又：
=
…②
由①、②式，可得：
aB=1m/s2
F=MaB﹣µmg=2×1﹣0.1×1×10=1N
即F向右不能小于1N．
当F向右时，在A到达B的右端之前，
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