2019届高三物理第二次月考试题(含解析) (I).doc

2019届高三物理第二次月考试题(含解析) (I)一、选择题（1-9为单选，每小题4分；10-14多选，每小题4分。共56分）1.在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（ ）A. b车运动方向始终不变B. a、 b两车出发的初位置不同C. t1到t2时间内a车的平均速度小于b车D. t1到t2时间内某时刻两车的速度相同【答案】D【解析】【详解】A、位移时间图象切线的斜率表示瞬时速度，b图线的斜率先正为负，则知b的运动方向发生变化，故A错误；B、a、b两车出发的初位置都在s=0处，故B错误；CD、t1时刻两车的位置相同，t2时刻两车的位置也相同，则t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故C错误，D正确；故选D。【点睛】位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，结合斜率的变化得出速度如何变化根据位移和时间比较平均速度的大小。2.如图，有A、B两个完全相同的小球并排放在倾角为30的固定斜面上，B球被竖直板挡住 。不计一切摩擦，则A、B之间的作用力与竖直挡板对B的作用力之比为（）A. 32 B. 34 C. 33 D. 36【答案】B【解析】【详解】对A球受力分析，如图所示，A、B之间的作用力等于A球的重力沿着斜面的分量，为：F1=mgsin30；B球与竖直挡板间的作用力F2方向与挡板垂直，把A、B看作一个整体，即：F2=2mgtan30，故F1F2=34， 故B正确，A、C、D错误；故选B。【点睛】先对A球受力分析，根据平衡条件列式求解B对A的支持力；再隔离A、B球整体，根据平衡条件列式求解竖直挡板对B的作用力。3.一物体沿倾角为的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以某一初速度冲上斜面，则上滑时物体加速度大小为（）A. gsin B. gtan C. 2gsin D. 2gtan 【答案】C【解析】试题分析：据题意，当物体沿斜面下滑时做匀速运动，说明物体处于平衡状态，据物体的平衡条件则有：f=mgsin；如果物体以某一初速度冲上斜面，物体做匀减速直线运动，则上滑时的加速度为：a=2mgsinm=2gsin，故C选项正确。考点：本题考查物体平衡条件和牛顿第二定律。4.如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x时的速度为v，其xv2图象如图乙所示，取g10m/s2，则斜面倾角为A. 30 B. 45 C. 60 D. 75【答案】A【解析】由匀变速直线运动的速度位移公式可得：v2=2ax，整理得：x=12av2，由x-v2图象可知小物块的加速度a=5m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度：a=gsin，解得：sin=ag=510=12，解得：=30，故A正确，BCD错误故选A点睛：本题考查了求斜面倾角问题，应用匀变速直线运动的速度位移公式求出图象的函数表达式，根据图示图象求出物体的加速度是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律可以解题5.一个小球以20 m/s的速度从坡底冲上一足够长的斜坡，当它返回坡底时的速度大小为16 m/s。已知上坡和下坡两个阶段物体均沿同一直线做匀变速直线运动，但上坡和下坡的加速度不同。则物体上坡和下坡所用的时间和加速度之比分别为( )A. 4:5 25:16B. 5:4 16:25C. 2:3 4:9D. 3:2 9:4【答案】A【解析】由s=v0+v2t知上坡时间为t1=2sv0+v=2s20+0同理下坡时间为t2=2sv0+v=2s16+0故时间之比为：t1：t2=4 ：5；由v2v02=2as知上坡时加速度为a1=v2v022s=02022s同理下坡时加速度为a2=v2v022s=01622s故加速度之比为：a1:a2=25:16。故选：A。6.如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持绳索始终平行于地面。为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在O点悬挂不同的重物G，则（ ） A. 若健身者缓慢向右移动，绳OA拉力变小B. 若健身者缓慢向左移动，绳OB拉力变大C. 若健身者缓慢向右移动，绳OA、OB拉力的合力变大D. 若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小【答案】D【解析】A、设OA的拉力为FA，OB的拉力为FB，重物C的质量为m，因O点始终处于平衡状态，根据平衡条件有：FAcosmg=0，FAsinFB=0，解得FA=mgcos，FB=mgtan，当健身者缓慢向右移动时，角变大，则FA、FB均变大，故选项A正确；B、当健身者缓慢向左移动时，角变小，则FA、FB均变小，因为健身者所受的摩擦力与OB绳拉力FB相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，故选项B错误，D正确；C、不论健身者朝哪里移动，绳OA、OB拉力的合力保持不变，大小等于重物G的重力mg，故选项C错误。点睛：本题要注意正确选择研究对象，正确进行受力分析，再根据共点力平衡中的动态平衡分析各力的变化情况。7.如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面当拉力F一定时，Q受到绳的拉力（）A. 与斜面倾角有关 B. 与动摩擦因数有关C. 与系统运动状态有关 D. 仅与两物块质量有关【答案】D【解析】设Q物体绳上的拉力大小F2，物体与斜面的动摩擦因数为，对QP整体分析：根据牛顿第二定律有：F-（mP+mQ）g（sin-cos）=（mP+mQ）a，对Q隔离分析有，F2-mQg（sin-cos）=mQa，联立以上解得：F2=mQmP+mQ，故D正确，ABC错误。8.图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10m/s2，下列判断正确的是（）A. 前10 s悬线的拉力恒为1 500 NB. 46 s末材料离地面的距离为22 mC. 010 s材料处于失重状态D. 在3036 s钢索最容易发生断裂【答案】B【解析】由图可知前10s内物体的加速度a=vt=110m/s2=0.1m/s2，由牛顿第二定律F-mg=ma解得悬线的拉力：F= 1515N，故A错误；v-t图象中图线下所围的面积表示位移，整个过程上升高度是28m，下降的高度为6m，46s末塔吊的材料离地面的距离为22m故B正确；因30s36s物体加速度向下，材料处于失重状态，拉力小于重力；前10s材料处于超重状态，拉力大于重力，钢索最容易发生断裂，故CD错误。所以B正确，ACD错误。9.如图所示，两根刚性轻杆上端由自由旋转轴A连接，轻杆下端固定一根自然伸长的匀质轻弹簧，围成边长为L的等边三角形ABC，将此装置竖直放在光滑水平面上，在轴A处施加竖直向下的大小为F的作用力，弹簧被拉伸一定长度，若此时弹簧弹力大小恰为F2，则弹簧的劲度系数为（ ）A. F(21)L B. F2(21)L C. F(51)L D. F2(51)L【答案】B【解析】对整体分析可知，整体受压力和支持力的作用，则可知，BC两杆的端点受地面向上的大小为F2的弹力；因弹簧的弹力也为F2，根据三力平衡可知，此时杆与地面间的夹角为45；则由几何关系可知，此时弹簧的长度以为2L；则其形变量为：（2L-L）；则由胡克定律可得：k=F22LL=F2(21)L；故选B10.如图所示，一个质量为m=2.0kg的物体放在倾角为30的斜面上静止不动，若用竖直向上的力F=5.0N提物体，物体仍静止，取g=10m/s2，下述结论正确的是（ ）A. 物体受到的合外力减小5.0NB. 物体受到的摩擦力减小2.5NC. 斜面受到的压力减小2.5ND. 物体对斜面的作用力减小5.0N【答案】BD【解析】A、物体在有无拉力时，都处于静止状态，合力都为零故A错误B、C、无拉力时对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图:根据共点力平衡条件，有f=mgsin,N=mgcos;有拉力F作用后，再次对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和静摩擦力，如图:根据共点力平衡条件，有f1=(mg-F)sin,N1=(mg-F)cos;故ff1=Fsin30=2.5N,NN1=Fcos30=532N;物体对斜面体的摩擦等于斜面体对物体的摩擦，减小2.5N物体对斜面体的压力等于斜面体对物体的支持力，减小了532N故B正确、C错误D、物体对斜面的作用力为压力和摩擦力的合力，压力和摩擦力的合力方向竖直向下，知作用力减小5N故D正确故选BD【点睛】本题关键是对物体受力分析后，根据共点力平衡条件用正交分解法列方程求解施加向上的拉力后，可以等效为将物体的重力减小11.如图5是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin 150.26，cos 150.97，tan 150.27，g10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()A. 3 m/s2 B. 2.5 m/s2 C. 2 m/s2 D. 4 m/s2【答案】AD【解析】【详解】当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零，而Q、N传感器示数不为零，受力分析如图；根据牛顿第二定律得：FQ+mg=FNcos15F合=FNsin15=ma由知：a=FQ+mgmtan150=FQm0.27+100.27=0.27FQm+2.72.7m/s2，故加速度大于2.7m/s2，故A、D正确，B、C错误；故选AD。【点睛】对圆柱形工件受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律列式进行求解，明确加速度的表达式，再进行分析明确加速度的范围，从而选出正确答案。12.如图所示，滑块A与小球B用一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A套在水平直杆上。现用大小为10 N、与水平方向成30角的力F拉B，使A、B一起向右匀速运动，运动过程中A、B保持相对静止。已知A、B的质量分别为2 kg、1 kg，重力加速度为10 m/s2，则（ ）A. 轻绳与水平方向的夹角60B. 轻绳与水平方向的夹角30C. 滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为34D. 滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为35【答案】BD【解析】试题分析：对B分析，B受重力、拉力F及绳子的拉力而处于平衡；将两拉力合成，因拉力为10N，小球的重力为10N，则由几何关系可知，轻绳的拉力也为10N，方向与水平方向成30角，故B正确，A错误；对整体受力分析可知，A受到的支持力为：FN=（mA+mB）g-Fsin30=25N，摩擦力等于F沿水平方向的分力为：f=Fcos30=53N则由：f=FN，FN=FN解得：=fFN=35；故D正确，C错误；故选BD考点：物体的平衡【名师点睛】本题要注意应用整体法与隔离法的正确使用，注意应用整体法时一定要分清内力与外力，正确的受力分析。13.如图，质量分别为mA、mB的A、B两个楔形物体叠放在一起，B靠在竖直墙壁上，在水平力F的作用下，A、B静止不动，则（）A. A物体受力的个数可能为3B. B受到墙壁的摩擦力方向可能向上，也可能向下C. 力F增大（A、B仍静止），A对B的压力也增大D. 力F增大（A、B仍静止），墙壁对B的摩擦力也增大【答案】AC【解析】试题分析：隔离A物体，受受重力、B对A的支持力和外力F，三个力作用；若AB间存在静摩擦力，则有：A受四个力，A正确，将AB看做一个整体，整体在竖直方向上受到重力和摩擦力，所以墙对B的摩擦力方向只能向上，B错误；若F增大，则F在垂直B斜面方向的分力增大，所以对B的压力增大，C正确；先对AB整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向：f=GA+GB，因此当水平力F增大，墙壁对B的摩擦力仍不变，D错误。考点：考查了共点力平衡条件的应用14.如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙5 kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙1 kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度g10 m/s2。则（）A. 盒子的加速度大小为2.5 m/s2B. 细绳对盒子的拉力大小为20 NC. 盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 ND. 定滑轮受到细绳的作用力为30 N【答案】AC【解析】【详解】AB、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：m甲g=(m甲+m乙+m丙)a，解得整体的加速度为a=m甲gm甲+m乙+m丙=2.5m/s2，以乙和丙整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得绳子的拉力大小为：F=(m乙+m丙)a=5+12.5=15N，故A正确，B错误；C、以丙为研究对象，根据牛顿第二定律可得盒子对滑块丙的摩擦力大小为f=m丙a=2.5N，故C正确；D、定滑轮受到细绳的作用力为：T=2F=152N，故D错误；故选AC。【点睛】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度大小；再以乙和丙为研究对象求解绳子拉力大小，以丙为研究对象，根据牛顿第二定律求解摩擦力大小；以滑轮为研究对象，根据力的合成求解绳子对滑轮的作用力大小。二、实验题（本题共2小题，每空3分，共18分）15.某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m.如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下：(1)若弹簧秤a、b间夹角为90，弹簧秤a的读数是_N(图2中所示)，则弹簧秤b的读数可能为_N.(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数_、弹簧秤b的读数_(填“变大”“变小”或“不变”)【答案】 (1). 3.00； (2). 3.9； (3). 变大； (4). 变大【解析】试题分析：（1）根据胡克定律可知，F=kx=5000.01=5N；根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为300N；两弹簧秤夹角为90，则可知，b的读数为：F=5232=4.00N；（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；考点：考查验证平行四边形定则的实验【名师点睛】由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b的读数；根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况视频16.做“验证牛顿第二定律”实验时，按实验要求安装好器材后，应按一定的步骤进行实验，下列给出供选择的操作步骤：A保持小盘和其中砝码的质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次B保持小车质量不变，改变小盘里砝码的质量，测出加速度，重复几次C用天平测出小车和小盘的质量D在长木板没有定滑轮的一端垫上厚度合适的垫木，平衡摩擦力E根据测出的数据，分别画出aF和a1M图象F用秒表测出小车运动的时间G将装有砝码的小盘用细线通过定滑轮系到小车上，接通电源，释放小车，在纸带上打出一系列的点以上步骤中，不必要的步骤是_，正确步骤的合理顺序是C_E。(填写代表字母)【答案】 (1). F (2). DGBA【解析】（1）打点计时器的打点周期是0.02s，可以通过打点数量求运动时间，不需要用秒表测出小车运动的时间，F不必要；（2）在研究物体的“加速度、合外力和质量”三个物理量的关系时，分别控制一个物理量不变，看另外两个物理量之间的关系，因此采用了“控制变量法”进行研究；根据实验原理要让小盘和其中砝码的的重力等于小车所受的合外力，故要先对小车平衡摩擦力；然后画a-F和a-1M的图线时要知道合外力F的值，即重物的重力，和小车的质量，故要测量出小车和重物的质量；之后利用纸带和打点计时器测量出小车的加速度a的值，用控制变量法，分别多测几组数据；最后用图象法处理数据；故实验顺序为：CDGBAE。三、计算题（本题共3小题，共计36分）17.如图所示，倾角为37的斜面体固定在地面上，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与质量为mA=3kg的物块A连接，另一端与质量为mB=1kg的物块B连接。开始时使A静止于斜面上，B悬空。现释放物块A，物块A将在斜面上沿斜面匀加速下滑，求绳中的拉力（所有接触面产生的摩擦均忽略不计，sin37=0.6 ，cos37=0.8，g=10m/s2） 【答案】12N【解析】【分析】分别对AB进行受力分析，由牛顿第二定律可得出关于加速度的表达式，联立可解出加速度及拉力。【详解】解：由牛顿第二定律 mAgsin370T=mAa NA=mAgcos370 以B为研究对象，由牛顿第二定律 TmBg=mBa 联立解得：加速度a=2m/s2 绳中的拉力T=12N18.如图所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当=37时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑若让该小木块从木板的底端以v0=10m/s的速度沿木板向上运动，随着的改变，小木块沿木板向上滑行的距离将发生变化。已知 sin370.6，cos370.8，重力加速度为g=10m/s2。（1）小木块与木板间的动摩擦因数；（2）当角为多大时，小木块能沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。【答案】(1)0.75(2) 53，4m【解析】【分析】当=37时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑，合力为零对小木块进行受力分析，根据平衡条件可以求出动摩擦因数；木块向上做匀减速运动，根据速度位移关系求出位移与的关系式，由数学知识求解。【详解】）解：（1）当小木块向下滑动且37时，对小木块受力分析mgsin=FN FNmgcos=0 则动摩擦因数为=tan=tan37=0.75 （2）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a，则mgsin+mgcos=ma 小木块的位移为x，v022ax 则 x=v022g(sin+cos) 令tan ，则当90时x最小，即53 最小值为xmin=2v025g 代入数据得Xnim=4m19.如图所示，粗糙水平面上放置一个质量M2 kg、长度L 5 m的木板A，可视为质点的物块B放在木板A的最左端，其质量m1 kg。已知A、B间动摩擦因数为10.2，A与水平地面间的动摩擦因数为20.4。开始时A、B均处于静止状态，当B获得水平向右的初速度v08 m/s的同时，对A施加水平向右的恒力F，取g10 m/s2，求：(1)为使物块B不从木板A的右端滑出，力F的最小值为多大？ (2)若F