福建省莆田市第六中学2019届高三物理9月月考试题(含解析)练习

1、福建省莆田市第六中学 2019 届高三物理 9 月月考试题（含解析）练习一、选择题 ( 本题共 11 小题，每小题4 分，共 44 分。在每小题给出的四个选项中，第17 题只有一项符合题目要求，第8 11 题，有多项符合题目要求。全部选对得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分 )1. 在地面上以初速度v0 竖直向上抛出一小球，经过2t 0 时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率 v 随时间 t 变化的规律可能是A.B.C.D.【答案】 A【解析】小球上升时，根据牛顿第二定律：mg+f=ma；由于减速上升，小球在

2、空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，所以f 逐渐减小，则a 逐渐减小，即v-t图象前一段曲线的斜率逐渐减小，故CD错误；又由于空气阻力的影响，小球落回抛出点的速度肯定小于抛出时的初速度，所以A 正确， B 错误；故选A。2. 如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的加速度a 随时间 t 或者随距O 点的距离 x 变化的关系图线是( )1/15A.B.C.D.【答案】 B【解析】试题分析：小球接触弹簧时，受重力和向上的弹力，由F=kx ，可知，弹簧形变量x 增大，弹力增大，由牛顿第二定律：mg-F=m

3、a，得a=，结合数学函数图象可知B 正确， D错， a 与时间不成线性关系，AC错，所以本题选择B。考点：牛顿第二定律胡克定律图象3. 如图所示，轻绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个圆环上，圆环套在粗糙水平横杆MN上，现用水平力F 拉绳上一点，使物体处在图中实线位置，然后改变F 的大小使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来位置不动，则在这一过程中，水平拉力F、环与横杆的摩擦力f 和环对杆的压力N 的大小变化情况是()A. F 逐渐增大， f 保持不变， N逐渐增大B. F 逐渐增大， f 逐渐增大， N保持不变C. F 逐渐减小， f 逐渐增大， N保持不变D. F 逐渐减小， f

4、 逐渐减小， N保持不变【答案】 D【解析】2/15【详解】以重物为研究对象，分析受力情况：重力G、水平力F 和绳子的拉力T，如图 1 所示。由平衡条件得：F=Gtan ，当 减小时， F 逐渐减小。再以两物体整体为研究对象，分析重力G 总 、水平力F，杆的摩擦力f和支持力N，则有： N=G 总 ，保持不变。 f=F ，逐渐减小。所以D正确、 ABC错误。故选D。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答4. 如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m

5、、 2m和 3m的三个木块，其中质量为2m和 3m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T现用水平拉力F 拉其中一个质量为3m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 2m的木块受到四个力的作用B. 当 F 逐渐增大到 T 时，轻绳刚好被拉断C. 当 F 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【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，

6、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，3/15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5. 如图所示，质量为 m的小球置于倾角为 30

7、6;的光滑斜面上，劲度系数为k 的轻弹簧一端系在小球上，另一端拴在墙上P点，开始时弹簧与竖直方向的夹角为 ，现将 P 点沿着墙向下移动，则弹簧的最短伸长量为()A.B.C.D.【答案】 A【解析】【详解】选取小球为研究对象，小球受到重力，支持力和绳子的拉力处于平衡状态，当P点向下移动时，弹簧的拉力发生变化，如图。从图中可以看出，当弹簧的拉力和斜面的支持力垂直时，弹簧的拉力最小，此时：4/15F=mgsin30°=0.5mg；所以弹簧最小的伸长量：所以选项A 正确，选项BCD错误。故选A.【点睛】题是体的平衡问题，要灵活选择研究对象，正确分析受力，作出力图，是解题的关键6. 如图所示，

8、斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m受到沿斜面向上的推力F的作用，设物块与斜面之间的摩擦力大小为f 1，斜面体与地面之间的摩擦力大小为f 2。增大推力 F，物块和斜面体始终保持静止，下列判断正确的是()A. 如果物块沿斜面向上滑动，则f 、 f一定增大12B. 如果物块沿斜面向上滑动，则f 1、 f 2 一定不变C. 如果物块与斜面相对静止，则f 1、 f 2一定增大D. 如果物块与斜面相对静止，则f 1、 f 2一定不变【答案】 B【解析】A、 B 项：由图看出，F 平行于斜面，如果物块沿斜面向上滑动，物块对斜面体的压力和摩擦力保持不变，增大推力F 时，斜面体的受力情况没有改变，则F

9、1、 F2 一定不变故A 错误， B 正确；C、 D 如果物块与斜面相对静止时，以整体为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件得到： F2=Fcos ， 是斜面的倾角，可见，F 增大时， F2 一定增大，而对物块研究得知，F1可能增大、可能减小，也可能大小不变故CD错误。点晴：由题意斜面体始终保持静止，若物块沿斜面向上滑动，增大F，物块对斜面体的压5/15力和摩擦力不变若物块与斜面相对静止，以整体为研究对象，根据平衡条件得到F1、 F2与 F 的关系，再分析其变化。7. 如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具遥控小车放在斜面上，系统静止不动用遥控器启动小

10、车，小车沿斜面加速上升，则A. 系统静止时弹簧被压缩B. 小车加速时弹簧处于原长C. 小车加速时弹簧被压缩D. 小车加速时可将弹簧换成细绳【答案】 D【解析】试题分析 : 系统静止时，系统受力平衡，水平方向不受力，弹簧弹力等于零，弹簧处于原长，故A 错误；小车加速上升时，知系统受到的合力的水平分力不为零，且方向向右，则弹簧提供的是拉力，所以弹簧处于拉伸状态所以小车加速时，可将弹簧换成细绳故B、 C 错误， D 正确。考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用8. 质点甲固定在原点，质点乙可在x 轴上运动，甲对乙的作用力F 只与甲、乙之间的距离x 有关，在的范围内， F 与 x 的关系如图所示若乙

11、自P 点由静止开始运动，且乙只受力F 作用，规定力F 沿 +x 方向为正，下列说法正确的是A. 乙运动到 R 点时，速度最大B. 乙运动到 Q点时，速度最大C. 乙运动到 Q点后，静止于该处D. 乙位于 P 点时，加速度最大【答案】 BD6/15【解析】试题分析 :A 、 B、由图示可知，质点乙由静止从P 开始向右做加速运动，越过Q后做减速运动，因此经过Q点时速度最大，故A 错误， B 正确； C、由图示图象可知，质点运动到Q 点后，在甲的作用力下做反向加速运动，不会静止在Q点，故 C错误； D、有图像可知在P 点受力最大，根据牛、牛顿第二定律知P 点的加速度最大，故D 正确；故选BD考点：运

12、动与力的关系、牛顿第二定律【名师点睛】本题考查了判断质点乙的速度、运动方向问题，根据图示图象判断出质点受力情况、分析清楚质点运动过程即可正确解题9. 如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板 B 受到随时间 t 变化的水平拉力F 作用，木板加速度a 随力 F 变化的-F 图象如图乙所示，g 取 10m/s2，则A. 滑块 A的质量为 4kgB. 木板 B的质量为 1kgC. 当 F=10N 时木板 B 加速度为 4m/s2D. 当 F=10N 时滑块 A 的加速度为 2m/s2【答案】 BCD【解析】试题分析：当F 等于8N 时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析

13、，由牛顿第二定律有：F=（ M+m） a，代入数据解得：M+m=4kg，当F 大于8N 时，对B，由牛顿第二定律得：，由图示图象可知，图线的斜率：，解得，木板B 的质量： M=1kg，滑块A 的质量为： m=3kg故 A 错误， B 正确根据F 大于 8N 的图线知， F=6N 时， a=0m/s2 ，由，可知：，解得： =0 2，由图示图象可知，当F=10N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：，故 C 正确；当F=10N 时， A、 B 相对滑动，木7/15块 A 的加速度：，故 D 正确故选BCD。考点： v-t图像；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑

14、块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。10. 如图所示，弹簧p 和细绳 q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计静止时p、q与竖直方向的夹角均为60°. 下列C判断正确的有 ()A. 若 p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB. 若 p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为gC. 若 q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为mgD. 若 q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g【答案】 D【解析】【详解】原来p、 q 对

15、球的拉力大小均为mg。 p 和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q 受的力沿法向和切线正交分解（见图1）有： F- mgcos60°=m=0，即 F= mg，合力为 mgsin60°=ma，即加速度为a gsin60 °g， AB错误； q 和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg（见图 2），球的加速度为大小为g。故 C 错误， D 正确；故选D。【点睛】本题考查绳子和弹簧的性质，要注意弹簧是不能突变的，而绳子的弹力可以在瞬间发生变化11. 如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1 运行初速度大小为v2 的小物块从与传送带等高的光

16、滑水平地面上的A 处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小8/15物块在传送带上运动的v t 图象 ( 以地面为参考系) 如图乙所示已知v2 v1，则 ( )A. t 1 时刻，小物块离 A 处的距离达到最大B. t 2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C. 0 t 2 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D. 0 t 3 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【答案】 AB【解析】试题分析：时间：滑动摩擦力向右，物体向左做匀减速运动，时刻向左位移达到最大，即离A 处的距离最大，时间：滑动摩擦力向右，物体向右由静止开始先做匀加速直线运动以后物体做匀速直线运动，摩擦力为零以

17、后物体相对皮带静止，相对滑动的距离最大，故B 正确；考点：考查了摩擦力，速度时间图像【名师点睛】本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况二、实验题 ( 本题共 3 小题，共20 分)12. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点， OB和 OC为细绳。（1）本实验中，采取下列哪些方法和步骤可以减小实验误差_。A两个分力F1、 F2 间的夹角尽量小些B两个分力F1、 F2 的大小要适当大些C拉橡皮筋的细绳要稍短一些D实验中，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度（2）本实

18、验采用的是等效替代法，但若将细绳也换成橡皮筋，则实验结果是否会发生变9/15化？答： _（选填“变化”或“不变化”）。（ 3）为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧秤成一定角度拉橡皮筋时，必须记录的有（ ）A两细绳的方向B橡皮筋的原长C两弹簧秤的示数D结点 O的位置（ 4）若保持结点 O的位置及 OB绳方向不变，而将 OC顺时针缓慢转动一小角度，其他操作均正确，则（ ）A弹簧秤甲的示数不变B弹簧秤甲的示数一直减小C弹簧秤乙的示数可能增大D弹簧秤乙的示数一定先减小后增大【答案】（ 1） BD；（ 2）不变化；（3） ACD；（ 4） BC。【解析】试题分析：（ 1）两个分力的夹角大小适当，在作图时

19、有利于减小误差即可，并非越大或越小越好，故A 错误；两个分力F1、 F2 的大小要适当大些，可以减小偶然误差，故B 正确；拉橡皮条的细绳要稍长一些，这样描出两点画出拉力方向时更准确，故C 错误；为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，同时读数时注意视线要正对弹簧刻度，故D正确。（2）把细绳换成橡皮筋后，橡皮筋本身的张力还是会把实验用的橡皮筋拉到O点，作用效果不变。（3）在进行该实验时为了便于记录两弹力的方向，实验时将弹簧水平放置，本实验采取“等效法”，即一个弹簧拉绳套和两个弹簧拉绳套效果相同，因此需要记录O点位置，以便两次都拉到同一位置；在求两个

20、力的合力时，需要知道其大小和方向，因此该实验需要记录弹簧秤的读数以及绳套的方向，故选A、 C、 D。（ 4）对结点 O受力分析，结点受三个力：橡皮条的拉力和两个弹簧测力计的拉力，保持结点 O的位置和 OB绳的方向不变，即两弹簧测力计的合力方向、大小都不变，根据矢量三角形可知，弹簧秤甲的示数一直减小，弹簧秤乙的示数在两弹簧秤垂直时最小，即弹簧秤乙10/15的示数可能一直减小，可能一直增大，也可能先减小后增大。考点：实验验证力的平行四边形定则13. 某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为 h 0 25 m 、开口向右的小筒中（没有外力作用时弹簧的另一端位于

21、筒内），如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒外弹簧的长度l ，现要测出弹簧的原长l 0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变所挂钩码的个数来改变l ，作出 F-l图线如图乙所示则，弹簧的劲度系数为_N/m，弹簧的原长l 0 _m【答案】 100 0 15【解析】试题分析：根据胡克定律F 与 的关系式为：，从图象中可得直线的 斜 率 为2N/cm ， 截 距 为20N， 故 弹 簧 的 劲 度 系 数 为 ：， 由，于是：考点：考查了胡可定律【名师点睛】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数学推导能力14. 某同学利用如图甲所示的装置探究

22、加速度与合外力的关系. 小车质量为M，砂桶和砂的总质量为m，通过改变m来改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a 可由打点计时器和纸带测出 . 现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组 a、 F 值 (F 为弹簧测力计的示数).11/15(1) 根据实验数据画出了如图乙所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为 _( 选填字母代号 )A.(2) 砂桶和砂的总质量较大导致a 较大时，关于图乙的说法，正确的是_. (选填字母代号)A. 图线逐渐偏向纵轴B.图线逐渐偏向横轴C. 图线仍保持原方向不变(3) 图为上述实验中打下的一条纸带，A 点为

23、小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50 Hz ，则 C点的速度为 _ m/s ，小车的加速度为 _ m/s 2.( 以上两空均保留一位有效数字)【答案】(1). D(2). C(3). 0.8(4). 4【解析】【详解】（ 1）对小车分析，应有F=ma，解得：，由于图线经过坐标原点，所以横轴应为F，故D正确。故选D.（2）由于图象的斜率为k=，所以增大沙和沙桶质量，k 不变，仍保持原方向不变，所以C正确。故选C.（3）纸带上面每打一点的时间间隔是0.02s ，且每两个记数点间还有四个计时点未画出，T=0.1s 。根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过

24、程中的平均速度，可以求出打纸带上 C 点时小车的瞬时速度大小。连续相等时间内的位移差为x=4cm=0.04m，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2 可12/15得：【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，能利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，提高解决问题能力。三、计算题 ( 本题共 3 小题，共36 分 )15. 某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在 0o90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x, 若木板倾角不同时对

25、应的最大位移x 与木板倾角的关系如图所示。g 取 10m/s2。求 ( 结果如果是根号，可以保留) ：（1）小铁块初速度的大小v0 以及小铁块与木板间的动摩擦因数 是多少？（2）当 =60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？【答案】（ 1） 5m/s；（ 2）m/s【解析】试题分析：（ 1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有： mgsin ?S mgcos ?S=0-解得：2由图可得，当 =90°时，根据v0 =2gs，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s由图可得，=30°时， s=1.25 ，代入数据得：（2）物体沿斜面上升的最大位移s 与斜面倾角 的关系为：把 =60°代入，解得：13/15由动能定理得：mgcos?2S=解得：m/s；考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力【名师点睛】（1）根据动能定理，求出物体沿斜面上升的最大位移s 与斜面倾角 的关系表达式，然后结合图象当 =90°时的数据求出物体的初速度；求出物体沿斜面上升的最大