四川省彭州县2023届高三物理9月月考试题（含解析）

PAGEPAGE16四川省彭州县2022届高三物理9月月考试题〔含解析〕选择题：此题共21小题，每题6分。第1~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.以下说法中不可能发生的运动是()A.物体运动的加速度等于0，而速度却不等于0B.两物体相比，一个物体的速度变化量比拟大，而加速度却比拟小C.物体具有向东的加速度，而速度变化量的方向却向西D.物体做直线运动，后一阶段的加速度比前一阶段小，但速度却比前一阶段大【答案】C【解析】A、加速度与速度无关，物体做匀速运动时，速度不为零，加速度为零，故A错误；B、物体的速度变化大，但所需时间更长的话，物体速度的变化率可能很小，那么加速度就会很小，故B错误；C、加速度与速度变化量方向相同，物体具有向东的加速度，那么速度变化量的方向一定也向东，故C正确；D、当物体做加速度越来越小的加速度运动时，速度越来越大，加速度却在减小，故D错误。应选：C。2.刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈，如图是斧头劈木柴的示意图．劈的纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背加一个力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开．设劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，不计斧头的自身重力，那么劈的侧面推压木柴的力约为()A.FB.FC.FD.F【答案】B【解析】将力F分解为F

1、F

2两个分力。这两个分力分别与劈的两个侧面垂直，根据对称性，两分力F

1、F

2大小相等，这样，以F

1、F

2为邻边的平行四边形就是一个菱形，因为菱形的对角线互相垂直且平分，所以根据三角形相似：所以F

1=F

2=，故B正确；ACD错误；应选：B【名师点睛】力F产生两个作用效果，向两侧面推压物体，将力F按照力的平行四边形定那么分解，由力三角形找几何关系，得到两个分力。3.外表粗糙的长直木板的上外表的一端放有一个木块，如下图，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角α变大，最大静摩擦力大于滑动摩擦力)，另一端不动，那么木块受到的摩擦力f随角度α变化的图像是以下图中的()A.B.C.D.【答案】C【解析】此题应分三种情况进行分析：

当0°≤α＜arctanμ〔μ为木块与木板间的动摩擦因数〕时，木块相对木板处于静止状态，木块受静摩擦力作用，其大小与重力沿木板〔斜面〕方向分力大小相等，即Ff=mgsinα，α=0°时，Ff=0；Ff随α的增大按正弦规律增大；

当α=arctanμ时处于临界状态，此时摩擦力到达最大静摩擦力，由题设条件可知其大于滑动摩擦力大小；

当arctanμ＜α≤90°时，木块相对木板向下滑动，木块受到滑动摩擦力的作用，可知Ff=μFN=μmgcosα，Ff随α的增大按余弦规律减小，C正确。应选C。【名师点睛】当α较小时，木块处于静止状态，受的是静摩擦力，根据木块受重力，木板的支持力和静摩擦力平衡可知摩擦力的大小；当α较大时，木块沿斜面下滑，受的是滑动摩擦力，摩擦力的大小为μmgcosα，据此解答。4.如下图，质量分布均匀的光滑小球O，放在倾角均为θ的斜面体上，斜面体位于同一水平面上，且小球处于平衡，现让挡板MN从甲图缓慢变化到丁图的过程中，那么以下说法中正确的选项是()A.甲图中斜面对球O弹力最小B.丙图中斜面对球O弹力最小C.乙图中挡板MN对球O弹力最小D.丙图中挡板MN对球O弹力最小【答案】D【解析】将甲、乙、丙三种情况小球的受力图作在一幅图上，斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，即得到三种情况下合力相等，根据平行四边定那么得知，丙图中挡板MN对球O弹力NMN最小，丁图中斜面对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G，故ABC错误、D正确。应选：D。【名师点睛】解答此题可采用作图法：将甲、乙、丙三种情况小球的受力图作出一幅图上，抓住重力一定，斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力相等，由几何关系求出斜面对小球的最小弹力和挡板对小球的最小弹力。5.如下图，是某同学站在压力传感器上，做下蹲、起立的动作时记录的压力随时间变化的图线。由图线可知，该同学的体重约为650N，在2s~8s时间内〔〕A.该同学做了一次下蹲再起立的动作B.该同学做了两次下蹲再起立的动作C.下蹲过程中人一直处于失重状态D.下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态【答案】A【解析】试题分析：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲-起立的动作，故A正确，B错误；由图可知，下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，故CD错误；应选A。考点：失重和超重【名师点睛】此题考察物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别;失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．6.如下图，质量为M的小车放在光滑的水平面上。小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M>m。现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT；假设用另一力F'水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a'向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为FT'，那么〔

〕A.FT'=FTB.FT'>FTC.a'=aD.a'>a【答案】AD【解析】先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力根据牛顿第二定律，有F=(M+m)a

①再对左图中情况下的小球受力分析，如图根据牛顿第二定律，有F−FTsinα=ma

②FTcosα−mg=0

③由以上三式可解得FT=mgcosαa=mgtanα/M再对右图中小球受力分析，如图由几何关系得：F合=mgtanαFT'=mgcosα再由牛顿第二定律，得到a′=gtanα由于M>m，故a′>a，FT'=FT应选：AD。【名师点睛】先对左图中情况下的整体受力分析，运用牛顿第二定律列式；然后对小球受力分析，运用牛顿第二定律列式，求出绳子的拉力T和加速度a；再次对右图中的小球受力分析，运用牛顿第二定律求出绳子的拉力T′和加速度a′；最后再比拟结果即可。7.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滑水平地面上的A处滑上传送带。假设从小物块滑上传送带开始计时，小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。v2>v1，那么〔

〕A.t2时刻，小物块离A处的距离到达最大B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离到达最大C.0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右D.假设t3时刻小物块刚好回到A处，那么t1<t3-t1【答案】BCD【解析】A、在0-t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，在t1-t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离到达最大，故A错误；

B、t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，那么知小物块相对传送带滑动的距离到达最大，故B正确；

C、0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故C正确；

D、小物块向右运动和向左运动的加速度相等，v2>v1，所以小物块向右运动的平均速度大于向左运动的平均速度，位移相等，向右运动的时间小于向左运动的时间，所以t1<t3-t1，故D正确。

应选：BCD。8.如下图，在倾角为θ=37º的固定光滑足够长斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1=2kg、m2=3kg，弹簧劲度系数为k=100N/m，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A的速度为1m/s，加速度方向沿斜面向上，大小为0.5m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，g取10m/s2，那么〔〕

A.恒力F=31NB.从用力F拉物块A开始到B刚离开C的过程中，A沿斜面向上运动0.3mC.物块A沿斜面向上运动过程中，A先加速后匀速运动D.A的速度到达最大时，B的加速度大小为0.5m/s2【答案】AB【解析】A、当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2=m2gsinθ，解得弹簧的伸长量x2=m2gsinθk=3×10×0.6100m=0.18m，根据牛顿第二定律得，F−m1gsinθ−kx2=m1a，解得：F=31NB、开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：m1gsinθ=kx1，解得弹簧的压缩量x1=m1gsinθ/k=2×10×0.6/100m=0.12m，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x=x1+x2=0.3mC、对整体，根据牛顿第二定律可知F−(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a，解得a=0.2m/s2，故A不可能做匀速运动，故CD.当A的加速度为零时，A的速度最大，设此时弹簧的拉力为FT，那么：F−FT−m2gsinθ=0所以FT=F−m2gsinθ=31−3×10×0.6N=13N，以B为研究对象,那么：FT−m2sinθ=ma′所以：a′=0.75m/s2，故D错误应选：AB。【名师点睛】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的形变量，得到弹簧的长度变化情况，从而求出A发生的位移；根据牛顿第二定律求出F的大小；当A的加速度为零时，A的速度最大，根据合力为零求出弹簧的拉力，从而结合牛顿第二定律求出B的加速度。9.有同学利用如下图的装置来验证力的平行四边形定那么：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统到达平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，答复以下问题：(1)改变钩码个数，实验能完成的是〔____〕A．钩码的个数N1＝N2＝1，N3＝3B．钩码的个数N1＝2，N2＝4，N3＝3C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数N1＝6，N2＝3，N3＝1(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是〔____〕A．用天平测出钩码的质量B．用量角器量出三段绳子之间的夹角C．量出OA、OB、OC三段绳子的长度D．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向(3)在作图时，你认为图中________(选填?°甲?±或?°乙?±)是正确的．【答案】(1).BC(2).D(3).甲【解析】(1)对O点受力分析OA、OB、OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD，A项以钩码的个数表示力的大小，那么不能构成三角形，故A错误。B项以钩码的个数表示力的大小，那么三力为边构成等腰三角形，故B正确。C项以钩码的个数表示力的大小，那么三力为边构成等边三角形，故C正确D项以钩码的个数表示力的大小，那么不能构成三角形，故D错误应选：BC。(2)为验证平行四边形定那么，必须通过作受力图。所以先明确受力点，即标记结点O的位置；其次要作出力的方向并读出力的大小，即三段绳子的方向。应选：D。〔3〕F3是OC拉力的方向，一定沿OC方向；F和是根据平行四边形法那么做出的合力方向，与OC方向会存在一定偏差，甲是正确的。10.用如下图的实验装置做?°探究加速度与力、质量的关系?±实验：(1)实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是〔____〕A．小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动B．小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动C．小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动(2)如图为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：x1＝0.55cm，x2＝0.94cm，x3＝1.35cm，x4＝1.76cm，x5＝2.15cm，x6＝2.54cm.打下3点时小车的瞬时速度v3＝________m/s；小车的加速度a＝________m/s2.(计算结果均保存2位有效数字)(3)某小组在研究?°外力一定时，加速度与质量的关系?±时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M，分别记录小车加速度a与其质量M的数据．在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a与其质量M的图像，如图，然后由图像直接得出a与M成反比．乙同学认为应该继续验证a与其质量倒数是否成正比，并作出小车加速度a与其质量倒数的图像，如下图．你认为________同学(选填甲或乙)的方案更合理．(4)另一小组在研究?°小车质量一定时，加速度与质量的关系时，用改变砂的质量的方法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出a－F图像，如下图．发现图像既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是〔____〕A．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大B．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大C．没有平衡摩擦力，且小车质量较大D．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大【答案】(1).C(2).0.16(3).0.40(4).乙(5).B【解析】(1)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放(静止)在长木板上，挂好纸带(纸带和打点计时器的限位孔之间有摩擦力)、不挂砂桶，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，轻推小车，使小车做匀速运动(纸带上两点的距离相等)即可，故C正确；(2)①打点计时器的工作周期为T

0=0.02s，相邻两计数点间都有四个打点未画出,所以两计数点之间的时间间隔为T=5T

0=0.1s②s

7−s

6=s

6−s

5可知s

7=2s

6−s

5=2×2.54−2.15=2.93cm比拟接近2.96cm，应选C③根据匀变速直线运动的规律：计数点3的速度为：v

3=〔s

3+s

4〕/2T=〔0.0135+0.0176〕/0.2m/s=0.16m/加速度为：a=△st2

=(s

4+s

5+s

6−s

1-s

2-s

3)/9T2

=(0.0176+0.0215+0.0254−0.0055-0.0094-0.0135)/9×0.12

=0.40m/s(3)图像是一条直线时，两变量之间的关系更明确，所以应作出小车加速度a与其质量倒数的图像，乙同学的方案更合理。(4)图象与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶：mg−F=ma，对小车：F=Ma，可得小车受到的拉力，本实验用砂桶的重力代表小车受到的合外力(拉力)，可知，F<mg，只有m<<M时，才有F≈mg，所以砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是m<<M。当m<<M时，即砂桶总重力远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砂桶的总重力，小车的加速度a与拉力F成正比，如果砂和小桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂桶重力，加速度与砂桶重力(小车受到的合力)不成正比，a−F图象发生弯曲，不再是直线。B正确。11.近几年大假期间，国家取消了7座及其以下的小车的收费公路的过路费，给自驾带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过．假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过vt＝21.6km/h，事先小汽车未减速的车速均为v0＝108km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4m/s2.(1)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6m/s2的加速度加速至原来的速度，那么从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？(2)在(1)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【答案】〔1〕10s〔2〕4s【解析】(1)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2那么：减速阶段：vt=v0−a1t1加速阶段：v0=vt+a2t2那么加速和减速的总时间

t=t1+t2=10s

(3)在减速阶段：，解得x1=108m在加速阶段：，解得：x2=72m

那么总位移x=x1+x2=180m假设不减速所需时间t′=〔x1+x2〕/v0=6s

车因减速和加速过站而耽误的时间△t=t1+t2-t′=4

s

12.如下图，一长L＝2m、质量M＝4kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5m，木板的正中央放有一质量为m＝1kg的物块(可视为质点)，木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48N，g取10m/s2，试求：(1)F刚作用时木板及滑块的加速度；(2)F作用了1.2s时，木板的右端离平台边缘的距离；(3)要使物块最终不能从平台上滑出去，那么物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件．【答案】〔1〕4m/s2〔2〕0.64m〔3〕0.2【解析】(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F−μ1(M+m)g−μ1mg=Ma1；解得：a1=6m/s2对物块有：μ1mg=ma2；解得：a2=4m/s2因为a2<a1，故假设成立。〔2〕设F作用t秒后，小物块恰好从木板左端滑离，那么有：代入数据解得：t=1s在此过程中，木板的位移为：x1==3m，末速度为：v1=a1t=6×1=6m/s物块的位移为：x2==2m，末速度为：v2=a2t=4×1=4m/s在小物块从木板上滑落后的0.2s内，由牛顿第二定律，对木板有：F−μ1Mg=Ma′1解得：a′1=8m/s木板发生的位移为：此时木板距平台边缘的距离为：△x=l−x1−x′1=5−3−1.36=0.64(2)小物块滑至平台后，做匀减速