大名县第一中学届高三（实验班）上学期第一次月考物理试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精河北省大名县第一中学2018届高三(实验班)上学期第一次月考物理试题一选择题（共45分.1-5为单向选择题，每道题4分。6—10为多项选择题，每道题5分，全对得5分,漏选的3分,错选得0分）1。如图所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时开始运动的v－t图线，已知在第3s末两个物体在途中相遇，则(）A.A、B两物体是从同一地点出发B。3s内物体A的平均速度比物体B的大C。A、B两物体在减速段的加速度大小之比为3∶1D。t＝1s时，两物体第一次相遇【答案】D【解析】试题分析：3s内A、B的位移分别为，，(v—t图象中图象与坐标轴围成的面积为位移），第3s末两个物体在途中相遇，出发时相距不是从同一点出发,A错误；3s内,,B错误；减速阶段,，，，C错误；当时,，，，此时刚好相遇，D正确；故选D。【名师点睛】从v-t图象中读出物体运动的信息,即初速度、各时间段斜率表示加速度、图象与坐标轴围成的面积表示位移；平行于时间轴的直线表示物体做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀加速运动或匀减速运动，结合运动学公式，判断出正确的选项。考点：v-t图象、匀变速直线运动规律的应用.2.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动,力F的最大值是（)

A.B.C。D.【答案】A【解析】对木块分析得，2f—Mg=Ma．对整体分析得,F-（M+m）g=(M+m）a，联立解得．故A正确，BCD错误．故选A．3。如图，斜面体A静置于粗糙水平面上，被一轻绳拴住的小球B置于光滑的斜面上,轻绳左端固定在竖直墙面上P处，此时小球静止且轻绳与斜面平行。现将轻绳左端从P处缓慢沿墙面上移到P'处，斜面体始终处于静止状态，则在轻绳移动过程中A。轻绳的拉力先变小后变大B。斜面体对小球的支持力逐渐增大C.斜面体对水平面的压力逐渐增大D.斜面体对水平面的摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】试题分析：A、B、小球受力如图1所示,小球受到斜面体的支持力FN1及轻绳拉力F的合力始终与小球重力G1等大反向，当轻绳左端上升时,F增大，FN1减小，故A、B错误;C、D、对斜面体A进行受力分析，如图2所示，随小球对斜面压力FN1的减小，由受力平衡可知，水平面对斜面体的支持力FN2逐渐减小，摩擦力Ff逐渐减小，由牛顿第三定律可知C错误、D正确．故选D．考点：考查共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力．【名师点睛】本题考查共点力平衡条件的动态分析问题,要注意明确受力分析规律，并注意找出不变的力和只有方向不变的力，从而明确其他力的变化规律．4。如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为mA和mB，由于B球受到水平风力作用，A与B球一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ,则下列说法中正确的是（)．A.B球受到的风力为mBgtanθB.风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变C.杆对A环的支持力随着风力的增加而增加D。A环与水平细杆间的动摩擦因数为【答案】A【解析】对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如左图；5。如图所示,物体B的上表面水平，给A、B一个初速度，它们保持相对静止一起沿斜面下滑，斜面保持静止不动且受到地面的摩擦力水平向左，则下列判断正确的有

()A。物体B，C都各受5个力作用B.水平面对物体C的支持力大于三物体的重力之和C。若只减小B的质量，其它条件不变，物体C有可能不受水平面的摩擦力D。物体B的上表面一定是粗糙的【答案】D【解析】因为斜面保持静止不动且受到地面的摩擦力水平向左，可知ＡＢ的整体沿斜面加速下滑；则B受到重力、A的压力和摩擦力、斜面的支持力，还可能受到斜面的摩擦力，也可能不受摩擦力，则Ｂ可能受5个力，也可能是４个力；C受到重力、B的压力和可能有的摩擦力、地面的支持力和摩擦力，则Ｃ可能受5个力，也可能是４个力．故Ａ错误．AB有竖直向下的分加速度，由失重观点可知,水平面对物体C的支持力小于三物体的重力之和，故Ｂ错误．

若只减小B的质量，其它条件不变，B对C的压力和摩擦力的倍数关系不变，则物体C仍受水平面水平向左的摩擦力，故Ｃ错误．因AB有水平向左的加速度，A要与B保持静止，必定受到B给予的水平向左的静摩擦力,所以物体B的上表面一定是粗糙的，故Ｄ正确．故选Ｄ．点睛:本题是整体法和隔离法的综合应用,对加速度不同的几个物体也可以运用整体法，要求同学们能正确对物体进行受力分析,一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析受力情况．6。两倾斜的滑杆上分别套有A、B两个圆环，两圆环上分别用细线悬吊着一个物体，如图所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线与滑杆垂直，B的悬线竖直向下，则（)A。A圆环与滑杆无摩擦力B。B圆环与滑杆无摩擦力C.A圆环做的是匀速运动D。B圆环做的是匀速运动【答案】AD【解析】试题分析：假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析：重力、拉力、支持力,假设A环受到沿杆向上的摩擦力f，如图,根据牛顿第二定律，有：mAgsinθ—f=mAa…①对C:mCgsinθ=mCa…②由①②两式，解得：a=gsinθ，f=0，即A环与滑杆无摩擦力，做匀加速运动．故A正确，C错误；对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动；再对B求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有沿杆向上的摩擦力．故D正确B错误．故选AD．考点：牛顿第二定律；物体的平衡.7。如图所示,光滑杆O’A的O'端固定一根劲度系数为k=10N/m，原长为的轻弹簧，质量为m=1kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，O'O为过O点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ=30°，开始杆是静止的，当杆以O’O为轴转动时，角速度从零开始缓慢增加，直至弹簧伸长量为0.5m,下列说法正确的是(）A。杆保持静止状态，弹簧的长度为0。5mB。当弹簧恢复原长时，杆转动的角速度为C。当弹簧伸长量为0.5

m时，杆转动的角速度为D.在此过程中，杆对小球做功为12.5J【答案】ACD【解析】当杆静止时，小球受力平衡，根据力的平衡条件可得:mgsin30°=kx，代入数据解得：x=0。5m，所以弹簧的长度为：l1=l0—x=0。5m,故A正确；当弹簧恢复原长时,由牛顿第二定律可得：mgtan30°=mω12l0cos30°,解得：，故B错误；当弹簧伸长量为0.5m时，小球受力如图示：

水平方向上：F2cos30°+Nsin30°=mω22（l0+x)cos30°

竖直方向上：Ncos30°=mg+F2sin30°

弹簧的弹力为:F2=kx;联立解得：ω2=,故C正确；在此过程中，由动能定理可得：W-mg∙2xsin30°=m［ω2(l0+x）cos30°］2—0,解得：W=12。5J，故D正确．故选ACＤ．点睛：本题考查了动能定理、牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，知道小球做匀速转动时，靠径向的合力提供向心力,并结合竖直方向上的合力为零，联立求解．8。如图是滑雪场的一条雪道。质量为70kg的某滑雪运动员由A点沿圆弧轨道滑下，在B点以5m/s的速度水平飞出,落到了倾斜轨道上的C点（图中未画出).不计空气阻力，θ=30°，g=10m/s2，则下列判断正确的是A。该滑雪运动员腾空的时间为1sB。BC两点间的落差为mC.落到C点时重力的瞬时功率为WD。若该滑雪运动员从更高处滑下，落到C点时速度与竖直方向的夹角不变【答案】AD【解析】试题分析：运动员平抛的过程中，水平位移为,竖直位移为，落地时:考点：功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动【名师点睛】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，根据水平位移与竖直位移之间的关系求的时间和距离.9。如图所示，质量m＝1kg的物块，以速度v0＝4m/s滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上A、B两点间的距离L＝6m,已知传送带的速度v＝2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0。2，重力加速度g取10m/s2.关于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是（）A.物块在传送带上运动的时间为4

sB。物块滑离传送带时的速率为2

m/sC。皮带对物块做功为6JD.整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18

J【答案】BD【解析】滑块先向右匀减速，对于向右滑行过程，根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg=2m/s2

根据运动学公式,有0=v0—at1；，解得t1=2s，x=4m；向左匀加速过程，根据运动学公式,有，t2==1s;最后3m做匀速直线运动，即物块滑离传送带时的速率为2m/s，有t3═1.5s，即滑块在传送带上运动的总时间为:t=t1+t2+t3=4.5s，故A错误,B正确；向右减速过程和向左加速过程中，摩擦力为恒力，故摩擦力做功为：Wf=-f(x—x1）=-μmg（x-x1)=-6J,即物体克服摩擦力做功6J，或摩擦力对物体做功—6J，故C错误；整个运动过程中由于摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和,等于摩擦力与相对路程的乘积；物体向右减速过程，传送带向左移动的距离为：l1=vt1=4m;物体向左加速过程，传送带运动距离为：l2=vt2=2m，即Q=fｓ=μmg［(l1+x)+（l2—x1）]=18J，故D正确；故选BD．10.如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α〈β，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块,细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦,A、B恰好在同一高度处于静止状态。剪断细绳后,A、B滑至斜面底端，M始终保持静止。则（）A。滑块A的质量大于滑块B的质量B。两滑块到达斜面底端时的速度相同C。两滑块到达斜面底端时，滑块A重力的瞬时功率较大D.在滑块A、B下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力【答案】AD【解析】试题分析:因两物体静止,所以，因，所以，故选项A正确；速度是矢量，两滑块到达底端时的速度方向不同,故B选项错;由机械能守恒定律知到达底端时两滑块的速率相等,由及上面的分析可知，两物块重力的瞬时功率相等,故C选项错;滑块A、B下滑的过程对斜面体的压力在水平方向的分力为：水平向右，水平向左，因，所以，斜面体处于静止状态，所以受地面的静摩擦力水平向左，故D选项正确。考点：本题考查了共点力平衡条件、机械能守恒定律、瞬时功率公式的应用。二实验题（共17分)11.如图（a）是“探究加速度与力、质量的关系"的实验装置示意图。重力加速度取g。(1）为了平衡小车受到的阻力，应适当抬高木板的________端(填“左"或“右"）。(2)细砂和小桶的总质量为m，小车的质量为M,实验要求m________M（填“远大于"或“远小于"）。该实验的原理是在平衡小车受到的阻力后，认为小车受到的合外力是________,其值与真实值相比________（填“偏大"或“偏小”),小车受到合外力的真实值为________.(3）保持细砂和砂桶的质量不变，改变小车的质量M，分别得到小车的加速度a与其对应的质量M，处理数据的恰当方法是作________(填“a－M”或“a－”）图象.(4）保持小车的质量不变,改变细砂的质量,甲、乙、丙三位同学根据实验数据分别作出了小车的加速度a随合外力F变化的图线如图（c)、（d)，(e)所示。

图(c)中的图线上部出现了弯曲，偏离了原来的直线，其主要原因是___________________________。

图（d)中的图线不通过原点,其主要原因是______________________________。

图（e)中的图线不通过原点，其主要原因是________________________.【答案】(1）.（1）右(2)。（2）远小于（3）。mg（4).偏大(5）。mg(6）.(3)a－(7）。(4)没有满足实验条件m≪M（8）。木板的倾角过小（9）.木板的倾角过大【解析】（1）将不带滑轮的木板右端适当垫高,在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动,以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力，这就是平衡摩擦力．

（2）根据牛顿第二定律得：对m:mg-F拉=ma；对M:F拉=Ma；解得:当m＜＜M时，即当细砂和小桶的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于细砂和小桶的总重力．该实验的原理是，在平衡小车受到的阻力后，认为小车受到的合外力是mg，其值与真实值相比偏大，小车受到合外力的真实值为．

（3）保持细砂和砂桶的质量不变，改变小车的质量M，分别得到小车的加速度a与其对应的质量M，处理数据的恰当方法是作a—

（４）从图(c)中的图线上可以看出:F从0开始增加,砂和砂桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂和砂桶的重力在增加，那么在后面砂和砂桶的质量就没有远小于车的质量呢，那么绳子的拉力与砂和砂桶的总重力就相大呢．所以偏离了原来的直线，其主要原因是砂和砂桶的质量没有远小于车的质量．

从图(d)中的图线不通过原点，当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的摩擦力还没有完全平衡掉．则图（d)中的图线不通过原点主要原因是木板的倾角过小．

图(e）中的图线不通过原点，说明没加拉力时小车就已经加速运动了,其主要原因是木板的倾角过大;点睛：实验问题需要结合物理规律去解决．实验考查的是力学问题，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力增大，摩擦力减小等现象，这些我们都要从学过的力学知识中解决．12.橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即F＝kx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明k＝,其中Y是一个由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量.(1)在国际单位中，杨氏模量Y的单位应该是_______________。

A.N

B。m

C。N/m

D。N/m2(2)有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如图甲所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y的值。首先利用毫米刻度尺测得橡皮筋的长度L=20。00cm，利用测量工具a测得橡皮筋未受到拉力时的直径D=4.000mm，那么测量工具a应该是_______________。（3)用如图甲所示的装置就可以测出这种橡皮筋的Y值，上面的表格是橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的实验记录，请在图乙中作出F-x图像.由图像可求得该橡皮的劲度系数k=____________

N/m.(保留两位有效数字）拉力F/N5.010.015。020。025.0伸长量x/cm1。603.204。806。408。00（4）这种橡皮筋的杨氏模量Y=

_______________.(保留一位有效数字)【答案】(1）.(1)D(2).（2)螺旋测微器(或千分尺)（3)。图像如图;（3）3.1×102（4)。(4）5×106N/m2【解析】试题分析：(1)根据F="kx”及可知，所以Y的单位为；（2）因为橡皮条的直径为D=4。000mm，所以用螺旋测微器测量其直径；(3）图像如下，解得。（4）根据解得考点：此题考查了物理量单位的推导；用图像法处理数据及物理量的测量问题.三计算题13.如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相接，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直平面内，A、C两点等高。质量m=1kg的滑块（可视为质点）从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2。(1)求斜面AB的动摩擦因数μ(2)若改变起始滑块的释放高度，某次滑块通过圆弧BDC离开C处后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C点时对轨道的压力；(3）若要求滑块在圆弧BDC段不脱离轨道，则A下滑的高度H应该满足什么条件。【答案】（1）22N（2)2.4m【解析】（1）A到D过程，由动能定理得：mg（2R—R）-μmgcos45°×=0—0，解得：μ=0.5；

(2)离开C点后滑块做平抛运动，垂直打在斜面上时有

水平位移：x=vCt

竖直位移：速度关系：tan45°=，

位移关系:tan45°=,

解得：在C点，由牛顿第二定律得：mg+F=m，解得：F=3。3N

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力：F’=F=3。3N，方向：竖直向上；

（3）若滑块恰能到达C点，在C点,由牛顿第二定律得:

mg=m，解得：vC′=2m/s，

从高为H的最高点到C的过程,由动能定理得：mg（H-2R)-μmgcos45°×=mvC′2-0，解得：H=2m

由题意可知，滑块从A处，即距地面高度为2R=0。8m处下滑恰好到达D点，

所以，若使滑块在圆弧在BDC段不脱离轨道，则A下滑的高度H≥2m或H≤0.8m；点睛：本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，关键要注意挖掘隐含的临界条件，知道小球通过竖直平面圆轨道最高点时,重力恰好提供向心力，对于平抛运动，要结合几何知识进行求解．14.如图所示，足够长的倾角θ=37°的斜面与水平地面在P点平滑连接,通过轻绳连接的A、B两物体静置于水平地面上,质量分别为m1=2kg，m2=4kg，此时轻绳处于水平且无拉力，物体A与接触面之间的动摩擦因数均为μ1=0.5，物体B与接触面之间的动摩擦因数均为μ2=0.75.对物体B施加水平恒力F=76N，使两物体一起向右加速运动，经过时间t=2s物体B到达斜面底端P点,此时撤去恒力F。若两物体均可视为质点,重力加速度g=10m/s2,（物块在P点无机械能损失）求:(1)请计算两物体加速时轻绳上的力T;（2)进入斜面后，两物体恰好不相撞,求轻绳的长度L。【答案】（1）0。5（2)（3）或【解析】（1)两物体加速时对整体研究有:

F-μ1m1g-