四川省眉山一中办学共同体2019届高三物理9月月考试卷（含解析）.docx

四川省眉山一中办学共同体2019届高三9月月考物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. AB两质点从同一地点沿同一方向开始做直线运动，AB两质点运动的xt图象，如图所示，则下列说法正确的是（ ）AB质点最初4s做加速运动，后4s减速运动BA质点以20m/s2匀加速运动CAB两质点在4s遇D在04s点间的距离在一直增大【答案】C【解析】试题分析：图中是位移图象，其斜率等于物体的速度，根据数学知识求出速度由斜率的正负判断质点的运动方向解：A、B图象是曲线，斜率表示速度，前4s速度为正，且越来越小，后4s速度为负且速度越来越大，故A错误；B、由图象可知图中A质点做匀速运动，加速度为0，故B错误；C、位移时间图象的交点表示两者相遇，则A、B两质点在4s末相遇，故C正确；D、由图可知，04s内B的速度先大于A的速度后小于A的速度，则两个质点间的距离先增大，后减小，故D错误故选：C【点评】对于位移图象可直接读出质点的位移，位移x=x1x2由斜率等于物体的速度研究速度的大小和方向2.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量不守恒，机械能守恒C. 动量守恒，机械能不守恒D. 无法判定动量、机械能是否守恒【答案】C【解析】在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒故C正确，ABD错误故选C.点睛：本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力动量是否守恒要看研究的过程及研究系统受合外力是否为零，要细化过程分析，不能笼统；机械能是否守恒是看有无其他能量产生3.某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计。它可绕水平轴OO在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度匀速转动。矩形线圈通过滑环连接变压器。R0表示输电线的电阻，其它部分电阻忽略不计。以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是()A. 当用户数目增多时，电压表的读数不变，电流表读数变大B. 经过半个周期，电压表读数为0C. 发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSsintD. 若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最小【答案】A【解析】试题分析：当线圈与磁场平行时，感应电流最大，当两者垂直时，感应电流最小；确定瞬时表达式时，注意线圈开始计时的位置，从而得出正弦还是余弦；根据闭合电路欧姆定律来确定电流随着电阻变化而变化，但不会改变原线圈的电压，从而即可求解当用户数目增多时，消耗的电功率增大，电流表读数变大，只会改变副线圈的电流，不会改变原线圈的电压，A正确电压表的示数是有效值，不随时间发生变化，B错误；以线圈平面与磁场平行时为计时起点，感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScost，C错误；当线圈与磁场平行时，感应电流最大，D错误4.如图所示，质量为m的小球（可视为质点）放在光滑水平面上，在竖直线MN的左方受到水平恒力F1作用，在MN的右方除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用。现小球由A点静止开始运动，小球运动的v-t图象如右图所示。由图可知，下列说法正确的是（ ）A. F2的大小为B. 小球在MN的右方加速速度大小为C. 小球在MN右方运动的时间段为D. 小球在 这段时间内的最大位移为【答案】B【解析】【分析】由图可知，前内，物体做匀加速直线运动，内，物体先向右匀减速后反向向左匀加速，后向左匀减速，根据图象的斜率求加速度，由牛顿第二定律求的大小根据图象与时间轴所围的面积求位移【详解】在MN左边，即内，只有产生加速度，所以，所以，小球在MN的右方加速度大小等于至这段图象的斜率大小，为或，在MN右边，由和的合力提供加速度，根据牛顿第二定律得，把和的数据代入上式，可解得，A错误B正确；根据图象分析可知，小球在这段时间内是在MN右边运动的，所以小球在MN右方运动的时间为，C错误；根据图象的“面积”等于位移，时间轴上下的面积是对称的，故小球在t=0到t=t4这段时间位移为0，单方向最大位移为，D错误5.如图所示，物体P、Q经无摩擦的定滑轮用细绳连在一起，此时Q竖直匀速上升，P物体在水平力F作用下沿水平粗糙地面向右运动，则下列说法正确的是（）A. P做减速运动B. 细绳对P的作用力逐渐增大C. P所受摩擦力逐渐增大D. 细绳对滑轮的作用力大小不变【答案】AC【解析】试题分析：由于绳子的伸长不计，所以P沿绳子方向的分速度等于Q的速度，将P运动的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向进行正交分解，结合Q的速度不变，可判断P的运动情况；Q匀速运动，可知绳子拉力的大小不变，把绳子拉P的力沿水平方向和竖直方向进行正交分解，判断竖直方向上的分量的变化，从而可知P对地面的压力的变化，即可得知摩擦力的情况根据力的合成法分析细绳对滑轮的作用力大小如何变化解：A、设P向右运动的速度为vP，Q上升的速度为vQ，绳子与水平方向的夹角为将P运动的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向进行正交分解，则有vQ=vPcos，而vQ不变，减小，cos增大，则vP减小，即P做减速运动故A正确B、因为Q匀速上升，所以Q受力平衡，Q所受绳拉力T=GQ，根据定滑轮的特性，可知细绳对P的作用力也等于GQ，保持不变，故B错误C、以P为研究对象，由竖直方向力平衡，可得：N+Tsin=GP，GP、T不变，减小，sin减小，则地面对P的支持力N增大，因此P所受摩擦力逐渐增大故C正确D、细绳对滑轮的作用力等于两侧绳子拉力的合力，绳子拉力大小不变，夹角增大，则细绳对滑轮的作用力大小减小，故D错误故选：AC【点评】解决本题的关键要掌握绳端物体速度分解的方法：将绳端物体的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向进行正交分解，要注意Q匀速时P并不是匀速6.如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。质量为m、电阻可以不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，在这一过程中（ ）A. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C. 恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热D. 恒力F与安培力的合力所做的功等于零【答案】AC【解析】导体棒匀速上升过程中，合力为零，则合力所作的功等于零，根据动能定理得：，得，克服安培力所做功即等于回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，恒力F等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和，A正确B错误；由得，即恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R上发出的焦耳热，故C正确；重力做功不改变金属棒的机械能，恒力F与安培力的合力所做的功等于金属棒机械能的增量，故D错误7.如图甲所示，物体受到水平拉力F的作用，沿水平面做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测得力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2，则( )A. 物体的质量m=0.5kgB. 物体与水平面间的动摩擦因数=0.2C. 0-3s内拉力F对物体做的功为1JD. 0-3s内拉力F的冲量大小为6 Ns【答案】AD【解析】【详解】由速度时间图象可以知道在2-3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1-2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所，由牛顿第二定律可得，所以，A正确；由，所以，B错误；在第一秒内物体没有运动，物体在第2s内做匀加速运动位移为，第3s内做匀速运动位移，拉力F做功，C错误；0-3s内拉力F的冲量大小为，D正确【点睛】对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移8.如图所示，在倾角为的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，C为一垂直固定在斜面上的挡板A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面现开始用一水平力F从零开始缓慢增大作用于P，（物块A一直没离开斜面，重力加速度g）下列说法正确的是（ ）A. 力F较小时A相对于斜面静止，F增加到某一值，A相对于斜面向上滑行B. 力F从零开始增加时，A相对斜面就开始向上滑行C. B离开挡板C时，弹簧伸长量为mgsin/kD. B离开挡板C时，弹簧为原长【答案】BD【解析】试题分析：力F从零开始增加时，对整体来说，在水平方向上就开始有一个水平向左的加速度了，所以A也存在一个水平向左的加速度，对A分析，A受到竖直向下的重力，斜面给的垂直斜面向上的支持力，弹簧给的沿斜面向上的弹力，如图所示，将加速度分解，如图所示根据牛顿第二定律可得，随着F的增大，a也在增大，所以kx在减小，即x在减小，所以A将向上运动，A错误B正确；物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体B对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图所示根据牛顿第二定律，有，解得：B离开挡板C时，则得 x=0，弹簧为原长，故C错误D正确考点：考查了牛顿第二定律的应用【名师点睛】在使用牛顿第二定律时，一般步骤为：1、确定研究对象；2、分析物体运动状态；3、对研究对象受力分析；4、建立坐标系；5、选取正方向；6、根据牛顿第二定律列方程求解，必要时对结果进行讨论分析二、实验题9.某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”时，将轻质弹簧竖直悬挂，弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，通过旁边竖直放置的刻度尺可以读出弹簧末端指针的位置x，实验得到了弹簧指针位置与小盘中砝码质量m的图象如图乙所示，取g=l0m/s2回答下列问题：(1)某次测量如图甲所示，指针指示的刻度值为_cm；(2)从图乙可求得该弹簧的劲度系数为_N/m(结果保留两位有效数字)；(3)另一同学在做该实验时有下列做法，其中做法错误的是_A实验中未考虑小盘的重力B刻度尺零刻度未与弹簧上端对齐C读取指针指示的刻度值时，选择弹簧指针上下运动最快的位置读取D在利用x-m图线计算弹簧的劲度系数时舍弃图中曲线部分数据【答案】 (1). 18.00 (2). 0.30 (3). BC【解析】【详解】（1）刻度尺的最小分度为0.1cm；故读数为18.00cm；（2）图象的斜率的倒数为弹簧的劲度系数，故；（3）本实验中可采用图象进行处理，故小盘的重力可以不考虑，A正确；读数时开始时的零刻度应与弹簧上端对齐；才能准确测量，B错误；在读指针的位置时，应让弹簧指针静止之后再读取，C错误；当拉力超过弹性限度时，将变成曲线；不再符合胡克定律，故应适舍去，D正确10.某同学做“探究加速度与力、质量关系”的实验。如图甲所示是该同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放。（1）实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为_。（2）若用游标卡尺测出光电门遮光条的宽度d如图乙所示，则d_cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t，就可以计算出小车经过光电门时的速度v。（3）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间t，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出v2m线性图象（如图所示），从图线得到的结论是：在小车质量一定时，_。如果小车的质量M=5kg，图像的斜率K=1，则AB间的距离x=_m（g取10 m/s2）（4）另一实验小组设计了如图(a)所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图(b)所示滑块和位移传感器发射部分的总质量m_ kg；滑块和轨道间的动摩擦因数_.(重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)【答案】 (1). (1)mM (2). (2)1.050 (3). (3)加速度与合外力成正比 (4). 0.25 (5). 0.5 (6). 0.2【解析】（1）该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，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根据牛顿第二定律得：对m：mg-F拉=ma对M：F拉=Ma解得：，当mM时，即当重物重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于重物的总重力（2）游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm=1.050cm；数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：，由题意可知，M、s不变，因v2-m图象为过原点的直线，则说明加速度与合外力成正比如果小车的质量M=5kg,图像的斜率K=1，则 ，解得AB间的距离x=0.25m.（4）当轨道水平时，根据牛顿第二定律得：，可知图线的斜率，解得：m=0.5kg纵轴截距g=2，解得：=0.2三、计算题.11.一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5s后警车发动起来，并以2.5 m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h 以内问：（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？（2）警车发动后要多长时间才能追上货车？【答案】（1）75m；(2)12s【解析】试题分析：刚开始时货车的速度大于警车速度，故两车之间的距离越来越大，当两车速度相等时，位移最大，之后警车速度大于货车，两车之间的距离逐渐减小直至追上，在此过程中注意，警车发动的时间，货车在做匀速运动，而警车不能一直加速下去，当速度达到108km/h时就不能增加了，而做匀速运动所以该题要先分析警车能不能在匀加速阶段追上货车，若不能，则在匀速阶段追上，当警车追上货车时两车位移相等。（1）当两车速度相同时距离最大根据速度时间公式：vat可得警车达到10m/s的时间：在这段时间警车的位移 货车相对于出发点的位移x210(7+4)110m两车间的最大距离：（2）由108km/h30m/s根据速度时间公式：vat警车达到最大速度的时间：此时警车的位移货车相对于出发点的位移x410(7+12)190m由于警车的位移小于货车的位移，所以仍末追上设再经过t3追上，则(30-10)t3190-180解得：t30.5s所以总时间为：则警车发动后经过12.5s才能追上。点睛：本题主要考查了追击相遇问题，要抓住速度、时间、位移之间的关系，必要时可以作出速度时间图象帮助解题。12.如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2（设最大静摩擦擦等于滑动摩擦），t=0时，车在外力作用下开始沿水平面做直线运动，其vt图象如图乙所示，已知t=12s时，平板车停止运动，此后平板车始终静止g取10m/s2，在运动过程中物块未从平板车上掉下（1）求t=3s时物块的加速度；（2）求t=8s时物块的速度；（3）若物块相对平板车的运动会留下痕迹，请求出物块整个运动过程中在平板车上留下的痕迹的长度【答案】（1）2m/s2（2）16m/s（3）48m【解析】（1）平板车对物块的摩擦力最大值为fmax=mg，故物块的加速度最大值为 但平板车的加速度由图象知为 故平板车不可能与物块一起向右加速，其加速度只能取a1=amax=2m/s2（2）物块向右做加速度为2m/s2的匀加速运动，而平板车则做加速度为a0=4m/s2的加速运动；当t=t1=6s时，物块速度v1=a1t1=12m/s此后，由图象可知平板车在外力作用下做初速度为v0=24m/s、加速大小为a0=4m/s2的匀减速运动，开始时物块的速度仍小于平板车的速度，故物块仍加速，直至两者共速设平板车减速持续时间为t2，两者共速，则：v=v1+a1t2=v0-a0t2解得：t2=2s，v=16m/s故t=8s时物块的速度为v=16m/s（3）t=8s后，平板车的加速度为a0=4m/s2，而物块的加速度源于摩擦力，其最大值为a1=amax=2m/s2，显然物块不可能与平板车一起减速，只能做加速度为a1=amax=2m/s2的匀减速运动，直至停止在物块与平板车共速前，物块相对于平板车向后运动，其相对位移大小为 解得：x1=48m物块与平板车共速后，物块相对于平板车向前运动，其相对位移大小为 两阶段的相对运动而产生的痕迹会有部分重叠，由于x1x2，故痕迹长度为x=48m点睛：本题考查牛顿第二定律的应用，涉及多个物体多个过程，所以难度较大； 在分析中一定要注意考虑可能的情况，正确分析找出准确的运动规律； 同时要掌握通过受力分析和过程分析来明确物体的运动过程是难点所在，对学生要求较高； 最后一问中，要注意判断痕迹出现了重叠现象13.下列说法中正确的是_A 除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光B 简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越