2018届高三物理上学期第一次月考试卷(含解析) (I).doc

2018届高三物理上学期第一次月考试卷(含解析) (I)一、选择题:本题共12小题，每小题4分，共48分。（在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1. 甲、乙两质点自同一地点沿同一直线运动，其vt图象如图所示下列说法正确的是（ ）A. 第1s末，两质点相遇B. 第2s末，甲的加速度方向发生改变C. 第4s末，两质点相距20mD. 02s内，两质点间的距离越来越大【答案】C【解析】试题分析：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负解：A、甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移相等时，两者相遇根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移，可知，在t=1s时，甲的位移大于乙的位移，没有相遇故A错误B、速度图象的斜率表示加速度，则甲做匀变速直线运动，加速度一直没有变故B错误C、根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移可知，04s内甲的位移为0，回到出发点，乙的位移x=54=20m，所以第4s末，两质点相距20m故C正确D、01s内，甲的速度大于乙的速度，距离越来越大，12s内甲的速度小于乙的速度，距离越来越小，故D错误故选：C【点评】本题是速度时间图象问题，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，即可分析两物体的运动情况2.一艘小船在静水中的速度为4m/s，渡过一条宽200m，水流速度为5m/s的河流，则该小船（）A. 不能到达正对岸B. 以最短位移渡河时，位移大小为200mC. 渡河的时间可能少于50sD. 以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小为250m【答案】AD【解析】试题分析：当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短；因为静水速小于水流速，合速度方向不可能垂直于河岸，即不可能垂直渡河，当合速度的方向与静水速的方向垂直时，渡河位移最短因船在静水中的速度小于水流速度，故不能到达正对岸，A正确；因为不能垂直渡河，所以当合速度的方向与静水速的方向垂直，渡河位移最短，设此时合速度的方向与河岸的夹角为，sin=vcvs=45，则渡河的最小位移x=dsin=20045m=250m，B错误；当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，t=dvc=2004s=50s，C错误；以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小x=vct=550m=250m，故D正确3.如图所示，物体以一定的初速度从A点冲上固定的粗糙斜面，到达斜面最高点c后沿斜面反向下滑，已知物体沿斜面向上运动到AC长度3/4处的B点时，所用时间为t，则下列说法正确的是（ ）A. 物体由B到C的时间为t/3B. 物体由C到B的时间为tC. 物体由A到C的时间为2tD. 物体由C到A的时间小于2t【答案】C【解析】解:A、C项，物体向上匀减速运动,相当于从静止向下匀加速运动,则:根据x=12at2得,t=2xa,因为CB与CA的位移之比为1:4,则CB与CA的时间之比为1:2,所以CB与BA的时间之比为1:1.则物体从B运动到C的时间tbc=t,A到C的时间为2t.故A错误,C正确.B、根据牛顿第二定律知,返回的加速度小于上滑的加速度大小,则C到B的时间大于B到C的时间,即物体由C到B的时间大于t,故B错误.D、根据牛顿第二定律知,返回的加速度大小小于上滑的加速度大小,则C到A的时间大于A到C的时间,即大于2t,故D错误.所以C选项是正确的.点睛：采用逆向思维,结合匀变速直线运动的位移时间公式求出CB、CA的时间之比,从而得出CB与BA的时间之比,得出物体从B滑到C所用的时间.根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度大小,结合运动学公式比较运动的时间.4.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、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23T【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：a=FT6m，隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得：轻绳中拉力为F=3ma=12FT，由此可知，当F逐渐增大到FT时，轻绳中拉力等于12FTFT，即小于轻绳能承受的最大拉力为FT，轻绳还没有被拉断，故B错误；由上式得：当F逐渐增大到2FT时，a=2FT6m=FT3m，轻绳中拉力F=3ma=FT，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FT，后面两个木块的加速度a=FT3m，对质量为m木块研究，由牛顿第二定律得：摩擦力为f=ma=FT3，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FT的关系5.一物体做直线运动，其加速度随时间变化的图象如图所示，下列vt图象中，可能正确描述此物体运动的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】在0T2s内，物体沿加速度方向做匀变速运动，v-t图象是倾斜的直线；在T2T内，加速度为0，物体做匀速直线运动或处于静止状态，v-t图象是平行于t轴的直线；在T2T内，加速度反向，物体做匀变速直线运动，到2T时刻速度为零v-t图象是向下倾斜的直线因加速度的大小相等，所以在0T2s内及在T2T内的图线的斜率大小相同，D正确视频6.如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球相对容器静止于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为()A. mg2(Fm+M)2B. mg2+(Fm+M)2C. mg2+(Fm)2D. mg2+F2【答案】B【解析】试题分析：先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对小球研究，求出椭圆面对小球的支持力大小，由牛顿第三定律得到小球对椭圆面的压力大小先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a=FM+m，再对小球研究，分析受力情况，如图，由牛顿第二定律得到N=(mg)2+(ma)2=mg2+Fm+M2，B正确7.在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）A. 伽利略认为力是维持物体运动的原因B. 伽利略首先建立了力的概念C. 笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献D. 亚里士多德认为力不是维持物体运动的原因【答案】C【解析】解：亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略用理想斜面反驳，笛卡尔认同伽利略的观点，后经牛顿提出为牛顿第一定律，故选择C8.如图所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，Mm，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，细线与竖直方向成角，细线的拉力为FT若用一力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角，细线的拉力为FT，则它们的大小关系是( ) A. a=a，FT =FTB. aa，FT =FTC. aa，FTFTD. aa，FTFT【答案】B【解析】解： 当用力F水平向右拉小球时,以球为研究对象,竖直方向有F1cos=mg, 水平方向有F-F1sin=ma,以整体为研究对象有F=(m+M)a,解得:a=mMgtan, 当用力F水平向左拉小车时,以球为研究对象,竖直方向有F1cos=mg, 水平方向有Fsin=ma,以整体为研究对象有F1=(m+M)a,解得:a=gtan. 综合两种情况,由有F1=F1;由并结合Mm有aa.故B项正确.9.如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B栓牢一根轻绳，轻绳下端悬挂一重为G的物体，上端绕过定滑轮A，用水平拉力F拉轻绳，开始时BCA = 160，现使BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC在此过程中(不计滑轮质量，不计摩擦) ( ) A. 拉力F大小不变B. 拉力F逐渐减小C. 轻杆B端所受轻绳的作用力大小不变D. 轻杆B端所受轻绳的作用力先减小后增大【答案】BC【解析】分析B点受力情况，由矢量三角形可知绳子的拉力与杆的弹力的合力与重力大小相等方向相反，绳子的拉力F逐渐减小，轻杆B端受轻绳两个拉力作用，合力与弹力大小相等方向相反，弹力先减小后增大，BC对；10.有一系列完全相同的斜面，倾角各不相同，它们的底端都在O点，如图所示,有一系列完全相同的滑块（可视为质点）从这些斜面上的A、B、C、D点同时由静止释放，下列判断正确的是（ ）A. 若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、 D各点处在同一水平线上B. 若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D各点处在同一竖直面内的圆周上C. 若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D各点处在同一竖直面内的圆周上D. 若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D各点处在同一竖直面内的圆周上【答案】AC【解析】解： B根据机械能守恒得mgh=12mv2，得v=2gh，若这些滑块到达O点的速率相同，则h相同，即各释放点处在同一水平线上，故选项A正确；C、D以O点为最低点作等时圆，如上图所示，可知从ab点运动到O点时间相等，故A、B、C、D各点处在同一圆周上，故选项C正确；11.如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一为m乙=5Kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙=1Kg的滑块丙，跨过光滑的定滑轮用一质量不计的细绳拴接一质量为m甲=2Kg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离开水平桌面，重力加速g=10m/s2。则下列说法正确的（ ）A. 细绳对盒子的拉力大小为20NB. 盒子的加速度大小为2.5m/s2C. 定滑轮受到细绳的作用力为30ND. 盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5N【答案】BD【解析】假设绳子拉力为FT，根据牛顿第二定律，对甲，有：m1gFTm1a；对乙和丙组成的整体，有：FT(Mm2)a；联立解得：FT15 N；a2.5 m/s2，A错误B正确；对滑块受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：fm2a12.52.5 N，D正确；绳子的张力为15 N，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为152N，以C错误12.质量为M的木楔倾角为=300，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑，如图所示。如果对木块施一拉力，使木箱沿斜面向上做匀速直线运动(已知木楔在整个过程中始终静止)。设F的方向与水平面的夹角为（图中未画出），在从0逆时针逐渐增大到90的过程中，木块的速度保持不变，则下列说法正确的是（ ）A. F一直减小B. F的最小值为3mg/2C. F先减小后增大D. 当=0时，斜面对m的作用力为Fsin+ mgcos【答案】BC【解析】解：由平衡知识可知Fcos(300)=mgsin300+mg+Fsin(300)，解得F=mg(sin300+mgcos300)cos(300)sin(300)，代入数据并整理可得：F=3mg2sin(300+)，故当F从00逆时针逐渐增大到900的过程中，F先减小后增大，选项A错误，C正确；F的最小值为3mg2，选项B正确；当=00时，F=3mg，斜面对的作用力与重力mg与F的合力等大反向，即大小为(mg)2+(3mg)2=2mg，而Fsin+mgcos=3mg，两者大小不等，故选项D错误；故选BC点睛：此题是共点力的平衡问题；解题的关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件列出平衡方程求解出F的大小，然后讨论F的函数关系即可解答；此题考查学生的数学计算功底，比较繁琐，需仔细认真二、实验题（本题共2小题，共10分）13.某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。（1）实验中必要的措施是_。A细线必须与长木板平行 B先接通电源再释放小车C小车的质量远大于钩码的质量 D平衡小车与长木板间的摩擦力（2）他实验时将打点计时器接到频率为50 HZ的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）。s1=3.59 cm，s2=4.41 cm，s3=5.19 cm，s4=5.97 cm，s5=6.78 cm，s6=7.64 cm。则小车的加速度a=_m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB=_m/s。（结果均保留两位有效数字）【答案】 (1). （1）AB (2). （2）0.80 (3). 0.40【解析】试题分析：为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带，故AB正确；本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可，故C错误；由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故D错误，故选AB。每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为T=50.02=0.1s；根据逐差法可知，物体的加速度a=(s4+s5+s6)(s1+s2+s3)9T2=(5.97+6.78+7.64)(3.59+4.41+5.19)90.01102=0.80m/s2；B点的速度等于AC段的平均速度，则有：v=s1+s22T=0.0359+0.04410.12=0.40m/s。考点：测定匀变速直线运动的加速度、探究小车速度随时间变化的规律【名师点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量。14.某同学用两个 弹簧测力计、细线和橡皮 条做共点力合成实验，最后画出了如图 所示的图。 (1) 在图上标出的 F1 、F2、F 和F四个力中，力_不是由 弹簧测力计直接测得的，比较力 F 与力F的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行四边形定则。(2) 某同学对此实验的一些说法，其中正确的是_.A.校准弹簧测力计时可以将两挂钩勾住水平 的向相反方 向拉两个弹簧测力计，看示 数是否总是相等B.用两个测力计实验时，橡皮条应沿两线夹角的平分线C.拉橡皮条的线要适当长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距较远一些D.在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长相同就行【答案】 (1). F (2). AC【解析】解：（1）本实验是通过两个弹簧测力计的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与实际的拉力重合，则实验成功；由图可知F是由平行四边形定则得出的，故F不是由弹簧测力计直接测得的；（2）A、两个弹簧秤放在粗糙的水平桌面上，即使外壳有摩擦力但是弹簧弹力依然相等，对于校准弹簧测力计没有影响，故A正确；B、只要橡皮条的另一端两次都接到O点，达到效果相同，拉力方向没有限制，橡皮条不需要与两绳夹角的平分线在同一直线上，故B错误；C、为了减小误差，拉橡皮条的细线需长一些，标记方向的两点要远些，故C正确；D、如果没有细绳套，橡皮筋代替细绳套不影响力大小，故D正确；E、在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，每次拉橡皮条时要使橡皮条形变的长度和方向都相同，即要到同一位置，这样两次的效果才等效，才符合“等效替代”法，故E错误。三、计算题（本题共4小题，共42分15题10分，16题10分，17题10分，18题12分，解答时请写出必要的文字说明、方程式的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.公交车在平直公路上匀速行驶，前方黄灯亮起后，司机立即采取制动措施，使汽车开始做匀减速运动直到汽车停下。已知开始制动后的第1s内和第2s内汽车的位移大小依次为8m和4m。求： (1)汽车的加速度大小；(2)开始制动时汽车的速度大小；(3)开始制动后的3s内，汽车的位移大小。【答案】（1）4m/s2 （2）10m/s (3)12.5m【解析】解： 1.根据匀变速直线运动推论x=aT2,得:a=4-812=-4m/s2汽车做匀减速运动的加速度大小为4ms2;2.匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度第1末的瞬时速度:v1=x1+x22t=8+42=6m/sv1=v0+at得v0=10m/s;3.设匀减速持续的时间为t0v0=at0得t0=2.5s3s因此制动后的3内汽车实际运动时间仅为2.5由v02=2as得s=12.5m.16.如图甲所示，一质量为m=1 kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图乙所示，物体运动的速度随时间变化的情况如下图丙所示，4 s后图线没有画出。g取10 m/s2。求：（1）物体在第3 s末的加速度大小；（2）物体与水平面间的动摩擦因数；（3）物体在前6 s内的位移。【答案】（1）1 m/s2 （2）0.4 （3）12 m【解析】解：（1）由vt图象可知，物体在前4s做匀变速直线运动，所以物体在第3s末的加速度a1等于前4s内的加速度，根据vt图象和加速度定义式：得，（2）在04s内，在水平方向：F1mg=ma1解出：=0.4（3）设前4 s的位移为x1，由位移公式：x1=116=8m；设4 s后物体运动时的加速度为a2，则：F2mg=ma2解得，a2=2 m/s2物体在4s末时的速度为v=4 m/s，设物体从4s末后运动时间t2速度减为0，则：0=v+a2t2解得：t2=2 s所以，物体在6s末速度恰好减为0故后2s内的位移：代入数据，解得，x2=4m所以物体在前6s内的位移x=x1+x2=8+4=12 m答：（1）物体在第2s末的加速度为1m/s2；（2）物体与水平面间的摩擦因数为0.4；（3）物体在前6s内的位移为12m【点评】本题考查牛顿第二定律的应用问题，要注意明确受力分析、明确运动过程，要注意正确应用图象分析以及注意运动学公式的选择17.如图所示，两根直木棍相互平行，间距为L，斜靠在竖直墙壁固定不动，木棍与水平面间的倾角为，一根重量为G半径为R的水泥圆筒可以从木棍的上部匀速滑下，求（1）水泥圆筒下滑过程中受到的摩擦力；（2）水泥圆筒与直木棍间的动摩擦因数【答案】（1）Gsin（2）4R2L22Rtan【解析】解：（1）.匀速下滑