2023-2024学年湖南省常德市津市市第一中学高三上学期月考物理试题（一）（解析版）

湖南省常德市津市一中2023年下高三月考（一）物理试卷一、选择题（其中1-7题单选，每小题只有一个正确答案，每小题4分，8—10题多选，每小题有几个选项正确，全对得5分，部分正确得3分，共43分）1.在探究超重和失重规律时，某同学手握拉力传感器静止不动，拉力传感器下挂一重为G的物体，传感器和计算机相连。该同学手突然竖直向上提升一下物体，经计算机处理后得到拉力F随时间t变化的图像，则下列图像中可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】该同学受突然竖直向上提升以下物体，物体得加速度向上，对物体进行受力分析，拉力F为传感器得弹簧发生形变产生的，则在突然向上提升物体得过程加速度在逐渐增大，即F也逐渐增大，突然向上提升后，手静止，物体还在向上加速运动运动，但是拉力F会逐渐减小，当拉力F减小到等于重力时，加速度为零，此时速度最大，此后拉力小于重力，物体做减速运动，物体处于失重状态，最后物体静止，重力等于拉力。故选C。2.如图所示，置于水平地面上的竖直圆形金属环内用三根细绳OA、OB、OC悬挂一质量为物体，物体可看做质点。OB绳处于水平方向，∠AOB＝120°，设OA、OB绳的拉力大小为F1、F2，现将金属圆环在竖直面内缓慢逆时针转过90°，在此过程中（）A.F2一直增大 B.F1一直增大C.F2先增大后减小 D.F1先增大后减小【答案】C【解析】【详解】由题图对O点受力分析，由平衡条件可得，三个力组成矢量三角形平衡图，如图所示，由图可知，将金属圆环在竖直面内缓慢逆时针转过90°，绳OC拉力大小和方向不变，可知θ角增大，F2先增大后减小，F1一直减小，ABD错误，C正确。故选C。3.如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列结论正确的是（）A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为B.甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为C.乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为D.甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为【答案】C【解析】【分析】【详解】A．甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球作用力都是水平向右，如图所示

由平衡条件得细绳的拉力大小都为故A错误；BCD．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为故C正确，BD错误。故选C。4.如图所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍不发生相对滑动，关于撤去F前后下列说法正确的是()A.撤去F之前A受3个力作用B.撤去F之前B受到4个力作用C.撤去F前后，A的受力情况不变D.A、B间的动摩擦因数μ1不小于B与地面间的动摩擦因数μ2【答案】D【解析】【详解】AB．撤去F前，整体做匀速运动，故B受地面的摩擦力与F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力．支持力．压力．拉力和地面的摩擦力共5个力作用；A只受重力和B对A的支持力，A受两个力的作用；A错误；B错误；C．撤去拉力F后，由于整体做减速运动，A受到重力和B对A的支持力及B对A的摩擦力，A受3个力的作用；C错误；D．撤去拉力F后，由于整体做减速运动，整体的加速度，而A的加速度，即，D正确；故选D。5.如图甲所示，一个质量不计的弹簧测力计，劲度系数为30N/m，下面悬挂一个物块A，此时弹簧测力计示数为4N。现将一个质量为0.5kg的木板B放在A下面，在外力作用下托住木板B使物块A向上运动一段距离，如图乙所示，当系统静止后，如果突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为。若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度向下做匀加速直线运动至二者分离，弹簧测力计始终未超量程，重力加速度，以下说法正确的是（）A.撤去木板B的瞬间弹簧测力计的示数为3.75NB.匀加速运动阶段起始时刻外力大小为8.1NC.匀加速运动阶段二者分离时外力的大小4.5ND.分离时弹簧测力计示数为零【答案】C【解析】【分析】【详解】A．对A：初始时刻时弹簧测力计示数为4N，有突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为，则有联立代入数值解得选项A错误；B．若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度向下做匀加速直线运动，对AB整体分析有解得选项B错误；CD．分离时，根据牛顿第二定律对B：对A：解得选项C正确，D错误。故选C。6.如图所示，质量分别为2m、m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B-起向右做匀加速直线运动，当突然撤去推力F的瞬间，A物块的加速度大小为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】【详解】撤去F前，设弹簧的弹力大小为F弹，根据牛顿第二定律得：对AB整体有对B有解得撤去F瞬间：弹簧的弹力F弹没有改变，对A解得BCD错误，A正确。故选A。【点睛】先根据牛顿第二定律求出撤去F前弹簧的弹力大小，再分析撤去F瞬间，两物体的受力情况；由牛顿第二定律求出两物体的加速度大小，抓住撤去瞬间，弹簧的弹力没有变化。7.如图所示，水平传送带以速度向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有向右的速度，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数，传送带长度，绳足够长，。关于小物体P的描述正确的是（）A.小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变B.小物体P从传送带右端离开传送带C.小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9mD.小物体P离开传送带时速度大小为【答案】C【解析】【详解】A．对物体P受力分析可知，开始时P的速度大于传送带速度，故其受到摩擦力方向向左，设绳子拉力为T，以向左为正方向，分别以P、Q为研究对象，由牛顿第二定律可得联立可得则物块P减速至与传送带速度相等所需时间及此段时间内P向右发生的位移分别为故速度达到相等后，P仍在传送带上，分析可知P将继续向右减速，此时摩擦力方向向右，此时分别以P、Q为研究对象，由牛顿第二定律可得联立解得故A错误；B．P从减速到零所需时间为此过程P向右运动的位移为P从开始向右运动到速度为零所通过的总位移为可知P没有从右端离开传送带，故B错误；C．P在最初时间内相对传送带向右运动，这个过程中相对传送带的位移大小共速后P向右运动减速至零的时间内，P相对传动带向左运动，这个过程中相对传送带的位移大小所以划痕的长度为故C正确；D．P减速到零后，将以初速度为零，加速度大小为向左做匀加速直线运动直至离开传送带，根据运动学公式可得解得P离开的速度为故D错误。故选C。8.如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为0.5μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则()A.当F<2μmg时，A.B都相对地面静止B.当F>3μmg时，A相对B滑动C.当F=2.5μmg时，A的加速度为0.25μgD.无论F为何值,B的加速度不会超过0.5μg【答案】BD【解析】【详解】AB.AB间的最大静摩擦力为，B与地面间的最大静摩擦力为，因为，所以B相对地面先开始滑动，当B恰好相对地面滑动时，此时的来为，继续增大拉力，AB才会相对滑动，设AB刚好发生相对滑动时拉力为，AB的加速度为，对B由牛顿第二定律可得，可求；对A由牛顿第二定律可得，可求．综上分析可得当，B相对地面滑动；当时，AB相对地面都静止；当时，A相对B滑动，故A错误，B正确．C.当时，AB以共同的加速度运动，将AB看作整体，由牛顿第二定律可得，解得，故C错误．D.对B受力分析可知其所受的合力的最大值为，即B的加速度不还超过0.5，故D正确．9.如图，一光滑小球置于车上，竖直挡板对小球的弹力大小为，小车斜面对球的弹力大小为。小车沿水平地面向左加速运动且加速度逐渐增加，则（）A.逐渐减小 B.不变C.逐渐增加 D.与的合力有可能不变【答案】BC【解析】【详解】以小球为研究对象，其受力如下图所示，设斜面与水平方向夹角为α，将N2沿水平和竖直方向上正交分解。结合题意，竖直方向上根据平衡条件可得以向左为正方向，水平方向上根据牛顿第二定律可得由上可知不变，又因小车沿水平地面向左加速运动且加速度逐渐增加，所以逐渐增加。故选BC。【点睛】明确研究对象，以及研究对象的运动情况。对研究对象进行受力分析，根据研究对象的运动情况，分析其受力变化情况。10.如图（a），质量的物体沿倾角的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速成正比，比例系数用表示，物体加速度与风速的关系如图（b）所示，取，，，下列说法正确的是A.物体沿斜面做匀变速运动B.当风速时，物体沿斜面下滑的速度最大C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25D.比例系数为【答案】BCD【解析】【详解】A.由图可知，物体的加速度逐渐减小，所以物体沿斜面不是匀加速运动，故A错误；B.由图可知，速度为5m/s时加速度为零，速度最大，故B正确；C.对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a0=4m/s2，对物体受力分析，根据牛顿第二定律沿斜面的方向：mgsinθ−μmgcosθ=ma0

…①解得：，故C正确；D.对末时刻加速度为零，受力分析可得：mgsinθ−μN−kvcosθ=0…②又：N=mgcosθ+kvsinθ，由b图可以读出，此时v=5m/s代入②式解得：故D正确。三、实验题（每空2分，共14分）11.某物理兴趣小组在研学过程中改进了“探究小车加速度与力关系”的实验装置，如图所示，长木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过动滑轮与固定的“力传感器”相连，“力传感器”可显示绳中拉力的大小，改变桶中砂的质量进行了多次实验。完成下列问题：（1）实验时，下列操作或说法正确的是________；A.本实验不需要平衡摩擦力B.调节定滑轮高度，确保细绳与桌面平行C.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量D.选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小（2）实验中若未平衡摩擦力，以拉力传感器的示数为横坐标，以加速度为纵坐标，画出的图像可能正确的是________；A.B.C.D.（3）现以拉力传感器的示数为横坐标、加速度为纵坐标，画出图像，求出其“斜率”为，则小车的质量等于_______（用字母表示）。【答案】①.B②.A③.【解析】【详解】（1）A．本实验需要平衡摩擦力，选项A错误；B．调节定滑轮高度，确保细绳与桌面平行，选项B正确；C．由于有力传感器测量小车受到的拉力，则实验中不一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，选项C错误；D．选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差小，选项D错误。故选B。（2）因实验中若未平衡摩擦力，由图根据牛顿第二定律可知解得则a-F图像如图A所示。（3）由可得解得小车的质量12.某同学利用图甲所示的装置测量当地的重力加速度，绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不计。i.用20分度游标卡尺测量挡光片的挡光宽度d，示数如图乙所示。将挡光片固定在物块b上，再用天平测量物块的质量分别为、。ii.按照图甲所示安装器材，测量光电门和挡光片的高度差为h，再将物块b由静止释放，b竖直上升，测得挡光片通过光电门的时间为t。请回答下列问题：（1）游标卡尺的示数为_______；（2）该地重力加速度的表达式为_________（用测量量的符号表示）；（3）该同学为了减小误差，通过调整物块b释放的位置来改变h，测出对应的通过光电门的时间t，得到若干组后，在坐标纸上描点，拟合直线，则他描绘的是_______图像；A.B.C.D.（4）若将考虑挡光片的质量而测得的重力加速度值记为，将忽略挡光片的质量而测得的重力加速度值记为，则_________（选填“大于”、“等于”、“小于”）。【答案】①.10.55②.③.C④.大于【解析】【分析】【详解】（1）[1]游标卡尺的示数为d=10mm+11×0.05mm=10.55mm（2）[2]物块b到光电门的速度为从释放到物块b运动到光电门的过程中，物块a、b组成的系统机械能守恒，则有联立解得（3）[3]由（2）可知即故选C。（4）[4]设挡光片的质量为m，则测得的重力加速度为忽略挡光片的质量而测得的重力加速度为则有故有四、解答题（共43分）13.如图所示，mA=4kg，mB=1kg，A与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，B与地面间的距离h=0.8m，A、B原来静止，求：（A始终没有碰到滑轮，g取10m/s2）（1）B下落到地面之前，求细线的拉力大小？（2）求A在桌面上开始运动到静止总共运动的时间？【答案】（1）9.6N；（2）2.4s【解析】【分析】【详解】（1）对A，有对B，有又a1、a2大小相同，解得T=96Na1=a2=0.4m/s2则拉力为9.6N。（2）由（1）得a1=0.4m/s2则有t1=2s之后B与地面接触静止，A受摩擦力做匀减速直线运动到静止，有解得则则总时间14.如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α＝37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动．已知箱包的质量m＝1.0kg，拉杆箱的质量M＝9.0kg，箱底与水平面间的夹角θ＝37°，不计所有接触面间的摩擦，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)若F＝25N，求拉杆箱的加速度大小a；(2)在(1)的情况下，求拉杆箱运动x＝4.0m时的速度大小v；(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值Fm。【答案】(1)2m/s2；(2)4m/s；(3)93.75N【解析】【详解】(1)若F=25N，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得Fcosα=（m+M）a解得m/s2=2m/s2(2)根据速度位移关系可得v2=2ax解得v=m/s=4m/s(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，受到重力和支持力作用，此时的加速度为a0，如图所示，根据牛顿第二定律可得mgtanθ=ma0解得a0=gtanθ=7.5m/s2以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得Fmcosα=（m+M）a0解得拉力的最大