物理·甘肃省天水市第一中学2017届高三上学期第一次月考物理试题 Word版含解析

物理·甘肃省天水市第一中学2017届高三上学期第一次月考物理试题 Word版含解析

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 一、选择题（注：1-10题为单选，10-14题为多选，每小题4分，共计56分）‎ ‎1．一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图象可知 A．4s内物体在做曲线运动 ‎ B．4s内物体的速度一直在减小 C．物体的加速度在2.5 s时方向改变 ‎ D．4s内物体速度的变化量的大小为8 m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考点：v-t图线 ‎【名师点睛】本题是速度-时间图象，要知道速度图象的斜率等于物体的加速度大小，速度和加速度的正负表示速度的方向，纵坐标的大小表示速度的大小。‎ ‎2．细绳拴一个质量为m的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩了 （小球与弹簧不连接），小球静止时弹簧在水平位置，细绳与竖直方向的夹角为53°，小球到地面的高度为h，如图所示．下列说法中正确的是 A．细线烧断后小球做平抛运动 B．细绳烧断后，小球落地的速度等于 C．剪断弹簧瞬间细绳的拉力为mg D．细绳烧断瞬间小球的加速度为g ‎【答案】D ‎【解析】‎ 小为：．故D正确；故选D. ‎ 考点：牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键。‎ ‎3．如图所示，有一个质量为m的方形容器，被水平力F压在竖直的墙面上处于静止状态，现缓慢地向容器内注水，直到将容器刚好盛满为止，在此过程中容器始终保持静止，则下列说法中正确的是 ‎ A．水平力F可能不变 B．水平力F必须逐渐增大 C．容器受到的摩擦力不变 D．容器受到的摩擦力逐渐减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题知物体处于静止状态，受力平衡，摩擦力等于容器和水的总重力，所以容器 受到的摩擦力逐渐增大，故CD错误；水平方向受力平衡，力F可能不变，故A正确，B错误，故选A.‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】此题是关于物体的平衡问题；关键是对物体在水平和竖直方向受力分析；注意物体受到墙的摩擦力等于物体重力，物重变大、摩擦力变大，这是本题的易错点。‎ ‎4．一串小灯笼（五只）彼此用轻绳连接，并悬挂在空中。在稳定水平风力作用下发生倾斜，每段悬绳与竖直方向的夹角均为30°，如图所示。设每个灯笼的质量均为m。则自上往下第一、二只灯笼之间的绳拉力大小为 A． B． C． D．8mg ‎【答案】C ‎【解析】‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】本题考查受力分析与平衡条件的应用，巧妙的选取研究对象可以达到事半功倍的效果，也可以用隔离法先选最下面小球为研究对象，再选第4个、第3个、第2个小球为研究对象，较为繁琐。‎ ‎5．如图所示，表面光滑半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方Oˊ处有一个无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个小球挂在定滑轮上（不计小球大小），两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为l1=2.5R，l2=2.4R。则这两个小球的质量之比m1∶m2为 A．24∶1 　 B．25∶1 　　 C．24∶25 D．25∶24‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ 同理，以右侧小球为研究对象，得…② 由①：②得m1：m2=l2：l1=24：25；故选C.‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】本题运用三角形相似法处理非直角三角形的力平衡问题，解题时要正确对物体受力分析，画出受力图，并建立三角形关系列式；要抓住两球所受的绳子拉力相等是桥梁。‎ ‎6．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则 A．人拉绳行走的速度为vsinθ B．人拉绳行走的速度为 C．船的加速度为 D．船的加速度为 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ D错误； 故选C。‎ 考点：速度的分解；牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，并掌握受力分析与理解牛顿第二定律。‎ ‎7．如图，在光滑水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长，如果，则绳子对物体A的拉力大小为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎ ‎ 考点：牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题为连接体，注意本题中注意应沿绳子方向进行分析；当然本题也可以对两物体分别受力分析，此时应注意分析绳子的拉力。‎ ‎8．如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为 A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：先以A为研究对象，分析受力情况：重力、B的竖直向上的支持力，B对A没有摩擦力，否则A不会匀速运动．再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力．故选B。‎ 考点：受力分析 ‎【名师点睛】本题考查分析物体受力的能力，采用隔离法的思维，要结合平衡进行分析，同时一般按重力、弹力、摩擦力顺序进行分析。‎ ‎9．如图所示，A，B两物体质量为mA，mB(mA＞mB)，由轻绳连接绕过滑轮并从静止释放,不计滑轮质量和所有摩擦,则A、B运动过程中 A、轻绳的拉力为(mA-mB)g B、轻绳的拉力逐渐减小 C、它们加速度的大小与mA/mB成正比；‎ D、若(mA+mB)是一定值，则加速度大小与(mA-mB)成正比.‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考点：牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，知道AB的加速度大小相等，分别对两个物体列方程即可求解；难度不大，属于基础题。‎ ‎10．如图，质量为M、半径为R的半球形物体A放在粗糙水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，重力加速度为g。则 A．地面对A的摩擦力方向向右 B．B对A的压力大小为 C．细线对小球的拉力大小为 D．若剪断绳子（A不动）,则此瞬时球B加速度大小为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，故A错误； 对小球受力分析，如图所示：‎ ‎ 根据平衡条件，有：，T=mgtanθ；其中，， ‎ 故：， ；故B正确，C错误；若剪断绳子（A不动），B球受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ=ma，解得：，故D错误；故选B. ‎ 考点：牛顿第二定律；物体的平衡 ‎【名师点睛】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件和牛顿第二定律列式分析。‎ ‎11．把一木块放在水平桌面上保持静止，下面说法正确的是( )‎ A．木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力是一对平衡力 B．木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力是一对作用力和反作用力 C．木块对桌面的压力就是木块的重力 D．木块的重力和桌面对它的支持力是一对平衡力 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 考点：物体的平衡；作用和反作用力 ‎【名师点睛】题考查对压力与重力以及一对相互作用力和平衡力区别的理解；注意平衡力的特点：等大、反向、共线、同体；作用与反作用力的特点：等大、反向、共线、异体；‎ ‎12．某时刻，两车从同一地点、沿同一方向做直线运动，下列关于两车的位移x、速度v随时间t变化的四个图象中能反应t1时刻两车相遇的是 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 考点：v-t图线；x-t图线 ‎【名师点睛】对于图象要先明确图象的横纵坐标的含义，再由点、线及面的含义进行分析，例如v-t线的斜率表示加速度，“面积”表示位移；x-t图线的斜率表示速度.‎ ‎13．一辆汽车正在做匀加速直线运动，若汽车的加速度方向与速度方向一致，当加速度减小时，则( )‎ A．汽车的速度也减小 ‎ B．汽车的速度仍在增大 C．当加速度减小到零时，汽车静止 ‎ D．当加速度减小到零时，汽车的位移仍然不断增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：汽车的加速度方向与速度方向一致，故当加速度减小时，汽车仍做加速运动．故A错误，B正确；加速度减小，汽车的速度增加由快变慢，但速度仍在增加，当加速度为零时，汽车做匀速运动，速度达到最大．故C错误，D正确．故BD.‎ 考点：加速度和速度 ‎【名师点睛】加速度与速度没有直接的关系，加速度增大，速度不一定增加，加速度减小，速度不一定减小．加速度为零，速度不一定为零。‎ ‎14．如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对于车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则（ ）‎ A．M受静摩擦力增大 B．物块M对车厢壁的压力不变 C．物块M仍能相对于车厢壁静止 D．M受静摩擦力不变 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：以物块为研究对象，分析受力情况如图：重力Mg，车厢的弹力N和静摩擦力f，根据牛顿第二定律得，水平方向：N=Ma；竖直方向：f=Mg ‎ ‎ 考点：牛顿第二定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道物块与小车具有相同的加速度，隔离对物块分析，运用牛顿第二定律进行求解。‎ 二、实验题（每空2分，共计14分）‎ ‎15．某同学利用如图（甲）所示装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．‎ ‎ ‎ ‎（1）在安装刻度尺时,必须使刻度尺保持 状态．‎ ‎（2）他通过实验得到如图（乙）所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长x0= cm,劲度系数k= N/m．‎ ‎【答案】竖直； 4；50‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态； （2）弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2N时，弹簧的长度为8cm，伸长量为4cm；根据胡克定律F=k△x，有：．‎ 考点：探究弹簧弹力大小与其长度的关系 ‎【名师点睛】本题考查探究弹簧弹力大小与其长度的关系实验，关键是明确实验原理，然后根据胡克定律F=k△x并结合图象列式求解，不难。‎ ‎16．某同学验证物体质量一定时加速度与合力的关系，实验装置如图1所示。主要思路是，通过改变悬挂小钩码的质量，改变小车所受拉力，并测得小车的加速度。将每组数据在坐标纸上描点、画线，观察图线特点。‎ ‎（1）实验中为使小钩码的重力近似等于小车所受拉力，则钩码的质量m和小车质量M应该满足的关系为：______________________。‎ ‎（2）如图2所示为本实验中得到的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T，测量其中x1、x2、x、x4、x5、x6。为了尽量减小误差，则用T、x1、x2…x6表示小车加速度大小a=___________________。‎ ‎（3）经过6次实验，获得了6组对应的小车所受合力F、小车加速度a的数据，在坐标纸上描点、画线，得到如图3所示的a-F图线。发现图线不过原点，经排查发现：并非人为的偶然误差所致，那么，你认为出现这种结果的原因可能是： 。学习牛顿第二定律后，你认为，图中图线的斜率表示 。‎ ‎【答案】（1）M＞＞m；（2）；（3）没有平衡摩擦力或平衡不够；小车质量M的倒数。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）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，即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力． 够；根据可知a-F图象的斜率表示小车质量M的倒数。‎ 考点：验证物体质量一定时加速度与合力的关系 ‎【名师点睛】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。‎ 三、计算题 ‎17．（8分）甲车以10 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4 m/s的速度与甲车平行同向做匀速直线运动．甲车经过乙车旁边时开始以0．5 m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：‎ ‎（1）乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离；‎ ‎（2）乙车追上甲车所用的时间．‎ ‎【答案】（1）36 m（2）25 s ‎【解析】‎ 试题分析：(1）当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程经过的时间为t，则 v乙＝v甲－at 解得：t＝12 s， 此时甲、乙间距离为ΔS＝v甲t－at2－v乙t＝10×12 m－×0.5×122 m－4×12 m＝36 m. (2）设甲车减速到零所需时间为t1，则有： ‎ 考点：追击及相遇问题 ‎【名师点睛】本题是追及问题，在分别研究两车运动的基础上，关键是研究两者之间的关系，通常有位移关系、速度关系、时间关系。‎ ‎18．（10分）如图所示，小木块质量m＝1kg，长木板质量M＝10kg，木板与地面以及木块间的动摩擦因数均为μ＝0.5．当木板从静止开始受水平向右的恒力F＝90 N作用时，木块以初速v0＝4 m／s向左滑上木板的右端．则为使木块不滑离木板，木板的长度l至少要多长?‎ ‎【答案】4m ‎【解析】‎ 试题分析：设开始时M的加速度为a1，则有：‎ ‎1s末M的速度为：v1=a1t1=4×1=4m/s，‎ 放上m后，对M，根据牛顿第二定律得： ，‎ 对m，根据牛顿第二定律得：‎ 设经过时间t2，两物体速度相等，则有：v1+a1′t2=a2t2‎ 解得：t2=2s 则 解得：L=4m 所以木板的长度L至少要4m。‎ 考点：牛顿第二定律的综合应用 ‎【名师点睛】本题考查了动力学中的滑块模型，关键理清木块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。‎ ‎19．（12分）传送带被广泛应用于各行各业。由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同。如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角θ=370， 在电动机的带动下以v=2m/s的速率顺时针方向匀速运行。M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离L=7m。N端有一离传送带很近的挡板P可将传送 带上的物块挡住。在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1kg，且均可视为质点，OM间距离L=3m。 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。‎ ‎（1）金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1。 ‎ ‎（2）木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞。已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5。求：与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离；‎ ‎【答案】（1）1（2）1.6m ‎【解析】‎ ‎ 即 at12+2t2＝3     ① 且      t1+t2=t          即   t1+t2=2       ② v=at1           ‎ 即   2=at1        ③ 离为s2． a2＝gsinθ+μgcosθ＝10m/s2， ‎ 因此与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离s=s1+s2=1.6m 考点：牛顿第二定律的综合应用 ‎【名师点睛】本题是一个多过程问题，比较复杂，关键理清物块在传送带上整个过程中的运动规律，搞清摩擦力的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。‎ ‎ ‎ ‎ ‎