物理·江西省玉山县第一中学2017届高三上学期第二次月考物理试题 Word版含解析

物理·江西省玉山县第一中学2017届高三上学期第二次月考物理试题 Word版含解析

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 一、选择题（其中1-8题每题只有一个选项正确，9-12有多个选项正确。每题4分，共48）‎ ‎1．下列关于物理学研究方法的叙述中，不正确的是(　　)‎ A．伽利略根据铜球在斜面上的运动实验总结出自由落体运动的规律，这是采用了科学实验和逻辑推理相结合的方法。‎ B．把运动过程划分成很多小段，每小段近似看作匀速运动，得出匀变速直线运动位移公式时，采用了理想模型法 C．在探究求合力的方法实验中使用了等效替代的方法 D．研究滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度及正压力的关系时可采用控制变量法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 考点：物理问题的探究方法 ‎【名师点睛】在高中物理学习的过程中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，故在理解概念和规律的基础上，要注意方法的积累。‎ ‎2．甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移－时间()图像如图所示，由图像可以看出在0－4 s内(　　) ‎ A．甲、乙两物体始终同向运动 B．4 s时甲、乙两物体间的距离最大 C．甲的平均速度等于乙的平均速度 D．甲、乙两物体之间的最大距离为4 m ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析： x-t图象的斜率等于速度，可知在0-2s内甲、乙都沿正向运动，2-4s内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，故A错误．0-2s内两者同向运动，甲的速度大，两者距离增大，2s后甲反向运动，乙仍沿原方向运动，两者距离减小，则2s时甲、乙两物体间的距离最大，最大距离为 S=4m-1m=3m，故BD错误．由图知在0〜4s内甲乙的位移都是2m，平均速度相等，故C正确．故选C。‎ 考点：x-t图像 ‎【名师点睛】本题关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量△x。‎ ‎3．如图所示，、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为，杆与水平面成角，不计所有摩擦，重力加速度为。当两球静止时，绳与杆的夹角也为，绳沿竖直方向，则下列说法正确的是 A．可能受到2个力的作用 B．b可能受到3个力的作用 C．绳子对的拉力大小等于 D．的重力为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 得： 解得：，故D错误．故选C. ‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来。‎ ‎4．喀山游泳世锦赛中，我国名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠。她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是 A．她在空中上升过程中处于超重状态 B．她在空中下落过程中处于超重状态 C．她刚要接触水面时的速度为整个跳水过程中的最大速度 D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考点：失重和超重；牛顿第三定律 ‎【名师点睛】超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下。‎ ‎5．如图，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面做匀加速直线运动。下列说法正确的是（ ）‎ A．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大 B．小球在斜面运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重 C．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将变大 D．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：物体在抵达斜面之前做平抛运动，加速度为g．在斜面上运动时，由牛顿第二定律得：加速度为ay=asinα=gsin2α＜g，则知撤去斜面，落地时间变短．故D正确．故选D. ‎ 考点：匀变速直线运动；平抛运动 ‎【名师点睛】本题的关键要抓住斜面上加速度与平抛运动的加速度不同的，运用运动的分解法研究两种情况下竖直分加速度的关系，来判断落地时间的关系。‎ ‎6．如图所示，质量分别为、2的球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为（ ）‎ A. 、 B. 、 C. 、 D. 、‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：剪断细线前：设弹簧的弹力大小为f．根据牛顿第二定律得 对整体：F-3mg=3ma 对B球：f-2mg=2ma 解得， ‎ 剪断细线的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为．    对A球：mg+f=maA 得，故选A.‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题是瞬时问题，是牛顿运动定律应用中典型问题，一般先研究状态变化前弹簧的弹力，再研究状态变化瞬间的加速度，抓住弹簧的弹力不能突变的特点。‎ ‎7．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角，以大小为的速度顺时针匀速转动。在传送带的上端放置一个小木块，并使小木块以大小为的初速度沿传送带向下运动，小木块与传送带间的动摩擦因数。下面四幅图能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（以小木块的初速度方向为正方向）‎ A B C D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 考点：牛顿定律的综合应用。‎ ‎【名师点睛】此题重点在于讨论物块和皮带间的运动情况，需要考生熟练掌握牛顿第二定律，且熟悉皮带和物块运动模型，难度较大。‎ ‎8．如图所示，三个物体质量分别为＝1.0 kg、＝2.0 kg、＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角＝30°，和之间的动摩擦因数＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，将(，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) ‎ A．相对于上滑 B．相对于下滑 C．和一起沿斜面下滑 D．和一起沿斜面上滑 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度． ‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用。‎ ‎9．质量为的物体，在、、三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持、不变，仅将的方向改变90°(大小不变)后，物体可能做 (　　)‎ A．加速度大小为的匀变速直线运动 B．加速度大小为的匀变速直线运动 C．匀速圆周运动 D．加速度大小为的匀变速曲线运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，三力平衡，必有F3与F1、F2的合力等大反向，当F3大小不变，方向改变90°时，F1、F2的合力大小仍为F3，方向与改变方向后的F3夹角为90°，故F合=F3，加速度，但因不知原速度方向，故力改变后的初速度方向与F合的方向间的关系未知，故有BD两种可能，A不可能；恒力作用下不可能做匀速圆周运动，选项C不可能；故选BD.‎ 考点：牛顿定律的应用 ‎【名师点睛】本题关键先根据平衡条件得出力F3变向后的合力大小和方向，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据曲线运动的条件判断物体的运动性质。‎ ‎10．如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系正确的有(　　) ‎ A．运动周期 B．筒壁对它们的弹力 C．线速度 D．它们受到的摩擦力 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 选BC.‎ 考点：圆周运动；向心力 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道共轴转动，角速度相等，以及知道物体做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律分析判断。‎ ‎11．如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有(　　) ‎ A．小球对斜劈的压力先减小后增大 B．轻绳对小球的拉力逐渐增大 C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小 D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示： ‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】本题关键是采用整体法和隔离法，灵活地选择研究对象，然后根据平衡条件并结合图示法和正交分解法分析，不难。‎ ‎12．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为、，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况。下列分析正确的是 A．若＞，m1＝m2，则杆受到压力 B．若＝，m1＞m2，则杆受到拉力 C．若＜，m1＜m2，则杆受到压力 D．若＝，m1m2，则杆无作用力 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：假设杆无弹力，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：m1gsinθ-μ1gcosθ=ma1 解得：a1=g（sinθ-μ1cosθ）；同理a2=gsinθ-μ2cosθ；若μ1＞μ2，则a1＜a2，B加速度较大，则杆受到压力，故A正确；若μ1=μ2，则a1=a2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，故杆无弹力，故B错误，D正确；若μ1＜μ2，则a1＞a2，A加速度较大，则杆受到拉力，故C错误．故选AD。‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题关键先假设杆无弹力，然后根据牛顿第二定律求解出两个加速度并判断两个滑块的相对运动趋势，不难。‎ 二、实验（每空2分，共14分）‎ ‎13. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，用图钉把橡皮筋的一端固定在板上的A点，在橡皮筋的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）。其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。‎ ‎（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中与B相连的弹簧测力计的示数为 ________N。‎ ‎（2）在实验中，如果只将OB、OC绳换成橡皮筋，其他步骤保持不变，那么实验结果_________(选填“会”或“不会”）发生变化。‎ ‎（3）在本实验中，F1和F2表示两个互成角度的力，F表示由平行四边形定则作出的F1与F2的合力； F′表示用一个弹簧秤拉橡皮筋时的力，则各图中符合实验事实的是 （ ）‎ ‎【答案】(1) 2.80 (2)不会 (3)B ‎【解析】‎ 考点：验证力的平行四边形定则 ‎【名师点睛】探究求合力的方法是力学中的重点实验，应明确实验的原理、数据处理方法及本实验采用的物理方法．一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析。‎ ‎14．用如图所示的装置探究加速度与力和质量的关系，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定．‎ ‎(1)实验时，一定要进行的操作是________(填选项前的字母)．‎ A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 B．改变沙和沙桶的总质量，打出几条纸带 C．用天平测出沙和沙桶的总质量 D．为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量 ‎(2)以弹簧测力计的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的图像可能正确的是________(填 选项字母)．图线没有过坐标原点的原因是：________________。‎ ‎(3)若测出的图像的斜率为，则小车的质量为_________．‎ ‎【答案】（1）AB (2)A； 没有平衡摩擦力 （3）‎ ‎【解析】‎ 有平衡摩擦力. （3）对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数F=F合，则小车的质量m=．‎ 考点：探究加速度与力和质量的关系 ‎【名师点睛】本题考查的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道a-F图的斜率等于小车质量的倒数，难度适中.‎ 三、计算题（共38分）‎ ‎15．(8分)如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点静止下滑，当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处．已知斜面AB光滑，长度L=2.5m，斜面倾角为=30°．不计空气阻力，取．求：‎ ‎（1）小球p从A点滑到B点的时间；（2）小球q抛出时初速度的大小．‎ ‎【答案】(1) 1s(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎    x=lcos30°=v0t2  ④ 依题意得：t2=t1  ⑤ 由③④⑤得 ‎ 考点：牛顿第二定律；平抛运动 ‎【名师点睛】本题是匀加速直线运动和平抛运动的综合，既要分别研究两个物体的运动情况，更要抓住它们运动的同时性。‎ ‎16. (8分)如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平地面上，质量的物块在与斜面成角斜向上恒力的作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，已知物块与斜面间的动摩擦因数取.‎ ‎（1）求物块在恒力作用下向上运动的加速度;（2）若恒力作用 后撤去，求物块上滑的最大距离.【答案】（1）1m/s2（2）8.8m ‎【解析】‎ 考点：牛顿第二定律的综合应用 ‎【名师点睛】此题是牛顿定律的综合应用习题；关键是正确的对物体进行受力分析，根据正交分解法列出方程求解加速度，然后联系运动学公式来求解.‎ ‎17．(10分)如图所示，半径为、质量为的小球用两根不可伸长的轻绳、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B两点上，A、B两点相距为，当两轻绳伸直后，A、B两点到球心的距离均为．当竖直杆以自己为轴匀速转动并达到稳定时(轻绳a、b与杆在同一竖直平面内)．求：‎ ‎(1)竖直杆角速度为多大时，小球恰好离开竖直杆．‎ ‎(2)竖直杆角速度为多大时，b绳恰要拉直 ‎(3)求轻绳的张力Fa与竖直杆转动的角速度之间的关系．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）①时， ②时： ‎ ‎③时： ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）如图：‎ ‎③时：‎ 解得：‎ 考点：匀速圆周运动；牛顿定律的应用 ‎【名师点睛】本题关键是明确明确小球合力的水平分力提供向心力，竖直分力平衡；注意第二问要分三种情况讨论，运算量较大，要细心。‎ ‎18．(12分)图1中，质量为=1kg的物块叠放在质量为=3kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为，整个系统开始时静止，重力加速度=10m/s2．‎ ‎（1）在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？‎ ‎（2）在内，若拉力F的变化如图2所示，2s后木板进入的粗糙水平面，在图3中画出内木板和物块的图象，并求出内物块相对木板的位移大小.‎ ‎【答案】（1）8N（2）图线如图；1m ‎【解析】‎ m1的合力m1gμ2＞fm=m1gμ1 所以物块和木板相对滑动 2s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：-μ1m1g=m1a3 得：a3=-2m/s2； 速度从4m/s减至零的时间 木板做匀减速直线运动有：-μ2（m1+m2）g+μ1m1g=m2a4 得：； 速度从4m/s减至零的时间 ‎ ‎ 解得：△x=△x1-△x2=1m 所以0～4s内物块相对木板的位移大小为△x=1m 考点：牛顿第二定律的综合应用 ‎【名师点睛】根据物体受力情况判断物体的运动情况，并根据牛顿第二定律及匀变速直线运动的基本公式解题的典型例题，要注意题中F是个变力，在1s后发生了改变，所以加速度也要发生变化．求位移差时也可根据速度时间图象与时间轴所围成的面积表示位移去求解.‎ ‎ ‎