吉林省吉林市第二中学2017届高三9月月考物理试题

吉林省吉林市第二中学2017届高三9月月考物理试题

一、选择题（共 13 题，每题 4 分，共 52 分,1-9 题为单选题，10-13 为多选题） 1．以下说法正确的是（ ） A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性 B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小 C．力是维持物体运动的原因 D．做曲线运动的质点，若将所有的外力都撤去，则该质点因惯性仍做曲线运动． 【答案】A 【解析】 试题分析：牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性，故 A 正确；惯性是物体的固有属性， 其大小只与质量有关，和运动状态及力无关，故 B 错误；牛顿第一定律揭示了力不是维持物 体运动的原因，故 C 错误；根据牛顿第一定律，做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去， 则该质点做匀速直线运动，故 D 错误。 考点：曲线运动、牛顿第一定律 【名师点睛】本题考查牛顿运动定律、惯性，要注意牛顿第一定律不是实验定律。 2．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐 减小直至为零，则在此过程中（ ） A、速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值 B、速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值 C、位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移不再增大 D、位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值 【答案】B 【解析】 试题分析：物体的加速度方向始终与速度方向相同，加速度逐渐减小，物体仍然做加速运动， 速度增加的越来越慢，当加速度减小到零，速度达到最大值，位移一直增大，故 B 正确，ACD 错误。 考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系、匀变速直线运动的位移与时间的关系 【名师点睛】解决本题的关键掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方向，不能看加速度 的大小，而是看加速度方向与速度方向的关系。 3 ．如图为水平面上一质量 m=10kg 的物体在吊车作用下竖直向上运动过程中的 v-t 图像 （ ），以下判断正确的是（ ） A、前 3s 内物体处于失重状态 B、前 3s 内物体的平均速度大于最后 2s 的平均速度 C、物体能上升的最大高度为 27m D、第 4s 末拉力的功率为零 【答案】C 【解析】 考点：功率、平均功率和瞬时功率、匀变速直线运动的图像 【名师点睛】解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义， 以及掌握 的应用。 4．如图所示，斜面小车 M 静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体 m， 且 M、m 相对静止，则此时小车受力个数为（ ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】C 【解析】 210 /g m s= P Fv= 试题分析：先对物体 m 受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对 M 受力分析，受重力、 m 对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对 M 有向上的支持力，共受到 4 个力，故选项 C 正确。 考点：共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用 【名师点睛】对物体受力分析可以按照先已知力，再重力，最后弹力和摩擦力，要结合弹力 和摩擦力的产生条件判断，本题中墙壁虽与小车接触，但无弹力。 5．如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小汽车匀速向右运动时，物体 A 的受 力情况是（ ） A．绳的拉力大于 A 的重力 B．绳的拉力等于 A 的重力 C．绳的拉力小于 A 的重力 D．拉力先大于重力，后变为小于重力 【答案】A 【解析】 试题分析：设和小车连接的绳子与水平面的夹角为 ，小车的速度为 ，则这个速度分解为沿 绳方向向下和垂直绳方向向上的速度，根据平行四边形法则解三角形得绳方向的速度为 ，随着小车匀速向右运动，显然 逐渐减小，则绳方向的速度越来越大，又知物体 A 的速度与绳子的速度大小一样，所以物体 A 向上做加速运动，则由牛顿第二定律得： ，即 ，因此，绳的拉力大于物体 A 的重力，所以选项 A 正确，选 项 B、C、D 错误。 考点：运动的合成和分解、牛顿第二定律 【名师点睛】在分析合运动与分运动时要明确物体实际运动为合运动，因此，判断小车的运 动为合运动是关键，同时要根据运动的效果分解合运动。 6．如图所示，质量为 M 的斜劈形物体放在水平地面上，质量为 m 的粗糙物块以某一初速度沿 劈的粗糙斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体 M 始终保持静止，则在物块 m 上、 下滑动的整个过程中（ ） θ v vcosθ θ F mg ma− = F mg ma= + A．地面对物体 M 的摩擦力大小相同 B．地面对物体 M 的支持力总小于（M 十 m）g C．地面对物体 M 的摩擦力先向右后向左 D．地面对物体 M 的摩擦力先向左后向右 【答案】B 【解析】 试题分析：物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到 总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有： 在 x 轴上受力分析： …① 在 y 轴上受力分析： …② 物体上滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有 …③ 物体下滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有 f macosθ= （ ） （ ）M m g N M m asinθ+ − = + 1mgcos mgsin maθ µ θ+ = …④ 由上分析可知，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，但大小不同，故 ACD 错误； 由②式，地面对物体 M 的支持力总小于 ，故 B 正确。 考点：摩擦力的判断与计算 【名师点睛】本题关键是对整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出支持力和静摩擦力 的表达式后进行分析讨论；整体法不仅适用与相对静止的物体系统，同样也适用与有相对运 动的物体之间。 7．如图所示，质量分别为 的两个物体通过轻弹簧连接，在力 F 的作用下一起沿水平 方向向右做匀加速直线运动（ 在光滑地面上， 在空中），已知力 F 与水平方向的夹角为 ， 则 的加速度大小为( ) A、 B、 C、 D、 【答案】A 【解析】 试题分析：对质量分别为 的两个物体整体受力分析，如图： 2mgcos mgsin maθ µ θ− = ( ）M m g+ 1 2m m、 1m 2m θ 1m 1 2 cosF m m θ + 1 2 sinF m m θ + 1 cosF m θ 2 sinF m θ 1 2、m m 根据牛顿第二定律，有： ，解得 ，故选项 A 正确； 考点：牛顿第二定律、力的合成与分解的运用 【名师点睛】本题关键用整体法，可以不考虑系统的内力；当要计算系统内力时，可以用隔 离法。 8．小明同学在学习中勤于思考，并且善于动手，在学习了圆周运动知识后，他自制了一个玩 具，如图所示，用长为 r 的细杆粘住一个质量为 m 的小球，使之绕另一端 O 在竖直平面内做 圆周运动，小球运动到最高点时速度 ，在这点时( ) A、小球对细杆的拉力是 B、小球对细杆的压力是 C、小球对细杆的拉力是 D、小球对细杆的拉力是 mg 【答案】B 【解析】 试题分析：根据牛顿第二定律得： ，代入解得： ，知细杆对小球 表现为支持力，所以小球对细杆表现为压力，大小为 ，故 B 正确，A、C、D 错误。 考点：向心力、牛顿第二定律 1 2( )Fcos m m aθ = + 1 2 Fcosa m m θ= + 2 grv = 2 mg 2 mg 3 2 mg 2 r vmg F m+ = 1 2F mg= − 1 2 mg 【名师点睛】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求 解，知道杆子和细线的区别，细线只能表现为拉力，杆子可以表现为支持力，也可以表现为 拉力。 9．如图所示从倾角为θ的足够长的斜面上的顶点，将一小球以初速度 vo 水平向右抛出小球落 在斜面上的某个点，则小球做平抛运动的时间是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 试题分析：根据平行四边形定则知， ，解得 ，故 B 正确，A、 C、D 错误。 考点：平抛运动 【名师点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据 水平位移和竖直位移的关系求出小球平抛运动的时间。 10．如图所示，在光滑水平地面上，水平外力 F 拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运 动，小车质量为 M，木块质量为 m，加速度大小为 a，木块和小车之间的动摩擦因数为 μ，则 在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( ) A、 B、 C、 D、ma 【答案】CD 【解析】 试题分析：先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有： 02 tan v g θ 02 tanv g θ 0 tanv g θ 0 tan v g θ 2 0 02 1 2＝ ＝ gt gttan v t v θ 02v t g ant θ= mgµ ( )M m gµ + mF M m+ ( ）F M m a= + 再对物体 m 受力分析，受重力、支持力和向前的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有： 联立解得： ，故 AB 错误，CD 正确。 考点：牛顿第二定律、滑动摩擦力、力的合成与分解的运用 【名师点睛】当分析多个物体的受力、运动情况时，通常可以采用整体法和隔离法，用整体 法可以求得系统的加速度的大小，再用隔离法可以求物体之间的作用的大小。 11．从同一点沿水平方向抛出的甲、乙两个小球能落到同一个斜面上，运动轨迹如图所示， 不计空气阻力，则( ) A、甲球下落的时间比乙球下落的时间长 B、甲球下落的时间比乙球下落的时间短 C、甲球的初速度比乙球的初速度大 D、甲球的初速度比乙球的初速度小 【答案】BC 【解析】 考点：平抛运动 【名师点睛】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方 向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同。 12．如图所示，飞船从轨道 1 变轨到轨道 2，若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质 量变化，相对于在轨道 1 上，飞船在轨道 2 上的( ) f ma= mFf ma M m = = + A、动能大 B、向心加速度大 C、运动周期长 D、角速度小 【答案】CD 【解析】 试题分析：根据 得， ， ， ， ，由这些关系可以看出， 越大， 越小，而 T 越大，故 AB 错误，CD 正确。 考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系、万有引力定律及其应用 【名师点睛】根据万有引力提供向心力，得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半 径的关系，从而比较出大小。 13．如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端系于 O 点； 设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动，已知 L1 跟竖直方向的夹角为 60°，L2 跟竖直 方向的夹角为 30°，下列说法正确的是（ ） A．细线 L1 和细线 L2 所受的拉力大小之比为 ：1 B．小球 m1 和 m2 的角速度大小之比为 ：1 C．小球 m1 和 m2 的向心力大小之比为 3：1 D．小球 m1 和 m2 的线速度大小之比为 3 ：1 【答案】AC 【解析】 试题分析：对任一小球研究．设细线与竖直方向的夹角为 ，竖直方向受力平衡，则： 3 3 3 2 2 2 2 )2(＝ ＝GMm vm ma mr mrr r T πω= = 2a GM r = v r GM= 3＝ GM r ω 2 34 rT GM π= r 、 、a v ω θ ，解得： ，所以细线 和细线 所受的拉力大小之比 ，故 A 正确；小球所受合力的大小为 ，根据牛顿第二定律得： ， 得： ，两小球 相等，所以角速度相等，故 B 错误；小球所受合力提供向 心力，则向心力为： ，小球 和 的向心力大小之比为： ， 故 C 正确； 根据 ，角速度相等，得小球 和 的线速度大小之比为： ，故 D 错误。 考点：向心力、牛顿第二定律 【名师点睛】解决本题的关键会正确地受力分析，知道匀速圆周运动向心力是由物体所受的 合力提供并能结合几何关系求解。 二、实验题（共 2 题，每空 3 分，共计 15 分） 14．在用 DIS 研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图 a 所示的实验，重物通 过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器（发 射器）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端，实验中力传感 器的拉力为 F，保持小车（包括位移传感器发射器）的质量不变，改变重物重力重复实验若干 次，得到加速度与外力的关系如图（b）所示 （1）小车与轨道的滑动摩擦力 =______N。 Tcos mgθ = T s mg co θ= 1L 2L 1 2 30 360＝ ＝T cos T cos ° ° mgtanθ 2mgtan mLsinθ θω= L s g co ω θ= Lcosθ F mgtanθ= 1m 2m 1 2 60 330＝ ＝F tan F tan ° ° v rω= 1m 2m 1 2 1 2 60 330＝ ＝ ＝r tan r tan v v ° ° fF （2）从图像中分析，小车（包括位移传感器发射器）的质量为_______kg。 （3）该实验小组为得到 a 与 F 成正比的关系，应将斜面的倾角 调整到 =________。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 试题分析：（1）根据图象可知，当 时，小车开始有加速度，则 . （2）根据牛顿第二定律得： ，则 图象的斜率表示小车质量的 倒数，则 . （3）为得到 与 成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有： 解得： ，根据 得： ,所以 。 考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 【名师点睛】实验装置虽然有所变动，但是实验原理、实验方法、操作细节等是一样的，故 任何实验明确实验原理是解答实验的关键，注意该实验必须要平衡摩擦力，否则 a 与 F 不成 正比，能结合图象得出有用的信息。 15．（1）在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球 做平抛运动的轨迹．为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正 确的选项前面的字母填在横线上 ． A．调节斜槽使其末端保持水平 B．每次释放小球的位置可以不同 C．每次必须由静止释放小球 D．记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降 E．小球运动时不应与木板上的白纸相接触 F．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线 【答案】（1）ACE， 【解析】 θ tanθ 0.50f N= 0.7kg， 1 14 0.50F N= 0.50f N= 1 f M F fa FM M −= = − a F− 4.0 0.5 0.75.0 0 1＝ ＝M kgk −= − a F Mgsin Mgcosθ µ θ= tanθ µ= f Mgµ= 0.7 0.50 1 10 14＝µ =× 1 14tanθ = 试题分析：通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故 A 正确；因为要 画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速 度，故 B 错误，C 正确；因平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，在相同时间里，位移越来 越大，因此木条（或凹槽）下降的距离不应是等距的，故 D 错误；实验要求小球滚下时不能 碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线，故 F 错误，E 正 确。 考点：研究平抛物体的运动 【名师点睛】解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项．在平抛运动的规律探究活 动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解。 （2）一个同学在《研究平抛物体的运动》实验中，只画出了如图所示的一部分曲线，于是他 在曲线上取水平距离相等的三点 A、B、C，量得△s=0．2m．又量出它们之间的竖直距离分别 为 h1=0．1m，h2=0．2m，利用这些数据，可求得：（g=10m/s2） ①物体抛出时的初速度为 m/s ②物体经过 B 时速度为 m/s． 【答案】 ， 【解析】 试题分析：（1）由图可知，物体由 和由 所用的时间相等，且有： ， 由图可知 ，代入解得， ， ，将 ，代入解得： ，竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过 程中的平均速度有： ，所以 。 考点：研究平抛物体的运动 【名师点睛】本题不但考查了平抛运动的规律，还灵活运用了匀速运动和匀变速运动的规律， 是一道考查基础知识的好题目。 三、计算题（有 3 个小题，共计 33 分） 2 0． 2 5． A B→ B C→ 2y gT∆ = 2 0.1y L m∆ = = 0.1T s= 0x v T= 0.2x m= 0 2 /v m s= 1.5 /2 AC By hv m sT = = 2 2 0 2.5 /B Byv v v m s= + = 16．如图所示，将一个小球从 h=20m 高处水平抛出，小球落到地面的位置与抛出点的水平距 离 x=30m．不计空气阻力．求： （1）小球在空中运动的时间； （2）小球抛出时速度的大小． 【答案】（1） ，（2） 【解析】 试题分析：（1）根据 得： 。 （2）水平方向做匀速直线运动， 。 考点：平抛运动 【名师点睛】本题主要考查了平抛运动的基本公式，难度不大，属于基础题。 17．如图所示，传送带与水平面之间的夹角为 θ=30°，其上 A、B 两点间的距离为 L=5m，传 送带在电动机的带动下以 v=1m/s 的速度匀速运动，现将一质量为 m=10kg 的小物体（可视为 质点）轻放在传送带的 A 点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数 。在传送带将小 物体从 A 点传送到 B 点的过程中（g 取 10m/s2），求：）小物体从 A 到 B 所需时间。 【答案】 ； 【解析】 试题分析：小物体轻放在传送带的 A 点后，开始做加速运动，加速到与传送带同速后匀速上 升。 ①加速过程：对小物块受力分析，根据牛顿第二定律有： 2s 15 /m s 21 2h gt= 2 2 20 210 ht s sg ×= = = 0 30 / 15 /2 x mv s m st = = = 2 3=µ s2.5=t mamgmg =− θθµ sincos 加速度 由 可得：加速时间 由 可得：加速距离 ②匀速过程：匀速位移 由 可得：匀速时间 小物块由 A 到 B 运动的总时间 。 考点：牛顿第二定律 【名师点睛】注意分析小物体的运动过程，根据受力确定物体的运动，注意判断小物体是全 程匀加速还是先匀加速再匀速运动。 18．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后 打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度图线如图 a．降落伞用 8根对称的绳悬挂运动 员，每根绳与中轴线的夹角均为 37°，如图 b．已知人的质量为 50kg，降落伞质量也为 50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力 f，与速度 v 成正比，即 f=kv（g 取 10m/s2， sin53°=0．8，cos53°=0．6）．求： （1）打开降落伞前人下落的距离为多大？ （2）求阻力系数 k 和打开伞瞬间的加速度 a 的大小和方向？ （3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？ 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 2sm5.2)sincos( =−= θθµga 1atv = s4.01 == a vt 1 2 2axv = m2.02 2 1 == a vx m8.412 =−= xLx 22 vtx = s8.42 2 == v xt s2.521 =+= ttt 20m 230 /m s 312.5N 试题分析：（1）打开降落伞前人做自由落体运动，根据位移速度公式得： 。 （2）由 a 图可知，当速度等于 5m/s 时，物体做匀速运动，受力平衡， 则 ， 根据牛顿第二定律得： ，方向竖直向上。 （3）设每根绳的拉力为 T，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得： 解得： ，所以悬绳能够承受的拉力至少为 。 考点：牛顿第二定律、力的合成与分解的运用 【名师点睛】本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，关键合理地选择研究的对 象，运用牛顿第二定律进行求解。 2 0 0 202 mg vh = = 2kv mg= 2 1000 200 /5 mgk N s mv = = = ⋅ 20 2 302 /vk mg sa m m −= = 8 -Tcos mg maα = ( ) 0 312.5 8cos37 m a gT N += = 312.5N