江西省奉新一中2020届高三物理上学期第一次月考试题（含解析）

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1、江西省奉新一中2020届高三物理上学期第一次月考试题（含解析）一、选择题（1-8单选9-12多选共412=48分）1.伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是( )A. 提出假设，实验检验B. 数学推理，实验检验C. 实验检验，数学推理D. 实验检验，合理外推【答案】A【解析】试题分析：这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广，选项A正确。考点：此题考查了伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法。2.某

2、物体做直线运动的vt图象如图所示，据此判断给出的A、B、C、D四种图象(F表示物体所受合力，x表示物体的位移，Ek表示物体动能，a表示物体加速度t表示时间)中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A. 由图可知，前2s内物体做初速度为零的匀加速直线运动，合力恒定，且沿正方向.2s4s做匀减速直线运动，合力恒定，且沿负方向.4s6s做负方向匀加速直线运动，合力恒定，且沿负方向.6s8s做负方向匀减速直线运动，合力恒定，且沿正方向，故A错误；B.02s内，x=，xt图象是开口向上的抛物线.24s内，x=v0t，xt图象是开口向下的抛物线。结合对称性可知，该图正确，故B正确

3、；C. 根据Ek=，知vt图象是直线时，Ek与t是二次函数关系，图象应是曲线，故C错误；D.02s内，加速度为正.26s内加速度一定，且为负，68s内，加速度为正，故D错误。故选：B3.一物体以初速度为v0做匀减速运动，第1 s内通过的位移为x13 m，第2 s内通过的位移为x22 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是()A. 初速度v0的大小为2.5 m/sB. 加速度a的大小为1 m/s2C. 位移x3的大小为mD. 位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s【答案】A【解析】【详解】AB根据可得加速度：，根据解得初速度的大小为，故选项B正确，A错误；C第2s末的速

4、度：，则，故选项C正确；D位移内的平均速度大小，故选项D正确；4. 一个物体受到三个共点力的作用，在下列给出的几组力中，能使物体处于平衡状态的是（ ）A. F1=3N ,F2=4N,F3=2NB. Fl=3N,F2=1N,F3=5NC. F1=2N,F2=5N,F3=10ND. Fl=5N,F2=7N,F3=13N【答案】A【解析】试题分析：三力合成，先将其中的两个力合成，再与第三个力合成，合成时，三力同向合力最大，两个力合成的合力有个范围，用与第三个力最接近的数值与第三个力合成求最小合力A、2N与3N合成最大5N，最小1N，当取4N时与第三个力合成，得到最小值为0N；正确B、1N和3N合成最

5、大4N，最小2N，不可能为5N，故与第三个力不可能平衡；错误C、2N和5N合成最大7N，最小3N，不可能为10N，故与第三个力不可能平衡；错误D、5N和7N合成最大12N，最小2N，不可能为13N，故与第三个力不可能平衡；错误故选A考点：力的合成点评：三力平衡，三个力中任意两个力的合力必然与第三个力等值、反向、共线。5.重为10N的物体放在水平地面上，今用8N的力竖直向上提物体，则物体所受到的合力为（ ）A. 2N 向下B. 2N 向上C. 18N 向上D. 0【答案】D【解析】用8N的力竖直向上提物体提不动，地面会给物体一个向上的大小为2N的力，即物体所受合力为0，选D6.完全相同的直角三角

6、形滑块A、B，按如图所示叠放，设A、B接触的斜面光滑，A与桌面间的动摩擦因数为，现在B上作用一水平推力F，恰好使A、B一起在桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止.则A与桌面间的动摩擦因数与斜面倾角的关系为( )A. B. C. D. 与无关【答案】A【解析】【详解】整体在水平方向上受推力和滑动摩擦力，有F=2mg隔离对B分析，B受到重力、推力F和支持力，根据共点力平衡，运用合成法，求得：mgtan=2mg，解得A. ，与结论相符，选项A正确；B. ，与结论不相符，选项B错误；C. ，与结论不相符，选项C错误；D. 与无关，与结论不相符，选项D错误；7.甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时

7、刻乙车在前、甲车在后，相距x=6m，从此刻开始计时，乙做匀减速运动，两车运动的v-t图象如图所示。则在012s内关于两车位置关系的判断，下列说法正确的是A. t=4s时两车相遇B. t=4s时两车间的距离最大C. 012s内两车有两次相遇D. 012s内两车有三次相遇【答案】D【解析】【详解】AB由图象求得：内因为：则时，甲已追上乙，且在乙前面2m处，A、B项均不符合题意；CD在内，据图象得：因为：时，乙追上甲，且在甲前面2m处；内，据图象得：因为：则时，甲又追上乙，且在乙前面6m处，由此知012s内两车相遇三次，故C项不符合题意，D项符合题意。8.如图所示，两个质量分别为m1、m2的小环能沿

8、着一轻细绳光滑地滑动，绳的两端固定于直杆上的A、B两点，杆与水平面的夹角=15，在杆上又套上一质量不计的可自由滑动的光滑小轻环，绳穿过轻环，并使m1、m2在其两侧，不计一切摩擦，系统最终处于静止状态时=45，则两小环质量之比m1：m2为（）A. tan15B. tan30C. tan60D. tan75【答案】C【解析】【详解】小环为轻环，重力不计，故受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故环与m2之间的细绳与竖直方向的夹角为，环与m1之间的细绳与竖直方向的夹角为，A点与m1之间的细绳与竖直方向的夹角也为，m2与B点之间的细绳与竖直方向的夹角为，根据平衡条件，对m1，有：，对m2，根据平衡条件，有：

9、，故，故C正确，A、B、D错误；故选C。【点睛】小环为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故可以根据平衡条件得到细线的4段与竖直方向的夹角，然后分别对m1、m2受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解。9.关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列说法中正确的是（ ）A. 速度变化的方向为正，加速度的方向可能为负B. 加速度增大，速度可能越来越小C. 速度越来越大，加速度可能越来越小D. 速度变化越大，加速度就一定越大【答案】BC【解析】【详解】试题分析: A、加速度方向与速度变化量的方向相同，速度变化方向为正，加速度方向为正，故A错误B、加速度方向与速度方向可能相同，可能相反，也可能不

10、在同一条直线上，故B正确C、当加速度方向与速度方向相同，速度增大，加速度可能减小故C正确D、当加速度方向与速度方向相反，加速度增大，速度减小，故D错误故选BC.考点：本题考查运动的加速度和速度的关系10.如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点。一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角90，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的的是（ ）A. 绳OA的拉力一直增大B. 斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C. 地面对斜面体有向右的摩擦力D. 地面对斜面体的

11、支持力大于物块P和斜面体的重力之和【答案】BD【解析】【详解】A.缓慢改变绳OA的方向至90的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示；可见OA拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大；故选项A错误；B.若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，故选项B正确；C.以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，选项C错误；D.以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：N+Fcos=M斜g+MPg+MQg，由上图分析可知F的最大值即

12、为MQg（当F竖直向上方向时），故FcosMQg则NM斜g+MPg，故选项D正确；11.把A、B两小铁球从楼顶的P点释放第一种方式：A比B早1s从P点释放；第二种方式：把两球用lm长的轻绳拴起来，在P点手握B球把A球提起同时释放，如阁所示从A被释放起计时，则在A、B下落的过程中，下列判断正确的是（取g=10m/s2）（）A. 第一种方式，以B为参考系，A相对B静止，且A、B间隔保持5m不变B. 第一种方式，以B为参考系，A以l0m/s速度匀速下落C. 第二种方式，若H=6m，h=3m，则A、B全部通过窗户用时（）sD. 不论采用哪种方式，若从更高处释放两小球，两球落地时间差都将减小【答案】BC

13、【解析】AB、第一种方式：A比B早1s从P点释放，以B为参考系，A相对于B向下做速度为10m/s的匀速运动，所以A、B之间的间隔为 ，故A错误；B正确；C、第二种方式,若H=6m, h=3m，由公式知A到达窗户上沿的时间 B通过窗户下沿所用的时间为 则A、B全部通过窗户用时()s，故C正确；D、若采用第一种方式释放，以B为参考系，A相对于B向下做速度为10m/s的匀速运动，A比B多运动了1m，则两球落地时间差不会随释放高度不同而变化，故D错误；综上所述本题答案是：BC12.如图所示，将两块光滑平板OA、OB固定连接，构成顶角为60的楔形槽，楔形槽内放置一质量为m的光滑小球，整个装置保持静止，O

14、A板与水平面夹角为15。现使楔形槽绕O点顺时针缓慢转动至OA板竖直，重力加速度为g，则转动过程中( )A. OB板对小球的作用力一直在增大B. OA板对小球的作用力一直在减小C. OA板对小球作用力最大值为D. OB板对小球作用力大小为mg时，OA板对小球的作用力大小也为mg【答案】ACD【解析】【详解】AB.在转动过程中，NANBG=60恒定不变，为此可组成以NANB为直径得圆，在转动过程中弦NAG恒定不变，如图所示： 当B从开始位置转动到竖直位置，即NB从1到2的过程中，NA在增大，NB也在增大；当B从竖直位置继续转动到A在竖直位置，即NB从2到4的过程中，NA在减小，NB在增大；故整个过

15、程OA板对小球的作用力先增大后减小，而B板对小球的作用力一直在增大，故A正确，B错误；C.当B在竖直位置时OA板对小球作用力最大，此时的受力分析，如图所示：根据平衡条件得：故C正确；D.当OC线竖直时，球处于静止状态，受力平衡，根据几何关系可知，两挡板对球的弹力大小相等，且夹角为120，根据平衡条件得：N=mg故D正确；二、填空和实验题（每空1分共12分 ）13.在“利用打点计时器测定匀变速直线运动加速度”实验中，打点计时器接在50Hz低压交流电源上，某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F六个计数点(每相邻两个计数点间还有四个点)。从A点开始在每一

16、个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图所示:（1）若把每一段纸带的右上端连接起来，结果得到一条倾斜的直线，如图所示，由图可知纸带做_运动且直线与x方向夹角越大，说明纸带运动的加速度_(选填：越大或越小)。（2）从第一个计数点A开始计时，为求出0.25s时刻纸带的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度_(选填：a、b、c、d或e)。（3）若测得a段纸带的长度为10.0cm，e段纸带的长度为2.0cm，则可求出加速度的大小_m/s2。【答案】 (1). 匀减速直线 (2). 越大 (3). c (4). 2.0【解析】【详

17、解】（1）纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与每条纸带相等的时间对应，竖直长度为相邻相等时间的位移，由于x=aT2，纸带长度差相等，变化规律恰好与速度一样，所以图线可看作vt图象，即物体的速度在均匀减少，物体做匀减速运动；图象与x方向夹角越大，即斜率越大，则加速度越大。（2）求0.25s的速度，即求0.2s0.3s内的平均速度，0.20.3s内的位移恰好是纸带c段对应的长度，故需测出c段纸带的长度即可。（3）利用x=aT2，即xa-xe=4aT2有：加速度a=10-2m/s2=2.0m/s2答案为：（1）匀减速直线；越大；（2）c；（3）2.014. 在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中

18、，（1）以下说法正确的是A弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B用悬挂砝码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等（2）某同学由实验测得某弹簧的弹力F与长度L的关系如图所示，则弹簧的原长L0= cm，劲度系数k= N/m【答案】（1）AB；（2）10，50【解析】试题分析：弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，这是必须的。用悬挂砝码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态，这样才能求出形变后的弹力。所以AB正确。另外在求的时候要用弹簧形变量，所以C错误。用

19、几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比不相等，其比值为弹簧精度系数，所以不相等，D错考点：胡克定律点评：此类题型考察了胡克定律的理解，尤其是形变量的含义。15.一同学在实验室尝试修复一个坏的量程为010N的弹簧秤，在更换了内部的弹簧后该同学进行了如下测试，不挂重物时，示数为0.1N；挂10N的重物时，示数为9.7N（弹簧仍在弹性限度内）。（1）当示数为10N时所挂重物所受的重力是_N（2）当所挂重物为5N时，示数是_N。【答案】 (1). 10.3N (2). 4.9N【解析】【详解】（1）由重物的重量为0N时弹簧秤示数为0.1N、重力为10N时弹簧秤示数为9.7N，可

20、得每1N示数对应的拉力为：，当示数为10N时，所挂重物的重力为：G1=（10-0.1）F0=10.3N。（2）当所挂重物的重量为5N时，示数为：。16.“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，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为细绳图乙是在白纸上根据实验结果画出的图(1)图乙中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是_(2)在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：_(选填“变”或“不变”)(3)本实验采用的科学方法是_A理想实验法 B等效替代 C控制变量法 D建立物理模型法【答案】 (1). (2). 不变 (3). B【解析】【详解】

21、(1).1.由图可知，F是由平行四边形定则得出的，由于会存在误差，故F不一定与AO同向；而F是通过实验得出的，即F一定与AO的拉力大小相等方向相反，即F一定沿AO方向；(2)3.在实验中细线是否伸缩对实验结果没有影响，故换成橡皮筋可以同样完成实验，故实验结果不变(3)3.实验中两次要求效果相同，故实验采用了等效替代的方法故ACD错误，B正确三、计算题（40分）17.汽车刹车前的速度为10m/s，刹车获得的加速度大小为2m/s2，则（1）从开始刹车后8s内滑行的距离x1（2）从开始刹车到汽车为位移为21m时所经历的时间t（3）静止前2.5s内汽车滑行的距离x2【答案】（1）25m；（2）3s；（

22、3）6.25m；【解析】选汽车初速方向为正方向，则a2m/s2刹车时间：t1(0v)/a =(0-10m/s)/(-2m/s2) = 5s,则：8s内刹车位移：x1（0V02）/2a = 25m 前21m内:x=v0t + (at2/2) = 21m 解得：t3s静止前2.5s的逆过程：x2at2/2 =（22.52）/2m=6.25m即：静止前2.5s内的位移大小为6.25m。18.如图所示，质量为3 kg的物块静止在粗糙水平面上。现用F = 10 N的力斜向下推物块，F与水平面的夹角37，物块与水平面间的动摩擦因数。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g =10m/s2，sin37 = 0.6，

23、cos37 = 0.8。求物块此时所受摩擦力的大小及方向。【答案】8N，方向水平向左【解析】【分析】对物体受力分析，根据竖直方向的平衡条件可求得压力大小，再根据滑动摩擦力公式可求得最大静摩擦力，比较水平方向上的拉力与最大静摩擦力之间的关系可明确物体的运动状态，从而求出对应的摩擦力【详解】对物块进行受力分析，并进行正交分解如图所示y轴上： 解得 又最大静摩擦力为 x轴上： 物块处于静止状态 物体所受静摩擦力为，方向水平向左【点睛】本题考查受力分析的方法，对于摩擦力的问题要区分是滑动摩擦力还是静摩擦力，静摩擦力与外力有关一般情况下，我们认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力19.为了测定一辆电动汽车的加速

24、性能，研究人员驾驶汽车沿平直公路从标杆O处由静止启动，依次经过A、B、C三处标杆，如图所示，已知AB间的距离为L1，BC间的距离为L2，已知汽车通过AB段与BC段所用的时间相等，将汽车的运动过程视为匀加速行驶，求标杆O与标杆A的距离x【答案】【解析】【详解】充分利用通过AB段与BC段所用的时间相等这个条件，根据位移差公式有sl2l1at2 由式可得： 再由B点是AC的时间中点，故B点的速度为AC段的平均速度，则有vB 又vAvBat 联立得 设O与A的距离为l，则 联立解得20.如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量为m，斜面倾角=30，细绳与竖直方向夹角=30，斜

25、面体的质量M=3m，置于粗糙水平面上求：（1）当斜面体静止时，细绳对小球拉力的大小？（2）地面对斜面体的摩擦力的大小和方向？（3）若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k值必须满足什么条件？【答案】（1）（2） 方向水平向左 （3）【解析】试题分析：（1）选小球研究对象，受力分析并合成如图：由平衡条件：F=mg由平面几何知识可得：N与F夹角为30，T与F夹角也为30，故画出的平行四边形为菱形，连接对角线便可找出直角三角形：由：cos30=得：T=（2）、（3）选小球和斜面组成系统为研究对象，受力分析如图，由平衡条件得：N+Tcos30=（M+m）g解得：N=（M+m）g-=Mg+=35mg水平方向上：f=Nsin30=，方向水平向左为了使整个系统始终处于静止状态，则最大静摩擦力fmaxf所以kNf 解得：k考点：考查了共点力平衡条件的应用于【名师点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解利用正交分解方法解体的一般步骤：明确研究对象；进行受力分析；建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；x方向，y方向分别列平衡方程求解- 17 -