1、河北省石家庄市藁城区第一中学2019-2020学年高一物理上学期第三次月考试题（含解析）一、选择题（共1-10小题为单选，11-14为多选）1. 如图所示，长方体形的物块a静止在水平地面上，长方体形的物块b叠放在物体a上现对物体a施加一个水平向左的恒定拉力F，但a、b仍然都处于静止状态以下说法正确的是A. a受b向右的摩擦力B. b受a向左的摩擦力C. 仅减小a、b接触面间的动摩擦因数，a与b可能会发生相对滑动D. 若将F改为斜向上对物体b施加，大小不变，有可能ab一起向左运动【答案】D【解析】【分析】【详解】ABa、b相对静止且相对地面也静止，以b为研究对象，由平衡条件知，a对b的摩擦力为0
2、，则a与b之间摩擦力为0故AB错误Ca、b之间无摩擦力，与动摩擦因数无关，所以仅减小a、b接触面间的动摩擦因数，则a与b不会发生相对滑动，故C错误D由题知，a与地间的最大静摩擦力至少等于F若将F改为斜向上对物体b施加，大小不变，则由于力F有竖直向上的分量，则a与地面之间的压力减小，则最大静摩擦力减小，则有可能ab一起向左运动，选项D正确2. 如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（ ）A. 图甲中A球的加速度为gsinB. 图甲中B球的加速
3、度为2gsinC. 用乙中AB两球的加速度均为gsinD. 图乙中轻杆的作用力一定不为零【答案】C【解析】【分析】【详解】设B球质量为m，A球质量为3m，撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为，加速度为；图乙中，撤去挡板的瞬间，AB两球整体的合力为，AB两球的加速度均为，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，故C正确，ABD错误。故选C。3. 静止的物体从时刻开始受到如图所示的合外力作用，下列表述正确的是A. 内物体的速度先增大后减小B. 内物体的速度方向一直不变C.
4、末物体回到出发点D. 末物体的速度方向发生变化【答案】B【解析】【分析】【详解】A02s内，合外力与速度同向，则加速度与速度同向，所以物体的速度一直增大，故A错误；BD24s内，合外力与速度反向，则加速度与速度反向，所以物体的速度一直减小，所以04s内物体的速度方向一直不变，故B正确，D错误；C04s内物体沿正向运动，4s末物体不会回到出发点，故C错误。故选：B。4. 某篮球运动员将篮球竖直向上抛出，篮球在最高点离接球的手距离1.8m，该运动员接球的整个过程时间约为0.1s，(忽略空气阻力，g取10m/s2)则下列说法正确的是A. 接球时球的速度大小为3m/sB. 篮球自由下落时间约为1.2s
5、C. 手受到的平均作用力的大小是篮球重力大小的7倍D. 手接篮球的整个过程，篮球处于失重状态【答案】C【解析】【分析】【详解】AB.由运动规律可得，篮球下落到该运动员手处的速度，由v2=2gh解得v=6m/s，篮球的下落时间t1=v/g=0.6s，故A、B错误；C.从接触该运动员手到停止运动，篮球的加速度a=v/t2=60m/s2，根据牛顿定律：Fmg=ma可得，F=7mg，故C正确;D.运动员接篮球的整个过程，篮球做减速运动，加速度方向向上，篮球处于超重状态，故D错误5. 一质点运动的xt图象如图所示，下列说法正确的是（）A. 06s内位移为mB. 24s内位移为4mC. 06s内路程为4m
6、D. 26s内质点一直向同一方向运动【答案】AD【解析】【分析】【详解】A由图象可知，开始时位移为零，6s时位移为m，则06s内位移为故A正确；B2s时位移为4m，4s时位移为0，则24s内位移为故B错误；C06s内路程4m+4m+4m=12m故C错误；Dxt图象斜率即表示速度，26s内斜率不变，则26s内速度不变，所以26s内质点一直向同一方向运动，故D正确。故选AD。6. 关于自由落体运动，下列说法正确的是（）A. 物体只在重力作用下的运动都是自由落体运动B. 自由落体运动在开始连续的三个1s末的速度之比为1：2：3C. 自由落体运动在开始连续的三个2s内的路程之比为1：2：3D. 竖直方
7、向的位移只要满足x1：x2：x3：=1：4：9：的运动就是自由落体运动【答案】B【解析】【分析】【详解】A物体只在重力作用下从静止开始下落的运动叫做自由落体，故A错误；B根据v=gt，知自由落体运动在开始连续通过三个1s末的速度比为1：2：3，故B正确；C自由落体运动在开始通过连续的三个2s内的位移比为1：3：5，故C错误；D自由落体运动，在1T内、2T内、3T内的位移之比为1：4：9，但是位移满足x1：x2：x3：=1：4：9：的运动不能说一定就是自由落体运动，故D错误。故选B。7. 在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在时刻速度达到最大值时，打开降落伞做减速运动在时刻以较
8、小速度着地他的图象如图所示，下列关于空降兵在或时间内的结论正确的是A. 0t1时间内，空降兵的位移B. t1t2时间内，空降兵的位移C. t1t2时间内，空降兵的平均速度D. t1t2时间内，空降兵做加速运动，加速度越来越小【答案】C【解析】【分析】【详解】A0t1，空降兵做匀变速直线运动，其位移为：故A错误.Bt1t2内，空降兵的运动不是匀变速直线运动，又因为v-t图像与时间轴围成的面积代表空降兵的位移s，加入这段时间内空降兵做匀减速直线运动，v-t图像中如图虚线所示，则其位移大小为：由图可知，故B错误.C在t1t2内，假设空降兵做匀减速直线运动，则其平均速度为：根据B选项可知匀减速直线运动
9、的位移大于空降兵的实际位移，则平均速度大小：故C正确.D在t1t2内，根据v-t图线切线的斜率表示加速度可知空降兵做加速度减小的减速运动，故D错误.8. 在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小，其原理如图所示仪器中有一根轻质金属丝，悬挂着一个金属球无风时，金属丝竖直下垂；当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一个角度风力越大，偏角越大通过传感器就可以根据偏角的大小指示出风力大小风力大小F跟金属球质量m、偏角之间的关系为 ( )A. Fmgcos B. Fmgtan C. FD. F【答案】B【解析】以小球为研究对象，受力如图由水平方向上的合力Fx合和竖直方向上的合力Fy合分别等于
10、零，即，则有，故B正确，ACD错误；故选B【点睛】关键是对小金属球受力分析后，根据平衡条件，运用正交分解法列出平衡方程求解9. 如图所示，两根轻质弹簧原长相同，劲度系数分别为 k1，k2，悬挂一个 质量为 m的重物，弹簧 k1悬于 A点，与竖直方向的夹角 37，弹簧 k2处于水平状态，此时两个弹簧的长度相同，则两根弹簧的劲度系数之比为（ ）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】【详解】两弹簧长度相同，原长相同，则伸长量相同，设为x，根据力的平衡水平方向有：k1xsin37=k2x竖直方向有：k1xcos37=mg解得： 则两根弹簧的劲度系数之比。A，与结论不相符，选项A错误；B，
11、与结论不相符，选项B错误；C，与结论相符，选项C正确；D1，与结论不相符，选项D错误；10. 用一轻绳将一重力为G的小球P系于光滑墙壁上的O点，小球P处于静止状态，且细绳与竖直墙面之间的夹角为，则下列相关说法正确的是A. 细绳的拉力为B. 墙对小球的支持力为C. 若绳子变短，墙对小球的支持力变大D. 若绳子变长，绳子对小球的拉力变大【答案】C【解析】【分析】【详解】AB对小球受力分析，由平衡知识可知，细绳的拉力为墙对小球的支持力为选项AB错误；C若绳子变短，则变大，则墙对小球的支持力N变大，选项C正确；D若绳子变长，则变小，绳子对小球的拉力T变小，选项D错误11. 升降机在竖直方向上做匀速运动
12、，升降机内，具有一定质量的物体A被伸长的弹簧拉住，静止在升降机的地板上，如图所示。现发现A突然被拉向右方，由此判断，此时升降机的运动情况可能是（）A. 减速上升B. 加速上升C. 减速下降D. 加速下降【答案】AD【解析】【分析】【详解】当升降机静止时，地板给物体的静摩擦力与弹簧的弹力平衡，且该静摩擦力可能小于或等于最大静摩擦力，当升降机有向下的加速度时，处于失重状态，必然会减小物体对地板的正压力，也就减小了最大静摩擦力，这时的最大静摩擦力小于电梯静止时的静摩擦力，而弹簧的弹力又未改变，故只有在这种情况下物体A才可能被拉向右故选AD。12. 如图所示，长方体空铁箱甲在水平拉力F作用下沿光滑水平
13、面向右匀加速运动，铁箱内有一木块乙贴着后壁与铁箱相对静止，木块与铁箱间的动摩擦因数小于1则铁箱对木块的A. 弹力大小等于F的大小B. 作用力大小大于摩擦力的大小C. 摩擦力大小等于木块重力的大小D. 弹力大小可能等于木块重力的大小【答案】BC【解析】【分析】【详解】A设甲、乙的质量分别为M、m，对甲、乙整体，根据牛顿第二定律：对乙：联立解得：故A项错误；B对乙竖直方向上受力平衡，摩擦力等于重力，铁箱对木块的作用力最小时，摩擦力达到最大静摩擦力，则：由于木块与铁箱间的动摩擦因数小于1，作用力大小大于摩擦力的大小，故B项正确；CD竖直方向受力平衡，摩擦力大小等于木块重力的大小；由于作用力（弹力）大
14、小大于摩擦力的大小，所以弹力大小大于木块重力的大小。故C项正确，D项错误；13. 如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上（环的内径略大于杆的直径），杆足够长，环与杆间的动摩擦因数为，现给环一个向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时在运动过程中圆环还受到一个方向始终竖直向上的力F1的作用，已知力F1的大小F1=kv（k为常数，v为环的运动速率），认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则环在整个运动过程中下列说法中正确的是（）A. 最大加速度为B. 最大加速度为C. 最大速度为D. 最大速度为【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB当F1=mg时，FN=0，摩擦力为零，圆环有最大加速度，
15、根据牛顿第二定律得故A正确，B错误；CD当F=f时，有最大速度，由f=FN得解得最大速度故C正确，D错误。故选AC。14. 如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判断（）A. 电梯可能加速下降，加速度大小为5m/s2B. 电梯可能减速上升，加速度大小为2.5m/s2C. 乘客处于超重状态D. 乘客对电梯地板的压力为375N【答案】BD【解析】【分析】【详解】ABC电梯静止不动时，小球受力平衡，有电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说
16、明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有解得方向竖直向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，故B正确，AC错误；D以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得解得故D正确。故选BD。二、实验题（共2小题）15. 某同学利用如图丙所示的装置来验证力的平行四边形定则在竖直木板上铺有白纸，在A、B两点固定两个光滑定滑轮，用一个轻绳跨过两滑轮悬挂钩码组、，用另一轻绳C在O点打一结，悬挂钩码组，每个钩码的质量相等当系统达到平衡时，记录各组钩码个数，回答下列问题：（1）改变钩码个数，可以完成实验的是_ A.钩码的个数B.钩码的个数C.钩码的个数D.钩码的个数（2）在拆下钩码和绳子前，必须的一个步骤是_ A
17、.记录OA、OB、OC三段绳子方向B.用刻度尺测出OA、OB、OC三段绳子的长度C.用天平测出钩码的质量（3）在操作正确的前提下，你认为甲、乙两图比较合理的是_ 图填“甲”或“乙”【答案】 (1). BC； (2). A； (3). 甲【解析】【分析】【详解】（1）对O点受力分析OA OB OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以OC等于因此三个力的大小构成一个三角形A、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误B、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故B正确C、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故C正确D、3、4、8不可以构成三角形，则结点不能处于
18、平衡故D错误故选BC（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BC错误故选A（3）以O点为研究对象，的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，、的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际【点睛】掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别16. 图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电
19、源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用t表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。(1)完成下列实验步骤中的填空：平衡小车所受的阻力：不挂小吊盘，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列等间距的点；按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码；打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m；按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤；在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1，s2，求出与不同m相对应的加速度a；以砝码的质量m为横
20、坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m应成_关系（填“线性”或“非线性”）。(2)完成下列填空：本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_；图乙为用米尺测量某一纸带上s1、s2、s3的情况，利用s1、s3可求得加速度的大小a_m/s2；图丙为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为_，小车的质量为_。【答案】 (1). 线性 (2). 小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是远小于小车和车中砝码的总质量 (3). 1.14m
21、/s2 (4). (5). 【解析】【分析】【详解】(1)1由牛顿第二定律可知在F一定时，与m成正比，与m成线性关系；(2)2探究牛顿第二定律实验时，当小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车和车中砝码的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于小吊盘和盘中物块受到的重力，认为小车受到的拉力不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是远小于小车和车中砝码的总质量；3两个相邻计数点之间还有4个点，打点计时器的打点时间间隔为，计数点间的时间间隔t=5=0.1s，由图可读出由匀变速直线运动的推论可知，加速度4 设小车质量为M，小车受到外力为F，由牛顿第二定律有所以则图象的斜率为， 故 5 纵轴截距为则三
22、、计算题（共2小题）17. 甲、乙两质点，乙在前、甲在后沿同一直线运动，在某时刻甲乙分别恰好经过相距12m的两个路标，以此时为计时起点，此后甲质点的速度随时间的变化关系为v4t12(m/s)，乙质点位移随时间的变化关系为x2t4t2(m)，试求：（1）两质点相遇的时刻；（质点不会相撞）（2）甲能够领先乙的最远距离是多少？【答案】（1）2s 或3s；（2）0.5m【解析】【分析】【详解】（1）由题知甲的速度时间公式为：v4t12(m/s)与速度时间公式：对比可得甲质点的初速度为：12m/s，加速度为：m/s2，根据位移时间公式：得甲的位移时间公式为：由题知乙质点的位移随时间的变化关系为：x2t4
23、t2(m)与位移时间公式：对比可得乙质点的初速度为：m/s，加速度为：m/s2，根据速度时间公式：得乙的速度时间公式为：甲乙相遇时有：代入数据解得：s或s（2）甲乙两质点相距最远时，两质点速度相等，则有：即：解得：s则此时两车速度为=22m/s则最远距离为：mm联立解得：m18. 如图所示，质量为m的物块A被轻质细绳系住斜放在倾角为30的斜面上，物块A与斜面间的动摩擦因数为. 细绳绕过定滑轮O右端固定在天花板上，细绳上一光滑动滑轮O 下方悬挂着重物B，整个装置处于静止状态，此时细绳左右两边与竖直方向的夹角=30、=60. 已知重力加速度为g，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力求：（1）重物B的质量
24、为多少时，A与斜面间恰好没有摩擦力作用？（2）要物块A能在斜面上保持静止，求重物B的质量应满足的条件？（斜面此时仍然静止）【答案】（1）（2）【解析】【分析】【详解】（1）对A受力分析可知：A与斜面间恰好没有摩擦力作用，即为：f=0根据平衡条件：解得：由O 平衡，根据几何关系可知故（2）如果物体A恰好不上滑，则对A，平行斜面方向：T1cos30-mgsin30-f=0垂直斜面方向：N+T1sin30-mgcos30=0又f=N解得：如果物体A恰好不下滑，摩擦力反向，则对A，平行斜面方向：T2cos30-mgsin30+f=0垂直斜面方向：N+T2sin30-mgcos30=0又f=N解得：对B
25、由平衡条件得：2Tcos60=mBg故绳子的拉力等于物体B的重力，故物体B的质量范围为：19. 一物块以一定的初速度沿足够长的斜面向上滑动，其速度大小随时间的变化关系图如图所示，取，求：(1)物块上滑过程和下滑过程的加速度大小，；(2)物块向上滑行的最大距离x；(3)斜面的倾角。【答案】(1)， (2)物块向上滑行的最大距离为1m(3)30【解析】【分析】【详解】(1)由图象可知，上滑过程中下滑过程中(2)由图象可知，物块向上滑行的最大距离(3)由牛顿第二定律，上滑过程中有下滑过程中有联立解得所以20. 某企业的生产车间在楼上，为了将工件方便快捷地运送到地面，专门安装了传送带设备，如图所示。已
26、知传送带与水平面的夹角，正常的运行速度是v=10m/s.现在传送带的A端轻轻放上一个小物体（可视为质点），已知小物体与传送带之间的动摩擦因数为=0.5，A、B间距离s=16m.试分析计算：（已知sin=0.6，cos=0.8，取g=10m/s2）(1)如果传送带停止运行，小物体从A端运动到B端的时间；(2)如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间；(3)如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间。【答案】(1)4s；(2)4s；(3)2s【解析】【分析】【详解】(1)(2)对放在传送带上的小物体进行受力分析，小物体沿传送带向下滑动时，无论传送带时静止还是沿
27、顺时针分析正常转动，小物体的受力情况完全一样，都是在垂直传送带的方向受力平衡，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，如图所示根据牛顿第二定律，小物体沿传送带下滑的加速度为：小物体从端运动到端做初速度为零的匀加速直线运动，设需要的时间为，则有：解得：(3)当传送带沿逆时针方向正常转动时，开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，小物体下滑的加速度为：小物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为：在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为：由于，此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上，如图所示其加速度变为：小物体从该位置起运动到端的位移为：小物体做初速度为、加速度为的匀加速直线运动，可得：代入数据,解得：(舍去)所以,小物体从端运动到端的时间为：
