1、山西省怀仁县第一中学2016-2017学年高一上学期第三次月考物理试题一、选择题：1、【题文】甲乙两物体开始位于同一点，从t=0时刻两物体开始运动，通过速度传感器测出的两物体的速度随时间的变化规律如图所示，则：A物体甲在前5s做初速度为零的匀加速直线运动，且在第5s末速度方向发生变化 B第10s末物体甲的速度为零，此刻两物体之间的距离最大 C第10s末两物体相遇 D在第20s末两物体之间的距离最大【答案】D【解析】试题分析：物体甲在前5s沿负向做初速度为零的匀加速直线运动，在第5s末速度仍沿负向，速度方向没有发生变化，故A错误前10s内，甲、乙两物体从同一点开始沿相反方向运动，两者间距不断增大
2、，在10-20s内，两者同向运动，乙在甲的前方，由于乙的速度大，所以两者间距不断增大，所以t=10s时，两物体之间的距离不是最大故B错误前10s内，甲、乙两物体从同一点开始沿相反方向运动，则第10s末不可能相遇，故C错误第20s末后乙的速度比甲的速度小，两者间距减小，所以在第20s末两物体之间的距离最大，故D正确故选D.考点：v-t图线【名师点睛】根据速度时间图线分析两个物体追击时间距的变化情况，关键要抓住速度的正负表示速度的方向，由速度大小关系来判断间距的变化情况，往往速度相等时两者间距是最大或最小。【结束】2、【题文】如图所示，一小球用轻绳悬于O点，用力F拉住小球，使悬线保持偏离竖直方向7
3、50角，且小球始终处于平衡状态，为了使F有最小值，F与竖直方向的夹角应该是（）A90 B15 C45 D0【答案】B【解析】试题分析：小球受三个力处于平衡，重力的大小和方向都不变，绳子拉力方向不变，因为绳子拉力和外力F的合力等于重力，通过作图法知，当F的方向与绳子方向垂直时，由于垂线段最短，所以F最小，则=15故B正确，ACD错误故选B。考点：物体的平衡【名师点睛】本题属于力学的动态分析，关键能够正确进行受力分析，抓住不变量，运用作图法进行求解。【结束】3、【题文】一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其的图像如图所示，则：A质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s B质点做匀
4、加速直线运动，加速度为0.5 m/s2 C质点在1 s末速度为1.5 m/s D质点在第1 s内的平均速度为0.75 m/s【答案】C【解析】试题分析：由图得：=0.5+0.5t根据匀变速运动的位移公式 x=v0t+at2，得：=v0+at，对比可得：a=0.5m/s2，则质点的加速度为 a=20.5=1m/s2初速度为 v0=0.5m/s，则知质点的加速度不变，质点做匀加速直线运动，故A、B错误质点做匀加速直线运动，在1s末速度为 v=v0+at=0.5+1=1.5m/s则质点在第1s内的平均速度为，故C正确，D错误故选C.考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题的关键要写出解析式，采用比
5、对的方法求出加速度和初速度，明了物体的运动情况后，再由运动学公式研究图象的信息。【结束】4、【题文】如图所示，在物体P左边用一根水平轻弹簧和竖直墙壁相连，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于弹簧的原长若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到把P拉动在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力N的大小和地面对P的摩擦力f的大小的变化情况是（）AN始终增大，f始终减小 BN先不变后增大，f先减小后增大 CN保持不变，f始终减小DN保持不变，f先减小后增大【答案】D【解析】试题分析：由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长，则弹簧对P的拉力向左，由于粗糙水平面，因此同时受到水平向
6、右的静摩擦力当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到把P拉动前过程中，物体P受到的静摩擦力从向右变为水平向左所以其大小先减小后增大因物体位置不动，弹簧长度不变，故弹簧对P的弹力N的大小不变，故只有D正确故选D.考点：弹力；摩擦力【名师点睛】本题解题的关键是对P物体进行正确的受力分析，知道当P没有运动时，弹簧弹力不变，而由于拉力的变化，从而导致静摩擦力的方向变化，难度适中。【结束】5、【题文】在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光波长为长度标
7、准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（）A B C D【答案】A【解析】试题分析：小球从O点上升到最大高度过程中： 小球从P点上升的最大高度： 依据题意：h1-h2=H 联立解得：g=,故选A.考点：竖直上抛运动的规律【名师点睛】分析物体运动的形式，根据运动特点，然后选择相应的规律求解是解决运动问题的基本思路，要在学习中不断培养解题思路。【结束】6、【题文】一铁架
8、台放于水平地面上，其上有一轻质细绳悬挂一小球，开始时细绳竖直，现将水平力F作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止，则在这一过程中（）A铁架台对地面的压力逐渐增大 B铁架台对地面的压力逐渐减小 C细线拉力逐渐增大 D铁架台所受地面的摩擦力方向向右，大小不变【答案】C【解析】试题分析：以整体为研究对象，根据平衡条件得：地面对铁架台的支持力 FN=（M+m）g，FN保持不变，则铁架台对地面的压力不变，故AB错误对小球受力分析，受拉力、重力、F，根据平衡条件，有：F=mgtan，逐渐增大，则F逐渐增大，以整体为研究对象，根据平衡条件得：地面对铁架台的摩擦力Ff=F，则Ff
9、逐渐增大，方向向右细线的拉力，增大，T增大，故C正确，D错误；故选C.考点：物体的平衡【名师点睛】本题是动态平衡问题，动态平衡常用的描述字眼就是缓慢移动，处理问题的方法主要是：采用隔离法和整体法相结合进行研究.【结束】7、【题文】如图所示，一小球分别以不同的初速度，从光滑斜面的底端A点向上做加速度相同的匀减速直线运动，所能到达的最高点位置别为a、b、c，它们距斜面底端A点的距离分别为s1、s2、s3，对应的最高点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是（）A B C D【答案】C【解析】试题分析：因为小球匀减速运动的加速度大小相等，根据知，v01v02v03，平均速度，可知，故A、B错
10、误采用逆向思维，有：sat2，则，因为加速度大小相等，则故C正确，D错误故选C。考点：匀变速运动的规律【名师点睛】本题考查学生运用匀变速直线运动规律分析问题的能力关键掌握匀变速直线运动的公式和推论，并能灵活运用。【结束】8、【题文】如图所示，t=0时，质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，进过B点后进入水平面（经过B点前后速度大小不变），最后停在C点每隔2s物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（） At=3s的时刻物体恰好经过B点 Bt=8s的时刻物体恰好停在C点 C物体运动过程中的最大速度为12m/s DA、B间的距离小于B、C间的距
11、离【答案】D【解析】试题分析：根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=-2m/s2根据运动学公式：8+a1t1-a2t2=12，t1+t2=2，解出t1=s，知经过s到达B点，到达B点时的速度v=a1t=m/s如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点是在2s到4s之间经过B点所以最大速度不是12m/s故AC均错误第6s末的速度是8m/s，到停下来还需的时间，所以到C点的时间为10s故B错误根据v2-v02=2ax，求出AB段的长度为mBC段长度为m，则A、B间的距离小于B、C间的距离，故D正确故选D考点：匀变速直线运动的
12、规律【名师点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、速度位移公式，并能灵活运用，通过匀加速和匀减速直线运动的加速度以及4s末的速度，结合速度是公式求出物体在斜面上的运动时间是关键。【结束】二、多选题：9、【题文】如图所示，一质量为m的滑块，以初速度v0从倾角为的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，若滑块所受的摩擦力为f、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v，选沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图象大致正确的是（）A B C D【答案】AD【解析】试题分析：滑块在上滑的过程和下滑过程中，正压力大小
13、不变，则摩擦力大小不变，方向相反，上滑时摩擦力方向向下，下滑时摩擦力方向向上，故A正确上滑时加速度方向沿斜面向下，大小，下滑时加速度大小，方向沿斜面向下，则合力沿斜面向下故B、C错误上滑时做匀减速运动，下滑时做匀加速直线运动，上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故D正确故选AD。考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道上滑和下滑时加速度的方向均向下，但是大小不等。【结束】10、【题文】如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO/悬挂于O点，另一细绳跨过滑轮；其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态若F方向不变，大小在一
14、定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）A物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 B绳OO的张力也在一定范围内变化 C连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【答案】AD【解析】试题分析：对于b，由物体的平衡条件得：y：N+Fsin+magsin=mbg，F增大，N减小，一直到物体开始运动因此N在一定范围内变化，故A正确；绳OO的张力等于magcos（45o-0.5），不变，故B错误；连接a和b的绳的张力等于物体a的重力mag，不变，故C错误；对于b，由物体的平衡条件得：x：magcos=Fcos+f，F增大，f先减小到零，反向再增大，一直到物体开始
15、运动，所以物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故D正确故选AD考点：物体的平衡111【名师点睛】考查物体的平衡条件和临界条件，对于四个力以上的物体平衡，主要采用正交分解，列式，从公式分析各个力的变化，注意物体运动的临界条件，物体间静摩擦力达到最大。【结束】11、【题文】如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e，已知ab=bd=6m，bc=1m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则（）111Avb= m/s Bvc=3 m/s Cde=4 m D从d到e所用时间为2 s【答案】BC【解析】试题分析：根据x
16、cdxacaT2得小球向上做匀变速直线运动的加速度为：，c点的速度为：，故B正确根据速度时间公式得，b点的速度根据速度位移公式可知，解得：vbm/s，故A错误d点的速度vd=vc+aT=3-0.52m/s=2m/s，则de间的距离为：，故C正确d到e的时间为：，故D错误故选BC.考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。【结束】12、【题文】如图所示，两轻质弹簧ab悬挂一质量为m的小球，整体处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成300角，b弹簧与竖成方向成60角，a、b两弹簧的形变量相等，重力加速度为g，
17、则（）A弹簧a、b劲度系数之比为 ：2 B弹簧a、b劲度系数之比为：1 C若弹簧a下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度为 g D若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为g/2 【答案】BD【解析】试题分析：由题可知，两个弹簧之间相互垂直，画出受力图如图，设弹簧的伸长量都是x：由受力图知，弹簧a中弹力：Famgcos30mg，据胡克定律a弹簧的劲度系数为：；弹簧b中弹力：Fbmgcos60mg，据胡克定律b弹簧的劲度系数为： ,所以弹簧a、b劲度系数之比为：1故A错误，B正确；弹簧a中弹力为，若弹簧a的左端松脱，则松脱瞬间b弹簧的弹力不变，故小球所受重力和b弹簧弹力的合力与F1大小相等方
18、向相反，故小球的加速度故C错误；弹簧b中弹力为mg，若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间a弹簧的弹力不变，故小球所受重力和a弹簧弹力的合力与F2大小相等方向相反，故小球的加速度，故D正确故选BD.考点：物体的平衡；胡克定律【名师点睛】本题考查共点力平衡条件的运用，关键是作图，三力中两个力的合力一定与第三个力等值、反向、共线，知道一个弹簧弹力变化的瞬间，另一弹簧弹力保持不变。【结束】二、实验题：13、【题文】用如图所示的装置探究加速度a与力F的关系；带滑轮的长木板水平 放置，弹簧测力计固定在墙上。（1）实验时，一定要进行的操作是 AB （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
19、出一条纸带，根据纸带的数据求出加速度a，同时记录弹簧测力计的示数FB改变小车的质量，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）在实验中，有同学得到一条打点的纸带，取打点清晰部分做如下标记，如图2所示，已知相邻计数点间还有4个点没有画出来，打点计时器的电源频率为50Hz，则小车加速度的大小为a=1.93 m/s2（结果保留3位有效数字）（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象，可能是图3中的图线 。（填选项前的字母） 【答案】（1）AB；（2）1.93；（3）C【解析】试题分析：（1）A、打点
20、计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故A正确；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故B正确；本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故CD错误故选AB（2）由于相邻计数点间还有4个点没有画出来，故T=0.1s，由x=aT2可得：（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以a-F图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的a-F图象在F轴上有截距，故C正确故选C考点：探究加速度a与力F的
21、关系【名师点睛】本题考察的比较综合，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，特别注意本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，难度适中。【结束】三、计算题：14、【题文】客车以v=20m/s的速度行驶，突然发现同车道的正前方x0=120m处有一列货车正以v0=6m/s的速度同向匀速前进，于是客车紧急刹车，若客车刹车的加速度大小为a=1m/s2，做匀减速运动，问：（1）客车与货车速度何时相等？（2）此时，客车和货车各自位移为多少？（3）客车是否会与货车相撞？若会相撞，则在
22、什么时刻相撞？相撞时客车位移为多少？若不相撞，则客车与货车的最小距离为多少？1111【答案】（1）客车与货车速度14s相等（2）182m；84m（3）不相撞，最小距离为22m111【解析】试题分析：（1）设经时间t客车速度与货车速度相等：v-at=v0，可得：t=14s（2）此时有：x客=vt-at2=182mx货=v0t=84m（3）因为x客x货+x0，所以不会相撞经分析客车速度与货车速度相等时距离最小为：xmin=x货+x0-x客=22m考点：追击及相遇问题【名师点睛】这是两车的追击问题，速度相等时，它们的距离最小，这是判断这道题的关键所在，知道这一点，本题就没有问题了。【结束】15、【题
23、文】如图所示，AB两棒长均为L=1m，A的下端和B的上端相距s=20m，若同时A做自由落体运动，B做初速度为v0=40m/s的竖直上抛运动，求：（1）A、B两棒何时相遇；（2）从相遇开始到分离所需时间1111【答案】（1）0.5s（2）0.05s【解析】试题分析：（1）以A为参考系，B以v0向上匀速运动，在相遇的过程中，B的位移为s，根据匀速直线运动的公式得，或取向上为正方向，由s=gt2+（v0tgt2）解得：（2）从相遇开始到分离所需时间，以A为参考系，B的位移为2L，根据匀速直线运动的公式得，或s+2L=g（t+t）2+1v0（t+t）-g（t+t）2解得：，故考点：匀变速直线运动的规律
24、【名师点睛】解决本题的巧妙之处是以A为参考系，B以v0向上匀速运动，根据匀速直线运动的公式进行求解本题也可以地面为参考系，根据匀变速直线运动的公式求解。【结束】16、【题文】二战后期美国派太平洋舰队执行轰炸东京的任务；已知其航母舰上的战斗机的最大加速度等于5m/s2，它必须达到50m/s的速度才能起飞，该航母的甲板长度为L=160m（1）为了使战斗机能安全起飞，在该航母上装了帮助飞机起飞的弹射系统，若要该飞机滑行160m后起飞，则弹射系统使飞机至少具有多大的初速度？（2）假设不装弹射系统，而是使航母以一定的速度航行，来帮助飞机起飞，则航母至少以多大的速度航行，才能使飞机安全起飞？【答案】（1）
25、30m/s（2）10m/s【解析】试题分析：（1）根据速度位移公式得：v2v022ax，解得：（2）设飞机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为L1，航空母舰的最小速度为v1对航空母舰有：L1=v1t对飞机有：v=v1+atv2-v12=2a（L+L1）联立解得：v1=10m/s考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，不难属于基础题。【结束】17、【题文】一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角=370的足够长的斜面；某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机做出了小物块上滑过程的v-t
26、图象，如图所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数（2）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置。【答案】（1）0.5（2）能；m/s【解析】试题分析：（1）由图象可知，滑块的加速度滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsin+mgcos=ma代入数据解得=0.5即滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5（2）由于tan37，故滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，即mgsinmgcos，能再下滑由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移s=5m滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsin-mgcos=ma2，解得a2=2m/s2由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度故滑块最后能返回斜面底端；返回 斜面底端时的速度大小为m/s考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题关键对物体受力分析后，通过正交分解法求出合力，根据牛顿第二定律求得加速度，然后根据运动学公式求解未知量。【结束】
