1、四川省雅安中学2015高三（上）月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题，（共42分）1（6分）四个图中，各运动物体不能看作质点的是（）A研究投出的篮球运动路径B观众欣赏体操表C研究地图绕太阳公转D研究子弹头过苹果的时间考点：质点的认识分析：当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可解答：解：A、研究投出的篮球运动路径的时候，可以将篮球看成质点；B、观众欣赏体操表演时，不可以把运动员看成质点，否则无法欣赏起动作；C、研究地球绕太阳公转时，可以忽略地球的大小，可以看作质点；D、研究子弹头过苹果的时间时，不能把苹果看做质点；本题
2、选不能看做质点的，故选：BD点评：本题就是考查学生对质点概念的理解，是很基本的内容，必须要掌握住的，题目比较简单2（6分）如图所示的位移时间和速度时间图象中，给出的四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况下列描述正确的是（）A图线1表示物体做曲线运动Bst图象中t1时刻v1v2Cvt图象中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等D两图象中，t2、t4时刻分别表示反向运动考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：运动学中的图像专题分析：st图线与vt图线只能描述直线运动；st的斜率表示物体运动的速度，斜率的正和负分别表示物体沿正方向和负方向运动vt的斜率表示物体运动
3、的加速度，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移平均速度等于位移与时间之比根据相关知识进行解答解答：解：A、运动图象反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动故A错误B、在st图象中图线的斜率表示物体的速度，在t1时刻图线1的斜率大于图线2的斜率，故v1v2故B正确C、在vt图线中图线与时间轴围成的面积等于物体发生的位移故在0t3时间内4围成的面积大于3围成的面积，故3的平均速度小于4的平均速度故C错误D、st图线的斜率等于物体的速度，斜率大于0，表示物体沿正方向运动；斜率小于0，表示物体沿负方向运动而t2时刻之前物体的运动沿正方向，
4、t2时刻之后物体沿负方向运动故t2时刻开始反向运动vt图象中速度的正负表示运动方向，从0t5这段时间内速度始终为正，故t4时刻没有反向运动；故D错误答案：B点评：对于vt图线和st图线的基本的特点、意义一定要熟悉，这是我们解决这类问题的金钥匙，在学习中要多多积累3（6分）物体同时受到同一平面内三个力作用，下列几组力的合力不可能为零的是（）A5N，7N，8NB5N，2N，3NC1N，5N，10ND10N，10N，10N考点：力的合成分析：根据力的合成法则可知：三个力的合力为零时，则第三个力肯定在第一二两个力的合力范围里，由此判断选项即可解答：解：三个力合力为0时，则任意两个力的合力与第三个力大小
5、相等，方向相反，由此可知，任意一个力在另外两个力的合力范围A、5N和7N的合力范围为：2N12N，8N在合力范围里，故三个力的合力可能为0；故A正确；B、2N和3N的合力范围为：1N5N，5N在合力范围里，故三个力的合力可能为0；故B正确；C、1N和5N的合力范围为：4N6N，10N不在合力范围里，故三个力的合力不可能为0；故C错误；D、10N和10N的合力范围为：0N20N，10N在合力的范围里，故三个力的合力可能为0故D正确；本题选择错误的，故选：C点评：熟悉三个力合力最小值的判定方法，熟悉平衡条件的推论即其应用4（6分）如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30的
6、光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（）A都等于B0和C和0D0和考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：在剪短上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度解答：解：对A：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力故A球的加速度为零；对B：在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、
7、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力所以根据牛顿第二定律得：aB=故ABC错误，D正确故选：D点评：该题要注意在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律解题，难度不大5（6分）（2012江苏）如图所示，一夹子夹住木块，在力 F 作用下向上提升夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f若木块不滑动，力F的最大值是（）ABCD考点：力的合成专题：压轴题分析：隔离对木块分析，通过牛顿第二定律求出木块的最大加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出拉
8、力F的最大值解答：解：对木块分析得，2fMg=Ma，解得木块的最大加速度a=对整体分析得，F（M+m）g=（M+m）a，解得F=故A正确，B、C、D错误故选A点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解注意整体法和隔离法的运用6（6分）如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动（v1v2），稳定时绳与水平方向的夹角为，绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是（）AF1F2BF1=F2Ct1可能大于t2Dt1一定等于t2考点：牛顿第二定
9、律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：两种情况下木块均保持静止状态，对木快受力分析，根据共点力平衡条件可列式分析出绳子拉力大小关系；绳子断开后，对木块运动情况分析，可比较出运动时间解答：解：A、B、对木块受力分析，受重力G、支持力N、拉力T、滑动摩擦力f，如图由于滑动摩擦力与相对速度无关，两种情况下的受力情况完全相同，根据共点力平衡条件，必然有F1=F2，故B正确，A错误CD、绳子断开后，木块受重力、支持力和向左的滑动摩擦力，重力和支持力平衡，合力等于摩擦力，水平向左加速时，根据牛顿第二定律，有mg=ma解得a=g故木块可能一直向左做匀加速直线运动；也可能先向左做
10、匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；由于v1v2，故若两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，则tl等于t2若传送带速度为v1时，木块先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；传送带速度为v2时，木块一直向左做匀加速直线运动，则t1t2两种情况下木块都是先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动，则t1t2故C正确，D错误故选：BC点评：本题关键对木块进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解；皮带上木块的运动要分情况讨论7（6分）某学习小组为体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板
11、上，让长直木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角变大），另一端不动，则该同学受到支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力 Ff随角度的变化关系图象是中正确的是（）ABCD考点：静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力专题：摩擦力专题分析：在长直木板由水平位置缓慢向上转动的过程中，人受到的摩擦力先是静摩擦力后是滑动摩擦力，对人受力分析可以求得人受到的摩擦力和支持力的大小解答：解：对该同学进行受力分析如图所示，则：G1=mgsin，即重力沿斜面方向的分力G1按正弦规律变化，故C对； FN=G2=mgcos，即支持力FN按余弦规律变化，故A对；在该同学滑动之前，该同学受到的静摩擦力
12、与重力沿斜面方向的分力是等大，即合外力为零，而滑动之后，F合=mg（sincos）由于合外力与不成正比关系，故B错；在该同学滑动之前，该同学受到的静摩擦力与重力沿斜面方向的分力是等大，即按正弦规律变化，而滑动之后，Ff=mgcos，即按余弦规律变化，但滑动摩擦力比最大静摩擦力稍小，故D对故选ACD点评：分析物体受到的摩擦力的大小，首先要判断物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力，静摩擦力和滑动摩擦力的计算方法是不同的二、非选择题，（共68分）8（8分）研究小车匀变速直线运动的实验装置如图（a）所示，其中斜面倾角可调打点计时器的工作频率为50Hz纸带上计数点的间距如图（b）所示，其中每相邻两点之间还
13、有4个记录点未画出部分实验步骤如下：A测量完毕，关闭电源，取出纸带B接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：DCBA（用字母填写）图（b）中标出的相邻两计数点间的时间间隔T=0.1s计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5=为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a=考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：先连接实验器材，测量时先接通电源，后释放纸带；打点计时器的工作频率为50Hz，每隔0.02s打一次电，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，共5个0.
14、02s；匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；根据公式x=aT2列式求解解答：解：在实验过程中应先固定打点计时器，再放置小车，然后打开电源，最后释放小车，所以正确的顺序是DCBA每隔4点或每5个点取一个计数点时，相临计数点的时间间隔均为0.1 s根据确定时间段内的平均速度等于中点时刻的瞬时速度可得，v5=当有6组数据时，应采用逐差法计算加速度：a=故答案为：DCBA0.1 点评：本题关键明确实验原理、实验步骤，会计算瞬时速度和加速度，基础题9（9分）某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系（1）下列做法正确的是AD（填字母代号）A调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木
15、板保持平行B在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量（填“远大于”“远小于”或“近似等于”）（3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩
16、擦因数分别为甲、乙，由图2可知，甲大于乙，m甲小于m乙（填“大于”“小于”或“等于”）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题分析：（1）实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；（2）砝码桶及桶内砝码加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码桶及桶内砝码的总质量；（3）aF图象的斜率表示加速度的倒数；求解出加速度与拉力F的表达式后结合图象分析得到动摩擦因素情况解答：解：（1）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物
17、”，故B错误； C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误； D、平衡摩擦力后，有mgsin=mgcos，即=tan，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；选择AD；（2）设砝码与砝码桶的质量为m，小车的质量为M，对砝码桶及砝码与小车组成的系统，由牛顿第二定律得：a=，对木块，由牛顿第二定律得：T=Ma=，只有当 a=，只有当砝码桶及桶的质量远小于小车质量时，即：mM时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码桶的重力；（3）当没有平衡摩擦力时有：Tf=ma
18、，故a=Tg，即图线斜率为，纵轴截距的大小为g观察图线可知m甲小于m乙，甲大于乙；故答案为：（1）AD；（2）远小于；（3）小于，大于点评：本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法10（15分）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米电梯的简化模型如图1所示考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的，已知电梯在t=0时由静止开始上升，at图象如图2所示电梯总质量m=2.0103kg忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；（2）类比是一种常用的研究方法
19、对于直线运动，教科书中讲解了由t图象求位移的方法请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示at图象，求电梯在第1s内的速度改变量1和第2s末的速率2考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由图读出电梯向上加速运动的最大加速度和减速运动的最大加速度大小，由牛顿第二定律求解最大拉力F1和最小拉力F2；（2）运用类比法可知，at图象与坐标轴所围的“面积”等于速度变化量，即可求出电梯在第1s内的速度改变量1，及电梯在2s内的速度改变量2，即求得第2s末的速率2；解答：解：（1）由牛顿第二定律，有 Fmg=ma，由at图象可知，F1和F2对应的
20、加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=1.0m/s2则： F1=m（g+a1）=2.0103（10+1.0）N=2.2104N F2=m（g+a2）=2.0103（101.0）N=1.8104N（2）通过类比可得，电梯的速度变化量等于第1s内at图线下的面积：1=0.50m/s同理可得，2=20=1.5m/s0=0，第2s末的速率2=1.5m/s答：（1）电梯在上升过程中受到的最大拉力F1是2.2104N，最小拉力F2是1.8104N（2）电梯在第1s内的速度改变量1是0.50m/s，第2s末的速率2是1.5m/s点评：本题一要有基本的读图能力，并能根据加速度图象分析电梯的运动情况；二要能运
21、用类比法，理解加速度图象“面积”的物理意义11（17分）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为已知存在一临界角0，若0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动求这一临界角的正切tan0考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：压轴题；共点力作用下物体平衡专题分析
22、：（1）对拖把头受力分析，抓住竖直方向和水平方向合力为零，运用正交分解求出推力F的大小（2）当推力F的水平分力小于等于最大静摩擦力时，不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动结合第1问的结果，得到的表达式，采用极限法：当F无限大时的情况求解tan0解答：解：（1）拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有 竖直方向上：Fcos+mg=N 水平方向上：Fsin=f 式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力按摩擦定律有 f=N 联立式得 （2）若不管沿拖杆方向用多大的力不能使拖把从静止开始运动，
23、 应有Fsin N 这时式仍满足联立式得 现考察使上式成立的角的取值范围注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sincos0 使上式成立的角满足0，这里0是题中所定义的临界角，即当0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把临界角的正切为tan0= 答：（1）若拖把头在地板上匀速移动，推拖把的力的大小为（2）tan0=点评：本题第1问是常规题，根据平衡条件，运用正交分解法求解推力第2问是一种自锁现象，根据推不动的条件：推力的水平分力不大于最大静摩擦力出发进行分析求解12（19分）A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA=10m/s，B车在后，速度vB=30m/s因
24、大雾能见度很低，B车在距A车s=75m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180m才能够停止问：（1）B车刹车后的加速度是多大？（2）若B车刹车时A车仍按原速前进，请判断两车是否相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时？若不会相撞，则两车最近距离是多少？（3）若B车在刹车的同时发出信号，A车司机经过t=4s收到信号后加速前进，则A车的加速度至少多大才能避免相撞？考点：匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律专题：直线运动规律专题分析：（1）根据速度位移关系公式列式求解；（2）当速度相同时，求解出各自的位移后结合空间距离分析；或者以前车为参考系分析；（3）两车恰好不相撞的临界条件是两部
25、车相遇时速度相同，根据运动学公式列式后联立求解即可解答：解：（1）B车刹车至停下过程中，vt=0，v0=vA=30m/s，S=180m由 ，解得：=故B车刹车时加速度大小为2.5m/s2，方向与运动方向相反 （1分）（2）假设始终不相撞，设经时间t两车速度相等，则对B车有：vA=vB+aBt，解得：此时B车的位移：A车的位移：SA=vAt=108=80m因SB=160mS+SA=155m，故两车会相撞 设经时间t两车相撞，则有：代入数据解得：t1=6s，t2=10s故经时间6s两车相撞（3）设A车的加速度为aA时两车不相撞：两车速度相等时：vB+aBt=vA+aA（tt），即：302.5t=10+aA（tt）此时B车的位移：，即：A车的位移：要不相撞，两车位移关系满足：SBSA+S由以上解得：答：（1）B车刹车后的加速度是2.5m/s2；（2）若B车刹车时A车仍按原速前进，两车相撞；将在B车刹车后6s相遇；（3）若B车在刹车的同时发出信号，A车司机经过t=4s收到信号后加速前进，则A车的加速度至少达到0.83m/s2才能避免相撞点评：本题第二问关键要判断能否追上，注意运动学公式的适用范围；第三问关键是找到恰好不追上的临界条件，较难