1、内蒙古鄂尔多斯市第一中学2017-2018学年高一上学期第三次月考物理试题答题要求：1.本卷满分110分，考试时间90分钟。2.请将第卷和第卷的答案涂写在答题纸上，考试结束后只交答题纸。第卷一、选择题(共15个小题，每小题4分，共60分。在每小题给出的四个选项中，其中第19题只有一项符合题目要求，第1015题有多项符合题目要求，完全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分）1. 某同学做引体向上，开始两手紧握单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力向上拉使下颌超过单杠（身体无摆动）；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上。下列说法正确的是 ( )A. 在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力B.
2、 在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力C. 若增加两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力变大D. 若增加两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力不变【答案】C 考点：超重与失重，力的合成。2. 如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1kg的物块。当小车在水平地面上做匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10，当小车做匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8这时小车运动的加速度大小是 ( )A. 2 m/s2 B. 8 m/s2C. 6 m/s2 D. 4 m/s2【答案】D考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要知道弹簧秤甲的力减
3、小量跟弹簧秤乙的弹力增加量相同3. 如图所示，两个质量为m1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120，用轻绳将两球与质量为m2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m1：m2为 ( )A. 11 B. 12C. 1 D. 2【答案】A【解析】试题分析：将小球m2的重力按效果根据平行四边形定则进行分解如图，由几何知识得：T=m2g 对m1受力分析，由平衡条件，在沿杆的方向有：m1gsin30=Tsin30得：T=m1g 可见m1：m2的=1：1；故选A考点：物体的平衡4. 在水平面上，质量为1 kg的物体受到三个大小分别为5 N、6 N和7 N水平方向的力，则该物体的加速度大小不可能为 (
4、 )A. 0 B. 10 m/s2C. 16 m/s2 D. 20 m/s2【答案】D【解析】物体放在光滑水平面上，受到5N、6N和7N的三个水平方向的共点力的作用，则物体受到的合力范围是：0F18N，由牛顿第二定律得：，则物体的加速度范围是：0a18m/s2，ABC均有可能，D不可能；故选ABC5. 如图所示，是直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是 ( )A. 箱内物体始终没有受到支持力B. 箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C. 箱子接近
5、地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D. 箱内物体受到的支持力始终等于物体的重力【答案】C【解析】A. 由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力，加速度的大小要小于重力加速度，由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用，所以A错误；B. 箱子刚从飞机上投下时，箱子的速度为零，此时受到的阻力的大小也为零，此时加速度的大小为重力加速度，物体处于完全失重状态，箱内物体受到的支持力为零，所以B错误；C. 箱子接近地面时，速度最大，受到的阻力最大，加速度最小，所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的，所以C正确；D. 箱子向下加速，加速度向下，根据牛顿第二定律，合力向下，箱内物体受到向
6、上的支持力小于物体的重力，所以D错误。故选：C.点睛：根据箱子的受力的情况可以判断物体的运动状态，进而由牛顿第二定律可以判断物体和箱子之间的作用力的大小6. 如图所示，A、B两球质量相同，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，轻弹簧、轻杆均与斜面平行。突然撤去挡板的瞬间，正确的说法是 ( )A. 两图中，A、B两球的加速度均为B. 两图中，A球的加速度均为0C. 图乙中，轻杆的作用力一定不为0D. 图甲中，B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍【答案】D【解析】撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin，因弹簧
7、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球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin，加速度为2gsin；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin，加速度均为gsin，故D正确，A.B.C错误。故选：D.点睛：根据弹簧弹力不能突变，杆的弹力会突变，分析撤去挡板的瞬间，图甲和图乙中A、B所受合外力即可得到各自的加速度7. 如图所示，一轻质光滑圆环穿过轻绳，轻绳的一端系在竖直墙M上，另一端系一质量为m的物体A，用力F拉住环上一点使系统处于平衡。现使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，则在这一过程中，力F、绳中张力T及力F与水平方向夹角的变化情况是 (
8、)A. F保持不变，T逐渐增大，夹角逐渐减小B. F逐渐增大，T保持不变，夹角逐渐增大C. F逐渐减小，T保持不变，夹角逐渐减小D. F保持不变，T逐渐减小，夹角逐渐增大【答案】C【解析】圆环受到三个力,拉力F以及两个绳子的拉力T,三力平衡,故两个绳子的拉力与拉力F始终等值,反向,共线,由于两个绳子的拉力等于mg,夹角越大,合力越小,且合力在角平分线上,故拉力F逐渐变小,由于始终与两细线拉力的合力反向,故拉力F方向逐渐水平,大小逐渐变小，故C正确，ABD错误。故选：C。8. 静止在光滑的水平面上的小车上放一木块，将木块与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在车前端，此时弹簧已处于伸长状态；现施一力
9、F拉车，使之加速运动，F由零逐渐增加，直到木块即将滑动，在此过程中，木块所受摩擦力的变化情况是( )A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 先增大，后减小D. 先减小，后增大【答案】D【解析】原来弹簧被拉长且系统处于静止状态，物体所受的静摩擦力向左，设弹力大小为F弹，摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律得：F弹f=ma,可得f=F弹ma,F弹不变,F增大,a增大,f减小；当摩擦力向右后，F弹+f=ma，可得f=maF弹，a增大，f增大，故摩擦力先减小，后增大。故D正确，ABC错误。故选：D.点睛：原来弹簧被拉长且系统处于静止状态，物体所受的静摩擦力向左，根据牛顿第二定律列式分析加速度变化时，摩擦力的变化
10、9. 如图所示，某公司新研发了一款无人机，无人机从地面起飞时，发动机提供的动力F方向与水平方向夹角60，使无人机恰恰与水平方向成30角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60同时把大小调节为F1，使无人机匀减速但依然沿原方向飞行，不计空气阻力，下列说法中正确的是 ( )A. 加速时加速度的大小为gB. 加速时动力的大小F=mgC. 减速时动力的大小F1=0.5mgD. 减速飞行时间t后速度为零【答案】A【解析】AB、起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图所示：在OFFb中，由几何关系得：，Fb=mg由牛顿第二定律
11、得飞行器的加速度为：a1=g，故A正确，B错误；CD、t时刻的速率：v=a1t=gt，推力方向逆时针旋转60，合力的方向与水平方向成30斜向下，推力跟合力Fh垂直，如图所示，此时合力大小为：Fh=mgsin30动力大小：飞行器的加速度大小为：到最高点的时间为：，故CD错误；故选A。10. 如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，小车向右运动，杆对小球作用力的方向可能沿图中的 ( )A. OA方向B. OB方向C. OC方向D. OD方向【答案】ABC【解析】小球和小车的加速度相同，速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向右的方向运动，根据牛顿第二定律F=ma可知，加速度
12、的方向与合力的方向相同，加速度不同，合力不同，加速度水平向右，即合力沿图中的OD方向，根据力的合成的平行四边形定则，直杆对小球的作用力可能沿OC方向；加速度为零，合力为零，直杆对小球的作用力沿OB方向；加速度水平向左，合力水平向左，直杆对小球的作用力沿OA方向。故A、B、C都有可能。故选：ABC.11. 我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图象如图所示。以下判断正确的是 ( )A. 6 min8 min内，深潜器的加速度最大B. 4 min6 min内，深潜器停在深度为360 m处C. 3 min4 min内，潜水员处于超重状态D. 6 mi
13、n10 min内，深潜器的加速度不变【答案】BC【解析】试题分析：v-t图象的斜率表示加速度，由图可知，0-1min内和3-4min内加速度最大，故A错误；v-t图象和横坐标围成的面积表示位移大小，0-4min内位移大小为：h=（120+240）2m=360m，4-6min内静止不动，故B错误；3-4min内，减速下降，加速度向上，处于超重状态，故C正确；v-t图象的斜率表示加速度，由图可知，8min前后，深潜器的加速度方向是不同的，故D错误；故选C考点：v-t图象【名师点睛】该题考查速度图象的应用，在解答的过程中要明确对应v-t图象题目的坐标轴、斜率、面积的含义，然后再与相应的公式相结合即可
14、难度适中12. 如图所示，在光滑水平面上，一木块受一恒力F作用向右运动，在它的正前方固定一根长直的轻弹簧，则当木块接触弹簧后 ( )A. 木块立即做减速运动B. 木块在一段时间内速度仍可增大C. 当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D. 弹簧压缩量最大时，木块加速度为零【答案】BC【解析】试题分析：物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，直到弹力等于推力时，加速度为零，此时速度最大，故A错误，BC正确；弹簧处于最大压缩量时，速度为零，弹力大于推力，故合力不为零，加速度也不为零，故D错误，故选BC考点：牛顿第二定律的应用.13. 如图所示，质量为M的斜面体A置于粗糙水平面
15、上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态。已知斜面倾角30，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则 ( ) A. 斜面体对小球的作用力大小为mgB. 轻绳对小球的作用力大小为C. 斜面体对水平面的压力大小为D. 斜面体与水平面间的摩擦力大小为【答案】BD【解析】A. 以小球为研究对象受力分析，根据平衡条件，垂直斜面方向，斜面对小球的支持力：N=mgcos30= mg，；平行斜面方向，轻绳对小球的作用力：T=mgsin30=mg，故A错误，B正确；C. 以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，竖直方向：N=(m+M)gTsin30，水平方向：f=T
16、cos30=mg，故C错误，D正确。故选：BD.点睛：以小球为研究对象受力分析，根据平衡条件列方程求斜面和轻绳对小球的作用力；以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，根据平衡条件求斜面体受到的支持力和摩擦力14. 如图所示，某一缆车沿着坡度为30的山坡以加速度a上行，在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)，则 ( )A. 小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下B. 小物块受到的摩擦力大小为maC. 小物块受到的摩擦力大小为mgmaD. 小物块受到斜面的弹力大小为 【答案】CD【解析】A、B、以木块为研究对象，分析受力情况：重力m
17、g、斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f，f沿斜面向上，故A、B错误；C、根据牛顿第二定律得：f-mgsin30=ma，解得，方向平行斜面向上，故C正确，；D、小球受到的支持力等于重力垂直于斜面的分力；故；故D正确；故选CD【点睛】根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向本题首先要正确分析木块的受力情况，其次要能根据牛顿第二定律列式，求摩擦力。15. 如图所示，A、B质量各为m，置于光滑水平桌面上，通过细绳和光滑小定滑轮将A与质量为2m的C物体连接，整个系统由静止释放，释放后A、B之间无相对滑动。下列判断正确的是 ( )A. 绳中拉力mgB. 绳中拉力2mgC. A、B间摩擦力为mgD.
18、A、B间摩擦力为mg【答案】AD【解析】A. 以A.B.C系统为研究对象，由牛顿第二定律得：2mg=(m+m+2m)a，解得：a=0.5g。以C为研究对象，由牛顿第二定律得：2mgT=2ma，解得：T=mg，故A正确，B错误；D. 以B为研究对象,由牛顿第二定律得：f=ma=mg，故C错误，D正确；故选：AD.第卷二、填空题(共2个小题，共14分。把答案填写在答题卡的横线上）16. 在探究牛顿第二定律的实验中，可以选择如下两种方案。(1)方案一：如图所示，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在
19、实验误差允许的范围内，正确的是 （_）A当m1m2、F12F2时，x22x1B当m1m2、F12F2时，x12x2C当m12m2、F1F2时，x22x1D当m12m2、F1F2时，x12x2(2)方案二：如图所示，A为小车，B为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过打点计时器。小车的质量为M，托盘及砝码的质量为m下列说法正确的是 （_）A长木板C必须保持水平B细线必须与长木板平行C实验中m应远小于MD作图象便于得出加速度与质量关系【答案】 (1). B (2). BCD【解析】（1）题中m1和m2是车中砝码的质量，两小车是相同的，当m1m2时，若F12F2，则a12
20、a2，由xat2得x12x2，A错误，B正确；若m12m2时，无法确定两车加砝码后的质量关系，两小车的加速度关系也就不明确，自然无法判定两车的位移关系故C错误，D错误。故选：B。(2)A实验中要平衡摩擦力，长木板的右端要垫高，故A错误；B. 为使运动过程中小车所受拉力不变，细线必须与长木板平行，故B正确；C. 以托盘作为研究对象有：mgT=ma以小车作为研究对象有：T=Ma联立以上两式可得：，要使绳子拉力等于钩码的重力,即T=mg,故m/M0，则有Mm，故C正确；D. 如果作出aM图象，却难以根据图象确定a与M是否是成反比,所以我们可以作出a1/m的图象,只要a1/m的图象是正比例函数图象就证
21、明了a与M成反比例关系，故D正确；故选：BCD。17. 某同学利用如图(a)装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。(1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持_状态。(2)他通过实验得到如图(b)所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长x0=_cm，劲度系数k=_N/m(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图(c)所示时，该弹簧的长度x=_cm【答案】 (1). 竖直 (2). 4cm (3). 50N/m (4). 10cm【解析】解：（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；（2）弹簧处于原长时，弹
22、力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2N时，弹簧的长度为8cm，伸长量为4cm；根据胡克定律F=kx，有：（3）由图c得到弹簧的弹力为3N，根据图b得到弹簧的长度为10cm；故答案为：（1）竖直；（2）4，50；（3）10三、计算题(共3个小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 18. 质量m1.5 kg的小物块在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离后撤去该力，物块继续滑t2.0 s停在B点。已知A、B两点间的距离L5m，物块与水平面间的动摩擦因数0.20，求水平恒力F的大小。
23、(g取10ms2)【答案】15N【解析】试题分析：当力F作用在物体上时，由牛顿定律，撤去力后物体做匀减速运动，解得a2=2m/s.，撤去力后的速度为 v=a2t=4m/s，位移x2=,物体匀加速运动的位移x1=x-x2=1m，根据，解得a1=8m/s2，所以.。考点：牛顿定律及运动公式的应用。19. 如图所示，车厢内用OA、OB两轻绳系一个质量为m的小球，已知OA与竖直方向的夹角为，OB水平。求：(1) 当车静止时，OA、OB两轻绳的拉力F1、F2多大？(2) 当OB绳上的拉力恰为零时，小车的加速度？(3)此时OA绳的拉力F3多大？【答案】(1) mg/cos，mgtan (2) g tan，
24、方向向右；mg/cos【解析】m受重力mg、OA的拉力F1和OB的拉力F2，（1）当车静止时，竖直方向：F1 cos=mg，F1= mg/cos，水平方向：F1sin=F2，F2= mgtan；(2) 当OB绳上的拉力恰为零时，竖直方向：F1 cos=mg， 水平方向：F1sin=ma， 联立解得：a=gtan，方向向右；（3）根据F1sin=ma，a=gtan，解得：F1= mg/cos。20. 如图所示，将质量m0.4 kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为0.8对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为53的拉力F，使圆环以a4.4 m/s2的
25、加速度沿杆运动，求F的大小。(取sin530.8，cos530.6，g10 ms2)【答案】4 N或36 N【解析】试题分析：根据平衡条件可求得恰好没有挤压时的拉力大小，再分别对上端挤压和下端挤压两种情况进行分析，根据牛顿第二定律列式即可求得F的大小。当环与直杆之间没有作用力时，在垂直杆方向有Fsinmg代入数据解得：F1.25 N当F1.25 N时，杆对环的弹力向下，对环进行受力分析，根据牛顿第二定律有：FcosFNma，根据平衡条件有：FsinmgFN联立解得：F9 N.点睛：本题主要考查牛顿第二定律的应用，要注意明确本题中可能存在的两种情况，明确拉力过大时，物体受杆下部的挤压，而拉力较小时，受杆上端的挤压，要求能找出这两种情况才能全面分析求解。
