1、2020-2021武清区杨村第一中学高三年级上学期10月份月考物理试卷一、选择题（共5小题）1. 下列说法中正确的是（）A. 大小分别为5N和9N的两个力的合力不可能为6NB. 研究地球自转时，可把地球当作质点C. 乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小的缘故D. 滑动摩擦力的方向总是和物体的运动方向相反【答案】C【解析】【详解】A当夹角为零时合力最大，最大值为9N+5N14N；当夹角时合力最小，最小值为9N5N4N；故合力介于4N至14N之间，可知5N和9N的两个力的合力可能为6N，故A错误；B研究地球的自转时，地球的大小和形状不能忽略不计，所以不能看做质点，故B错误；C乒乓球质量小，惯性
2、小，所以容易改变其运动状态，故C正确；D滑动摩擦力的方向，总是和物体相对运动的方向相反，也可能与运动方向相同，故D错误。故选C。2. 甲、乙两车在相邻的相互平行的平直公路上从同一地点沿同一方向做直线运动，它们的v-t图像如图所示，下列判断正确的是（ ）A. 乙车启动时，甲车在其前方100m处B. 甲乙相遇前，两车的最大距离为75mC. 甲车启动35s时，乙车追上甲车D. 甲乙两车能相遇两次【答案】B【解析】根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t=10s时启动，此时甲的位移为 x=1010m=50m，即甲车在乙前方50m处，故A错误当两车的速度相等时相遇最远，最大距离为：Smax=（
3、5+15）10m-105m=75m，故B正确由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，甲车启动35s后甲车的位移： ；乙车的位移：，此时乙车已超过甲车，选项C错误； 乙车超过甲车后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故D错误故选B.点睛：本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动规律，然后根据图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小分析处理3. 如图所示，用绳OA、OB和OC吊着重物 P处于静止状态，其中绳OA水平，绳OB与水平方向成角现用水平向右的力F缓慢地将重物P拉起，用FA和FB分别表示绳OA和绳OB的张力，则（ ）A. FA、FB、F均增大B. F
4、A增大，FB不变，F增大C. FA不变，FB减小，F增大D. FA增大，FB减小，F减小【答案】B【解析】试题分析：分别以重物和整个装置为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件分析三个力的变化解：设重物的重力为G以重物为研究对象，分析受力，如图1所示，根据平衡条件得：F=Gtan，增大，F增大；以三根绳子和重物整体为研究对象，分析受力如图2所示，根据平衡条件得：FA=F+FBcos，FBsin=G，G、不变，则FB不变，FA增大故选B【点评】本题动态变化分析问题，首先要灵活选择研究对象，其次根据平衡条件得出力与的关系式，采用的函数法，也可以运用图解法4. 关于牛顿运动定律，下列说法正确
5、的有（）A. 米、千克、牛顿都属于国际单位制中的基本单位B. 牛顿第一定律是牛顿第二定律在合外力为零的情况下的一个特例C. 在“嫦娥三号”卫星中的物体处于完全失重状态，所以没有惯性D. 作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，所以作用效果不可以抵消【答案】D【解析】【详解】A单位米、千克是国际单位制中的力学基本单位，单位牛顿为导出单位，故A错误；B牛顿第一定律揭示了力和运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因或产生加速度的原因，同时指出了物体具有保持原来运动状态的属性，即惯性。因为不受力的物体是不存在的，从这里可以看出牛顿第一定律是理想情况下的定律，牛顿第二定律指出了加速度与力和质量的关系即F
6、ma当加速度a0时，并不能说明物体不受力，只能说明作用于物体的几个力的合力为零。因此，牛顿第一定律不是牛顿第二定律在物体的加速度a0条件下的特例，故B错误；C惯性是物体的固有属性，有质量就有惯性，宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，也有惯性，故C错误；D作用力与反作用力虽然总是大小相等、方向相反，但是作用在不同的物体上，作用效果不能抵消，故D正确。故选D。5. 在距离地面足够高的地方，竖直向上抛出一个小球A，初速度大小为2v，同时从该高度处自由落下另一小球B。不计空气阻力，重力加速度为g，则当小球A落回抛出点时，小球B下落的高度为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设竖直向上为
7、正方向，设小球A落回抛出点时经历的时间为t，小球A落回抛出点由运动学公式得解得则小球B下落的高度为故选A。二、多选题（共3小题）6. 如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()A. 小滑块的质量m2 kgB. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C. 当水平拉力F7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2D. 当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大【答案】AC【解析】【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，
8、当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析【详解】对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M+m=3kg当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a= 知图线的斜率k解得：M=1kg，滑块的质量为：m=2kg故A正确；B、C项：根据F大于6N的图线知，当F=6N时，加速度a=2m/s2，即有： 代入数据解得：=0.2，当F=7N时，长木板的加速度为：a= 3m/s2根据mg=ma得木板的加速度为：a=g=4m/s2，故B错误，C正确；D项：当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为 ，恒定不变，
9、故D错误故选AC【点睛】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析7. 如图所示，倾斜传递带与水平面的夹角为30，传送带沿逆时针方向匀速转动，速率为5m/s，一个质量为1kg的小煤块与传送带间的动摩擦因数为，将小煤块无初速度地放在传送带的顶端，已知小煤块速度与传送带的速度相同时，传送带瞬间停止运动，若小煤块恰好能运动到传送带底端，则下列说法正确的是（ ）A. 小煤块从传送带顶端运动到底端所用的时间为0.8sB. 小煤块相对传送带运动位移大小为5mC. 小煤块在传送带上留下的痕迹长度为5
10、mD. 传送带AB部分长度为6m【答案】CD【解析】小煤块先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，在匀加速直线运动过程中，加速度，所以当小煤块和传送带速度相等时，经历的时间，相对地面的位移为，传送带在该过程中的位移为；在匀减速直线运动过程中，加速度，恰好运动了底端，则运动时间为，相对地面的位移，所以小煤块相对地面发生的位移（即传送带的长度），由于小物块从传送带顶端，运动到了传送带底端，所以相对传送带的位移等于传送带的长度，即6m，B错误D正确；运动总时间，A错误；由于加速阶段小煤块在传送带上的划痕为，但划痕是紧挨着小煤块在小煤块的下面，所以当停止运动后，小煤块又在划痕上继续运动了5m，故划痕长
11、为5m，C错误8. 如图所示，物块P、Q紧挨着并排放置在粗糙水平面上，P的左边用一跟轻弹簧与竖直墙相连，物块P、Q处于静止状态；若直接撤去物块Q，P将向右滑动现用一个从零开始逐渐增大的水平拉力F向右拉Q，直至拉动Q；那么在Q被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力T的大小、地面对P的摩擦力的大小、P对Q的弹力N的大小、地面对Q的摩擦力的大小的变化情况( )A. T始终增大， 始终减小B. T保持不变， 保持不变C. N保持不变， 增大D. N先不变后增大， 先增大后减小【答案】BC【解析】AB因为若直接撤去Q，P将向右滑动，表明已经达到最大，所以不再变化，弹簧弹力不变，故A错误，B正确；CD对于P、
12、Q整体有 ，其中不变，F增大，所以增大；对于P有，所以N保持不变，故C正确，D错误；故选BC三、实验题（共2小题）9. 在“探究a与F、m之间的关系”的实验中：（1）某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装如图1所示请你指出该装置中错误或不妥之处并改正（写出两处即可）：_；_（2）如果该同学先平衡了摩擦力，以砂和砂桶的重力为F，在小车和砝码的总质量M保持不变的情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到M，测小车加速度a，作aF的图象如图2中的图线所示，则正确的是_图2（3）在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图所示，该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未画出，打点计时器使用交流电的
13、频率是50 Hz，则小车的加速度大小是_m/s2，当打点计时器打B点时小车的速度是_m/s（结果保留2位有效数字）（4）保持砂和砂桶的质量不变，改变小车中砝码的质量，进行多次测量，在坐标纸中画出小车a图线如图4所示；根据作出的a图象可以得到的结论是：_【答案】 (1). 打点计时器使用直流电源是错误的，应该使用交流电源 (2). 小车离打点计时器太远应将小车靠近打点计时器 (3). C (4). 0.39 (5). 0.38 (6). 在合外力一定时，加速度跟质量成反比【解析】【详解】（1）由图示的实验装置可知：打点计时器使用直流电源是错误的，应该使用交流电源；小车离打点计时器太远（2）如果已
14、经平衡了摩擦力，则刚开始aF的图象是一条过原点的直线，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到，不能满足砂和砂桶的质量远小于小车和砝码的总质量，此时图象发生弯曲，故C正确，ABD错误（3）纸带上相邻两个计数点间还有4个点未画出，打点计时器使用交流电的频率是50 Hz，相邻计数点的时间间隔是T=0.10s，应用匀变速直线运动的推论可知打B点时小车的瞬时速度：，根据逐差法可得加速度为：（4）根据作出图线可得出：图线为过原点直线，表明在合外力一定时，加速度跟质量成反比10. 在“探究合力与分力的关系”实验中,需要两次拉伸橡皮条:一次是用两个弹簧测力计通过细绳互成角度地拉橡皮条,另一次是用一个弹簧测力计通过细
15、绳拉橡皮条.(1)关于这两次拉伸,下列说法正确的是_A.只要求将橡皮条拉到相同的长度B.要求两个弹簧测力计的拉力方向与橡皮条的夹角相同C.将弹簧测力计拉到相同的刻度D.将橡皮条和细绳的结点拉到相同的位置(2)用两个弹簧测力计分别钩住细绳套,互成一定角度地拉橡皮条,使结点到达某一位置O静止.此时必须记录的是_(填选项前的字母).A.橡皮条的原长 B.橡皮条的伸长长度 C.橡皮条固定端位置D.O点的位置 E.橡皮条伸长的方向 F.两条细绳间的夹角G.两条细绳的方向 H.两个弹簧测力计的读数(3)某同学的实验结果如图所示.图中_是力F1与F2的合力的实验值.通过对F和F进行比较来验证平行四边形定则.
16、【答案】 (1). D (2). DGH (3). 【解析】【详解】（1）A本实验要求用等效替代法探究力的合成，所以两次拉伸要有相同的效果橡皮条长度相同，力的效果不一定相同，A错误B本实验要求用等效法研究力合成，两个弹簧测力计的拉力方向与橡皮条的夹角并没有严格要求，只要两次效果相同即可，故B错误C根据选项A的分析，弹簧测力计刻度相同，力的大小相同，作用效果不一定相同，C错误D橡皮条和细绳结点拉到相同的位置，力的作用效果相同，所以D正确（2）表示力，需标明力的三要素：大小、方向、作用点，所以需要记录：O点位置、细绳方向、弹簧测力计读书，所以选DGH（3）实验值是通过实验得到的，理论值是通过平行四
17、边形定则得出的值，实验值一定与橡皮条共线,所以是实验值四、计算题（共2小题）11. 如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物体B均处于静止状态。轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角=，斜面倾角=，物块A和B的质量分别为mA=6kg、mB=1.5kg，弹簧的劲度系数k400N/m（sin=0.6，cos=0.8，重力加速度g=10m/s2），求：(1)弹簧的伸长量x；(2)物块A受到的摩擦力。【答案】(1)5cm；(2)11N，方向沿斜面向上【解析】【详解】(1)对结点O受力分析如图1所示根据平衡条件，有T
18、cosmBg=0，TsinF=0且Fkx，解得x=5cm(2)设物体A所受摩擦力沿斜面向下，对物体A做受力分析如图2所示根据平衡条件，有TfmAgsin=0解得f=11N即物体A所受摩擦力大小为11N，方向沿斜面向上12. 如图所示，小车的顶棚上用绳线吊一小球，质量为m=1kg，车厢底板上放一个质量为M=3kg的木块，当小车沿水平面匀加速向右运动时，小球悬线偏离竖直方向30，木块和车厢保持相对静止，重力加速度为 ，求：(1)小车运动的加速度；(2)木块受到的摩擦力；(3)若木块与车底板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当小车相对车底板即将滑动时，求此时小球对悬线的拉力。【答
19、案】(1) ；(2) ；(3)12.5N【解析】【详解】(1)小球的加速度与小车加速度相等，因此对小球受力分析得解得(2)木块受到的摩擦力(3)当小车相对车底即将滑动时，木块受到摩擦力此时木块加速度对于小球受力分析联立解得13. 如图甲所示，物体A、B （均可视为质点）用绕过光滑定滑轮的轻绳连接，A、B离水平地面的高度H=1mA的质量m0=0.4kg如果B的质量m可以连续变化，得到A的加速度随m的变化图线如图乙所示，图中虚线为渐近线，设竖直向上为加速度的正方向，不计空气阻力，重力加速度为g取10m/s2求：（1）图乙中a0值；（2）若m=1.2kg，由静止同时释放A、B后，A距离水平地面的最大高度（设B着地后不反弹，A不与天花板碰撞）【答案】（1）g；（2）2.5m【解析】（1）分别选择B、A进行受力分析，根据牛顿第二定律可得： 解得：当时，（2）当m=1.2kg时，AB的加速度大小，B着地时的速度接着A作竖直上抛运动，到速度为零时到达最高点，由机械能守恒定律可得：，h=0.5mA距离水平地面的最大高度：【点睛】对A和B分别进行受力分析，得出a的表达式，然后看当m无穷大加速度对应的数值；根据系统机械能守恒求出A物块到达地面时的二者的速度大小根据A物块到达地面时的速度，结合机械能守恒定律求出 B继续上升的高度，从而得出B离地面的最大高度
