1、山东肥城市泰西中学2019届高三10月月考理科综合-物理试题一、单项选择题1.在平直公路上行驶的甲车和乙车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知()A. 乙车运动方向始终不变B. t1时刻甲车在乙车之前C. t1到t2时间内甲车的平均速度小于乙车D. t1到t2时间内某时刻两车的速度可能相同【答案】D【解析】【详解】b图线切线斜率先为正值，然后为负值，知乙先向正向运动后向负向运动，运动方向发生变化。故A错误。在t1时刻，两车的位移相等，相遇。故B错误。t1到t2时间内，乙车的位移等于甲车位移，时间相同，则平均速度相同。故C错误。t1到t2时间内，b图线的切线斜率在某时刻与a相同，则
2、两车的速度可能相同。故D正确。故选D。【点睛】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向2.如图所示，两个质量分别为，的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为的水平拉力分别作用在上，则达到稳定状态后，下列说法不正确的是（）。A. 弹簧秤的示数是22NB. 弹簧秤的示数是28NC. 在突然撤去的瞬间，的加速度大小为D. 在突然撤去的瞬间，的加速度大小为【答案】B【解析】【详解】两水平拉力导致物体受力不平衡，先选整体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律得:,解得：。对m2受力分析：向左的F2和向右的弹簧弹力F，
3、由牛顿第二定律得，解得。突然撤去F1的瞬间，m1的受力仅剩弹簧的弹力，对m1列牛顿第二定律，。在突然撤去的瞬间，弹簧的弹力不能发生突变，所以m1的受力不变，加速度仍然为。综上ADC正确，本题选不正确的，即本题选B。【点睛】本题主要考查了整体法与隔离法的应用，以及弹簧的突变问题。3.如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO，其下端都固定于底部的圆心O点，而上端则搁在仓库侧壁，三块滑块与水平面的夹角依次是30、45、60。若有三个小孩同时从a、b、c处开始下滑（忽略阻力），则:（ ）A. a处小孩先到O点B. b处小孩先到O点C. c处小孩先到O点D. a、b、c处小孩同时到O
4、点【答案】【解析】试题分析：根据牛顿第二定律：斜面上的加速度：，斜面的长度；根据匀变速直线运动规律，得：，故，代入数据可得，故，所以，即b先到，ac同时到，b先到,B正确；考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系4.如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止现有一水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为45时，A、B伸长量刚好相同若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是A. A、B两弹簧产生的弹力大小相等B. =C. 撤去F的瞬间，a球的加速度为2gD. 撤去F的瞬间，b球处于失重状态【答案】C【解析】试题分析：先对b球受力分析，根
5、据力的平衡条件求出弹簧A的拉力；再对a、b球整体受力分析，根据平衡条件求出弹簧B的拉力；最后根据胡克定律判断两个弹簧的劲度系数之比；根据牛顿第二定律判断撤去F瞬间两球的加速度，从而确定两球的状态根据力的平行四边形定则可知，两弹簧产生的弹力大小不相等，A错误；根据平衡条件可知，解得，B错误；撤去F的瞬间，a受到的合力为2mg，方向向右，由2mg=ma可得a=2g，b求的加速度为零，C正确D错误5.如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v12 m/s运行一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v25 m/s.若小物块与传送带间动摩擦因数0.2，重力加速度
6、g10 m/s2，下列说法中正确的是 ( )A. 小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B. 若传送带的速度为1 m/s，小物块将从传送带左端滑出C. 若传送带的速度为5 m/s，小物块将以5 m/s的速度从传送带右端滑出D. 若小物块的速度为4 m/s，小物块将以4 m/s的速度从传送带右端滑出【答案】B【解析】【详解】A.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x.根据牛顿第二定律得：mgma，得 ag2 m/s2，则 xm6.25 m6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，故A错误；BC.传送带的
7、速度为1 m/s和5 m/s时，物块在传送带上受力情况相同，则运动情况相同，都从传送带左端滑出，故B正确，C错误D. 若小物块的速度为4 m/s，可以计算得到小物块向左运动的距离为x=4m，然后物块开始向右运动，先向右做匀加速直线运动，最后以2m/s的速度从传送带右端滑出，故D错误。故选：B6.水平传送带足够长,传送带的上表面始终向右匀速运动,长为1米的薄木板A的正中央放置一个小木块B,A和B之间的动摩擦因数为0.2,A和传送带之间的动摩擦因数为0.5,B和传送带之间的动摩擦因数为0.4,薄木板的质量是木块质量的2倍,轻轻把AB整体放置在传送带的中央,传送带的上表面始终绷紧并处于水平状态,g取
8、10m/s2,在刚放上很短的时间内,A、B的加速度大小分别为：（）A. 6.5m/s2、2m/s2B. 5m/s2、2m/s2C. 5m/s2、5m/s2D. 7.5m/s2、2m/s2【答案】【解析】试题分析: 设木块的质量为m，那么木板的质量为2mA、B间的动摩擦因数为，A与传送带间的动摩擦因数为；由牛顿第二定律，可得对B：受到A的向右的滑动摩擦力，mg=maB，得：aB=g=0.210=2m/s2对A：受到传送带的向右的滑动摩擦力，大小为3mg，B的向左的滑动摩擦力，大小为mg，则3mg-mg=2maA，得aA=6.5m/s2故选A考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律二.选择题7.如图
9、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（ ）A. B. vc=3m/sC. de=3mD. 从d到 e所用时间为4s【答案】【解析】【分析】本题的突破口是ab=bd=6m，bc=1m，小球从a到c的时间是2s，从a到d的时间是4s，根据即可求出va和a；再根据速度公式vt=v0+at求出vc和vd，然后根据vt2-v02=2ax求出de的距离，最后根据vt=v0+at求出从d到e的时间。【详解】物体在a点时的速度大小为v0
10、，加速度为a，则从a到c有： 即：7=2v0+2a物体从a到d有：即：3=v0+2a解得： 所以：v0=4m/s根据速度公式vt=v0+at可得：，故B正确；从a到b有：vb2-va2=2axab解得： ，故A错误；根据速度公式vt=v0+at可得： 则从d到e有：-vd2=2axde则：，故C错误；vt=v0+at可得从d到e的时间为：，故D正确。故应选BD。【点睛】本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解。8.如图所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用
11、于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下面说法正确的是A. 压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大B. 压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动C. 当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力一直减小D. 当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长【答案】ACD【解析】【详解】AB. 因为开始A相对于B静止，则A在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈的倾角为，有：mgsinmgcos，所以(mg+F)sin(mg+F)cos，所以A.B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力f=(mg+F)si
12、n，对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误；C. 撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有：Fmg=ma，则B对A的作用力逐渐减小。当弹簧恢复原长后，B受到重力和弹簧的弹力作用，加速度大于g，将与A发生分离。故C正确，D正确。故选：ACD.三.填空题9.如图是“验证力的合成的平行四边形定则”实验示意图。将橡皮条的一端固定于A点，图甲表示在两个拉力F1、F2的共同作用下，将橡皮条的结点拉长到O点；图乙表示准备用一个拉力F拉橡皮条，图丙是在白纸上根据实验结果画出的力的合成图示。(1)有关此实验，下列叙述正确的是_(填正确答案标号)。A在进行图甲的实验
13、操作时，F1、F2的夹角越大越好B在进行图乙的实验操作时，必须将橡皮条的结点拉到O点C拉力的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦D在进行图甲的实验操作时，保证O点的位置不变，F1变大时，F2一定变小(2)图丙中F是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，一定沿AO方向的是_(填“F”或者“F”)。(3)若在图甲中，F1、F2夹角小于90，现保持O点位置不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为F1_，F2_。【答案】 (1). BC (2). F (3). F1先减小后增大 (4). F2一直增大【解
14、析】【详解】（1）在进行图甲的实验操作时，F1、F2的夹角大小适当即可，并非越大越好，选项A错误；在进行图乙的实验操作时，必须将橡皮条的结点拉到O点，以保证等效性，选项B正确；拉力的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦，以免产生误差，选项C正确；在进行图甲的实验操作时，保证O点的位置不变，即两个力的合力一定，则当F1变大时，F2不一定变小，选项D错误；故选BC.（2）图丙中有两个力F与F，其中F是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线在这两个力中，方向一定沿AO方向的是力F，而力F由于存在误差，会与AO方向成一定角度；（3）若在图甲中，F1、F2夹角小于90
15、，现保持O点位置不变，即两个拉力的合力不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，由图可知，两弹簧秤示数大小变化为：F1先减小后增大； F2一直增大.【点睛】在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析；掌握图解法在动态分析中的应用10.某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验。如图甲为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于细砂和小桶的总重量，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得。（1）如图乙为某次
16、实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50 Hz。根据纸带可求出电火花计时器打B点时的速度为_m/s，小车的加速度大小为_m/s2。(结果均保留两位有效数字)（2）在“探究加速度a与质量m的关系”时，某同学按照自己的方案将实验数据都在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象(如图所示)。请继续帮助该同学作出坐标系中的图象_。（3）在“探究加速度a与合力F的关系”时，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因:_【答案】 (1). 1.6 (2). 3.2 (3). 见解析图 (4). 实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够【解析】（1
17、）AC这段位移的平均速度等于AC这段时间中间时刻的瞬时速度，即B点的瞬时速度为：，由逐差法求解小车的加速度，。（2）根据描点法作出图象，如图所示：（3）图线不通过坐标原点，F不为零时，加速度仍为零，知实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够。11.某公交车从站点出发，由静止开始做匀加速直线运动，行驶8.0m时，发现站点上还有一名乘客没有上车，司机立即刹车做匀减速直线运动至停车公交车开始做减速运动1.0s时，该乘客发现公交车减速，立即匀速追赶，公交车停止运动时该乘客恰好赶到公交车从启动到停止总共历时9.0s，行进了24m人和车均可视为质点求：（1）公交车运行的最大速度（结果保留两位有效数字）；（2
18、）追赶公交车过程中该乘客的速度大小（结果保留两位有效数字）【答案】（1）5.3m/s（2）4.8m/s【解析】（1）设公交车运行的最大速度为v，加速过程所用时间为t1 ， 减速过程所用时间为t2 由运动学规律可得：t1+t2=x 其中t1+t2=t 联立式解得：v= m/s= m/s=5.3m/s（2）公交车从启动到速度达到最大的过程，由运动学规律可得：t1=8.0m 将v=m/s代入式解得：t1=3.0s 设乘客追赶汽车的速度为v人， 所用时间为t3 ， 所以乘客追赶公交车的时间t3=tt11 乘客追赶公交车的速度v人= 联立式解得：v人=4.8m/s 点睛：汽车先匀加速运动后匀减速运动，用
19、平均速度乘以时间得到两个过程的位移，位移之和等于24m，列式求解最大速度；运用运动学公式求出汽车匀速和匀减速运动的总时间，再求出人两段匀速过程的总时间，最后求出该乘客的速度大小12.如图所示，质量m=1kg的物体沿倾角=37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图所示，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数;(2)比例系数k。(sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2)【答案】（1） （2） 【解析】试题分析:受力分析如图所示由牛顿第二定律得：由滑动摩擦力公式：f=N 由得：由图乙可得：
20、得到 =0.25 k=0.84 kg/s 考点： 牛顿第二定律13.如图所示，质量m1kg的物块A放在质量M4kg木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上.现用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B之间的动摩擦因数为，地面与B之间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10m/s2，求：(1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值；(2)若F30N，作用1s后撤去，要想A不从B上滑落，则木板至少多长；从开始到A、B均静止，A的总位移是多少.【答案】(1) 25N(2) 14.4m【解析】【详解】（1）当AB保持相对静止时，两者具有相同的加速度，此时AB间的摩擦力达到最大摩擦力，此时就
21、是能使A、B发生相对滑动的F的最小值。对A有牛顿第二定律的得解得：对AB整体有牛顿第二定律得代入数据得（2）设F作用在B上时AB的加速度分别为和，撤掉F时的速度分别为和，撤掉F后加速度分别为和。AB共同运动时速度为，加速度是。AB都做匀加速运动。对A由牛顿第二定律带入数据解得由速度公式得对B分析由牛顿第二定律得带入数据解得由速度公式得撤去外力后：A的加速度B的加速度经过时间后AB的速度相等代入数据解得则共同速度从开始到AB相对静止，AB的相对位移即为木板最短长度LAB的速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度从相对静止到对地静止A的位移所以A得总位移【点睛】本题为牛顿运动定律的综合问题，较为深刻的考查了学生利用牛顿运动定律处理比较复杂的综合性问题。本题注意以下（1）整体法与隔离法的应用（2）全面分析AB两物体的运动性质，以及在运动过程中两物体的位移、速度和时间关系。