1、河北正定中学高一第三次月考试卷物 理（试卷总分：100分，考试时间：90分钟）注意事项：1.答题时，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦擦干净后,再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水笔或黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.考试结束后，只将答题卡交回。第I卷（选择题）一、单选题（本题共8小题，每小题3分，共24分。）1关于牛顿定律，下列说法正确的是（ ）A伽利略通过理想斜面实验得到力不是维持物体运动的原因，并提出“力”的概念B根据牛顿第二定律，当合外
2、力时，物体的加速度为零，物体将保持匀速直线运动或静止状态，这就是牛顿第一定律C在公式中，k的数值取决于F、m、a的单位的选取D当物体做匀速圆周运动，物体的速度大小不变，则物体所受到的合外力为零2如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯竖直运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小，这一现象表明此过程中（）A电梯一定是在下降 B电梯一定是在上升C乘客一定处在超重状态 D乘客一定处在失重状态3如图所示，一倾角为60的斜面固定于竖直墙上，一光滑的小球在指向球心的水平力F作用下处于静止状态，若斜面和竖直墙都对物体有弹力的作用，当水平力F缓慢增大时，下列说法正
3、确的是（ ）F600A斜面对小球的弹力增大 B斜面对小球的弹力减小C竖直墙对小球的弹力不变 D竖直墙对小球的弹力增大42020年7月9日20时11分0秒，我国用长征三号乙运载火箭成功发射亚太6D卫星，发射重量约5550公斤，通信总容量达到50GBPS，在轨服务寿命15年，该卫星在载荷重量、通信容量等方面，刷新了国内同类通信卫星的纪录。在这则新闻中涉及了质量、时间和通信总容量及其单位，以下判断正确的是（）A新闻中涉及的单位“年”是国际单位制中的导出单位B“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的导出单位C秒是国际单位制中力学三个基本物理量之一D所有的物理量都有单位5如图，竖直
4、放置间距为d的两个平行板间存在水平方向的风力场，会对场中的物体产生水平向右的恒定风力作用，与两板上边缘等高处有一个质量为m的小球P（可视为质点）。现将小球P从两板正中央由静止释放，最终小球运动到右板上的位置O。已知小球下降的高度为h，小球在竖直方向只受重力作用，重力加速度大小为g，则从开始位置运动到位置O的过程中（）A水平风力 B小球P的运动时间C小球P运动的轨迹为曲线 D小球P运动到O点的速度与水平方向的夹角满足6某一物体在相互垂直的x方向和y方向运动的图像分别如图甲、乙所示，则物体在的运动情况，以下判断正确的是（）A内一定做匀变速直线运动，内一定做匀变速直线运动B内一定做匀变速直线运动，内
5、可能做匀变速曲线运动C内一定做匀变速曲线运动，内可能做匀变速直线运动D内一定做匀变速曲线运动，内一定做匀变速曲线运动7如图所示，从同一竖直线上不同高度A、B两点处，分别以速率v1、v2同时同向水平抛出两个小球，不计空气阻力，P为它们运动轨迹的交点。则下列说法正确的有（）A两球可能在P点相碰 B两球的初速度大小v1v2C落地前两球始终在同一竖直线上 D落地前两球竖直方向的距离保持不变8如图所示，在倾角为30的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧处于原长。若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动， g
6、取10m/s2，则（）A小球从一开始就与挡板分离 B小球速度最大时与挡板分离C小球向下运动0.01m时与挡板分离 D小球向下运动0.02m时速度最大二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分。）9在水平桌面上，并排放置5个相同的木块，水平的推力F作用在第一个木块上使5个物块一起向右加速，则木块之间弹力的比例从左向右依次为（ ）1F2345A若水平面光滑，弹力之比依次为1:1:1:1 B若水平面光滑，弹力之比依次为4:3:2:1 C若物块与水平面有摩擦，弹力之比依次为1:1:1:1 D若物块与水平面有摩擦，弹力之比依次为4:3:2:1 10在水平面上有一质量为1kg的物体， 在水平拉力F=5
7、N的作用下由静止开始运动，t1=2s后拉力变为2F， 方向不变， 再经t2=1s去掉拉力，又经过t3=2s停下，以下说法正确的是（g取10m/s2）（ ） A物体与水平面的摩擦因数为 0.4 B物体与水平面的摩擦因数为 0.2 C物体的总位移为 12m D物体的总位移为15m11如图所示，水平传送带两端AB的距离是3.0m，以恒定的速率顺时针转动。现将一质量为1kg的小滑块以的速度从A端向右运动，与传送带之间的动摩擦因数为0.2，小物块可看做质点，当传送带以不变的速度运动，小滑块到传送带右端B点所需要的时间可能为（，）（）ABv0A0.4s B0.8s C1s D1.2s12 如图所示，A的质
8、量，B的质量，A与B之间的动摩擦因数，B与地面的动摩擦因数，A与B的初速度都为，B足够长，则下列说法正确的是（）( )v0Av0BAA与B一起减速到零，减速到零的位移为：BA比B先减速到零，B比A多走的位移为：CB比A先减速到零，A比B多走的位移为：DB比A先减速到零，A比B多用的时间为：第卷（非选择题）三、实验题（本题共2小题，13小题6分，14小题7分，共13分。）13（6分）某同学用如图1所示的装置研究平抛运动。（1）为保证实验结果误差尽可能小，下列说法正确的是 。A通过调节使斜槽的末端保持水平B斜槽必须光滑C记录小球位置用的挡板每次必须严格地等距离下降D每次小球自由释放的位置必须相同（
9、2）实验时，该同学得到了小球运动过程中的多个位置，根据画出的平抛运动轨迹测出小球多个位置的坐标（x，y），画出x2y图象如图2所示，是一条过原点的直线，说明小球运动的轨迹形状是 ；已知该直线的斜率为k，重力加速度为g，则小球从轨道末端飞出的速度大小为 。（用题目给定的字母表示）14（7分）某实验小组利用如图所示的实验装置测量小车的质量，不计绳与滑轮间的摩擦，g 取10m/s2。实验步骤如下：（1）细绳一端系在小车上，另一端绕过定滑轮后挂一个小砝码盘。（2）在盘中放入质量为m的砝码，用活动支柱将木板固定有定滑轮的一端垫高，调整木板倾角，恰好使小车沿木板匀速下滑。（3）保持木板倾角不变，取下砝码盘
10、和盘中砝码，将纸带与小车相连，并穿过打点计时器的限位孔，接通打点计时器电源后，释放小车。（4）取下纸带后，在下表中记录了砝码的质量m和对应的小车加速度a。（5）改变盘中砝码的质量，重复（2）（3）步骤进行实验实验次数1234567m/kg0.020.040.050.060.070.080.10a/（ms2）1.401.802.002.202.402.603.00在坐标纸上作出amg图像。上述图像不过坐标原点的原因是 。根据图像求出小车的质量为 kg。四、计算题（本题共4小题，共47分）15（8分）在篮球比赛中，投篮的投出角度会影响投篮的命中率。如图甲所示，在某次篮球比赛中，球员跳起投篮时，投球
11、点和篮筐正好在同一水平面上，投篮过程的示意图如图乙所示，篮球以与水平面成的倾角准确落入篮筐，已知投球点到篮筐的距离，不计篮球受的空气阻力，重力加速度大小。求：（1）篮球进篮筐时的速度大小； （2）篮球投出后经过的最高点相对篮筐的竖直高度。16（12分）一辆正在水平路面行驶的汽车，车内侧壁某等高处固定有两个相距的光滑小挂钩、，现有一用轻质且不可伸长的细绳拴住的挂件饰品挂在两挂钩上，其情景可简化如图所示，挂件质量为。当汽车匀速运动时，挂绳恰好形成正三角形，如图一所示，忽略挂钩大小，求：，（1）此时绳中拉力的大小；（2）当汽车匀加速运动时，呈竖直状态，如图二所示，求此状态下绳中拉力的大小和汽车的加速
12、度大小。17（13分）如图所示，倾角为的粗糙斜面体固定在水平地面上，质量为的物块静止在斜面上，斜面与之间的动摩擦因数为，与相连接的绳子跨在固定于斜面顶端的小滑轮上，绳子另一端固定在与滑轮等高的位置。再在绳上放置一个动滑轮，其下端的挂钩与物块连接，物块、与弹簧1、2均拴接，、之间弹簧的劲度系数为，、之间弹簧劲度系数为，、，当绳子的张角时整个系统处于平衡状态，而且恰好不下滑（这里最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。若弹簧、绳子、小滑轮的重力以及绳子与滑轮间的摩擦力均可忽略，取重力加速度，求：（1）此时绳子的拉力的大小；（2）对物块施加一个力，使其缓慢下滑一段距离至物块对地的压力恰好减小至零，求物块上升的
13、高度。18（14分）如图所示，足够长的斜面与水平面夹角为37o，斜面上有一质量M=3kg的长木板， m=1kg的小物块从空中某点以v0=3m/s水平抛出，小物块可以看成质点，抛出同时木板由静止释放，小物块下降h=0.8m时掉在木板前端，碰撞时间极短可忽略不计，碰后瞬间物块垂直斜面分速度立即变为零。碰后两者沿斜面向下运动，小物块最终从木板前端离开木板。已知木板与斜面间动摩擦因数=0.5，木板上表面光滑， g=10m/s2，求：（1）碰前瞬间小物块速度大小和方向；（2）木板至少多长小物块才不会从木板后端离开；前端后端v0h37o（3）从两者相碰开始，小物块经过多长时间从木板前端离开。河北正定中学高
14、一第三次月考物理答案1C【解析】A.“力”的概念是牛顿提出的，不是伽利略，选项A错误。B.牛顿第一定律又叫惯性定律，说明力不是维持物体运动的原因而是改变物体运动的原因。牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特殊情况，选项B错误。C.K的数值取决于F、m、a的单位的选取，当时，质量为1kg的物体在大小为1N的力作用下产生1m/s2的加速度，选项C正确。D.当物体做匀速圆周运动，虽然物体的速度大小不变但运动方向发生改变，即物体的运动状态发生改变，物体所受的合外力不为零。选项D错误。2D【解析】弹簧伸长量减小，说明弹力减小，则物体受到的合力向下，故物体的加速度向下，说明此时电梯的加速度方向也在向下，但电梯可
15、能向下加速，也可能向上减速；因加速度向下，故乘客一定处于失重状态，故ABC错误，D正确；故选D。3.D【解析】对小球受力分析，正交分解 :x轴方向：F600mgFN1FN2xy600y轴方向：由y轴的式子可知，斜面对小球的支持力不变，与拉力F的变化无关。由y轴的式子可知当水平力F缓慢增大时，竖直墙对小球的弹力增大，选项A、B、C错误,选项D正确。4B【解析】A、”年”是时间的一个单位，但不是国际单位制中的单位，故A错误；B、“千克米每二次方秒”是由Fma推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛顿把它定义为牛顿，故B正确；C、国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，秒是单位，
16、不是物理量，故C错误：D、有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如前面学过的动摩擦因数就没有单位，故D错误；故选B。5B【解析】A小球所受力的方向与运动方向相同，因此可得，故A错误；B在竖直方向上，小球做自由落体运动运动的时间，故B正确；C由于水平方向风力恒定，竖直方向重力恒定，因此两个力的合力恒定，又由于初速度为零，因此物体做初速度为零的匀加速直线运动，运动轨迹为直线，故C错误；D因小球做直线运动，速度的方向和位移方向始终相等，则，故D错误.6C【解析】AB在内，水平方向为匀速运动，竖直方向为勺加速运动，则合运动为勺变速曲线运动，故AB错误；CD由于内两方向初末速度的大小未知
17、，无法判断速度方向与加速度方向是否在一条直线上，故可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故C正确，D错误。7D【解析】A平抛运动竖直方向上h=gt2，两小球从抛出点到P点的高度h不同，所以所用时间也不同，则同时抛出两小球，在P点不可能相遇，故A错误；B由以上分析可知，从抛出点到P点的时间t1t2，在水平方向上x=vt，水平位移相等，则v1v2，故B错误；C由以上分析可知，在水平方向上两小球都是匀速直线运动，初速度不相等，则在相等时间内水平位移也不相等，故落地前两球不在同一竖直线上，故C错误；D在相等时间内，两小球在竖直方向上的距离h=h1-h2=AB+gt2-gt2=AB，即两小球在落
18、地前在竖直方向上的距离始终等于AB，保持不变，故D正确。故选D。8C【解答】解：A、C、设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F。根据牛顿第二定律有：mgsin30kxF1ma，保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：mgsin30kxma，解得：m，即小球向下运动0.01m时与挡板分离，故A错误，C正确。B、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大。故B错误；D球和挡板分离后做加速度减小的加速运
19、动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零。即：kxmmgsin30，解得：xmm，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m。故D错误。故选：C。9BD【解析】若水平面光滑，先整体分析，根据牛顿第二定律：，求解1和2之间的弹力，把右面的4个物块作为一个整体，设2受到1的弹力为F1，根据牛顿第二定律：，求解2和3之间的弹力，把最右面的3个物块作为一个整体，设3受到2的弹力为F2，根据牛顿第二定律：，依次类推，可以得到弹力之比依次为：4:3:2:1 ，选项A错误，选项B正确。若物块与水平面有摩擦，设每个物体与地面的摩擦力为F，先整体分析，根据牛顿第二定律：，把右
20、面的4个物块作为一个整体，设2受到1的弹力为F1，解得：，把最右面的3个物块作为一个整体，设3受到2的弹力为F2，根据牛顿第二定律：，解得：。依次类推，可以得到弹力之比依次为：4:3:2:1 ，选项C错误，选项D正确。10AD【解析】当拉力为F时，根据牛顿第二定律：，当拉力为2F时，根据牛顿第二定律：，去掉拉力，根据速度关系：，代入解得：。选项A正确，选项B正确。把动摩擦因数代入3个牛顿第二定律得式子中，得到：，物体的总位移为：代入解得：,选项C错误，选项D正确。11BC【解析】若传送带的速度较小，物体一直减速运动到B点，所用的时间最长，小滑块的加速度为：，根据公式：，解得，所用的时间，若传输
21、带的速度较大，物体一直加速运动到B点，所用的时间最短，小滑块的加速度为：，根据公式：，解得，所用的时间。即小滑块运动所用的时间：，选项B、C正确，选项A、D错误。12CD【解析】若一起减速，加速度的大小为10：，A减速的最大加速度为：，即假设不成立，B比A先减速到零，A减速的加速度大小为：。B的加速度大小，根据牛顿第二定律：,A. 解得：，A比B多用的时间为：，A比B多走的位移为：，选项A、B错误，选项C、D正确。13【答案】（1）AD （2分） （2）抛物线 （2分） （2分）【解析】（2）根据平抛运动的规律得：水平方向有 xv0t，竖直方向有 y将两式中t消去得 x2y，故x2y图线是一条
22、过原点的直线，说明小球运动的轨迹形状是抛物线，由数学知识可知该直线的斜率 k，得 v0。14 【答案】略 （2分） 没有考虑砝码盘重力 （2分） 0.5kg （3分）【解析】根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图像，图像略。由图象可知，amg图象与纵轴相交，当盘中砝码质量为零时，小车已经具有加速度，说明此时小车所受合力不为零，这是因为求小车所受合力时，没有考虑砝码盘重力造成的。设砝码质量为m0，设斜面倾角为，小车质量为M，小车匀速下滑，处于平衡状态，由平衡条件得：Mgsinf+mg+mog，当取下砝码盘后，小车重力沿斜面向下的分力Mgsin和摩擦力f不变，因此小车所受合外力为mg+
23、mog，根据牛顿第二定律mg+mog=Ma，解得：，图线的斜率的倒数即为小车的质量，为0.5kg。15【解析】（1）设篮球进篮筐时的速度为，此时篮球在水平方向的分速度为，竖直方向的分速度为，篮球从最高点到篮筐的过程做平抛运动，设运动时间为水平方向： （1分） 竖直方向：（1分） （1分） 篮球进筐时速度大小为：（1分） 代入数据解得：（1分） （2）竖直高度：（2分） 代入数据解得：（1分） 16【解析】（1）挂件受力如图一所示，由几何关系知为正三角形、与轴的夹角为，绳，的拉力相等在平衡状态竖直方向上，由平衡条件得：（2分）解得：（2分）（2）汽车做匀加速直线运动时，受力如图所示，由几何关系知
24、：（2分）竖直方向，由平衡条件得： （2分）水平方向，由牛顿第二定律得： （2分）解得：，（1分） （1分）17【解析】（1）取物体为研究对象，受力图如图1所示。将重力进行分解，此时恰好不下滑，故可得：（1分） （1分）（1分）联立可得：（1分）（2）在物块施加一个竖直向下的压力前，此时绳的拉力依旧为（1）中所求为，对物体进行受力分析，受力图如图2，（1分）（1分）（1分）因此弹簧处于原长，在物块施加一个竖直向下的压力前取为研究对象，由共点力作用下的平衡可知：，（1分）得出弹簧2的压缩量：，（1分）在物块施加一个竖直向下的压力后，物块对地的压力恰好减小至零。取整体为研究对象，弹簧1的伸长量为，（1分）解得（1分）要使物块刚好离开地面，取为研究对象，弹簧2要伸长，（1分）综上所述物块上升的距离为：（1分）18【解析】由平抛规律：，（1分）解得：，（1分）则：（1分）再由 得：，速度方向与斜面垂直。（1分）（2）小物块平抛： （1分）木板下滑： （1分） （1分）解得， 小物块掉到木板上后速度变为0，然后向下运动，直到与木板速度相同过程：小物块： （1分）木 板： （1分）速度相同时： （1分）解得：， （1分）（3） 小物块从前端到达木板，又从前端离开木板，故二者位移相同，（2分）解得：。（1分）
