1、高考资源网（） 您身边的高考专家奎屯市第一高级中学高三年级第一次月考物理试卷一单项选择题1.一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为.下列说法正确的是（ ）A. 衰变后钍核的动能等于粒子的动能B. 衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小C. 铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的时间D. 衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量【答案】B【解析】【详解】A根据可知，衰变后钍核的动能小于粒子的动能，故A错误；B根据动量守恒定律可知，生成的钍核的动量与粒子的动量等大反向，故B正确；C铀核的半衰期等于一半数量的铀核衰变需要的时间，而放出一个粒子所经历的时间是一个原子核衰变的时间，故两者不
2、等，故 C错误；D由于该反应放出能量，由质能方程可知，衰变后粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故 D错误。2.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60 m处C. 3 min4 min内，潜水员处于超重状态D. 6 min10 min内，深潜器的加速度不变【答案】C【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
3、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难度适中3.一质量为m滑块在粗糙水平面上滑行，滑块在最初2 s内的位移是最后2 s 内位移的2倍，且已知滑块最初开始1 s内的位移为5 m，由此可求得( )A. 滑块的加速度大小为1 m/s2B
4、. 滑块的初速度为5 m/sC. 滑块运动的总时间为3 sD. 滑块运动的总位移为7.5 m【答案】C【解析】【详解】C.设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：最后2s内位移为： 最初2s内位移为： 又s2:s1=2:1，则有2at2a=4a解得：总时间t=3s，故C符合题意；A.第一秒的位移为： 解得a=2m/s2，故A不符合题意；B.滑块的初速度v0=at=23m/s=6m/s，故B不符合题意；D.则总位移，故D不符合题意。4.如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平
5、衡时OA绳与水平方向的夹角为2，OB绳与水平方向的夹角为，则球A、B的质量之比为( )A. 2cos 1B. 12cos C. tan 1D. 12sin 【答案】A【解析】【详解】分别对AB两球分析，运用合成法，如图：由几何知识得：Tsin=mBgTsin2=mAg故mA:mB= sin2:sin=2cos :1A. 2cos 1与上述计算结论2cos :1相符，故A符合题意； B. 12cos 与上述计算结论2cos :1不相符，故B不符合题意； C. tan 1与上述计算结论2cos :1不相符，故C不符合题意； D. 12sin 与上述计算结论2cos :1不相符，故D不符合题意。5.
6、如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O为圆心每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、ad到达a、b所用的时间，则下列关系不正确的是 ( )A. t2t3B. t1t2C. t1t2D. t1t3【答案】B【解析】【详解】设ob与竖直方向的夹角为，由几何关系得oa与竖直方向的夹角为，环沿oa下滑时的加速度大小为沿ob下滑时的加速度大小为a2=gcos设ob长为L，由几何关系得oa长为，根据运动学公式有，得，由此得到t1t2；由于同
7、理可得到因此t1=t3，t2t3A.A项与上述计算结果相符，故A不符合题意；B.B项与上述计算结果不相符，故B符合题意；C.C项与上述计算结果相符，故C不符合题意；D.D项与上述计算结果相符，故D不符合题意6.如图所示，在桌面上方有三个金属小球a、b、c，它们离桌面的高度h1h2h3321，若按先后顺序释放三个小球，a、b、c刚好同时到达桌面，若不计小球受到的空气阻力，则( )A. 三者到达桌面时速度之比为321B. 三者运动的时间之比为321C. b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差D. b与a开始下落的时间差大于c与b开始下落的时间差【答案】C【解析】【详解】A.由v2=2gh
8、，得v=得到达桌面时的速度之比：v1：v2：v3= ：1故A不符题意；B.由t=得三者运动时间之比：t1：t2：t3= ：1故B不符合题意；CD.B错误； b与a开始下落时间差t1=（-）c与b开始下落时间差t2=（-1）所以b与a开始下落时间差小于c与b开始下落的时间差，故C符合题意，D不符合题意。7.如图所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，且F0.则下列描述正确的是A. B可能受到3个或4个力作用B. 斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下C. A对B的摩擦力可能为0D. A、B整体不可能受三个力作用【答案】B【解析
9、】【详解】对物体B受力分析，受重力，A对B的压力，A对B水平向左的静摩擦力，斜面对B垂直向上的支持力，斜面对B可能有静摩擦力（当A对B向左的静摩擦力的平行斜面方向分力与重力的下滑分力平衡时为零），故B受4个力或者5个力，故A错误；当A对B向左的静摩擦力的平行斜面方向分力大于重力的下滑分力时，B物体有上滑趋势，所以受到平行斜面向下的静摩擦力，故B正确；对物体A受力分析，受推力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，B对A的静摩擦力与推力F平衡，根据牛顿第三定律，A对B的摩擦力水平向左，大小为F，故C错误；对AB整体受力分析，受重力、支持力、推力，可能有静摩擦力（当推力的平行斜面方向分力与重力的下
10、滑分力平衡时为零），所以可能受三个力作用，故D错误。所以B正确，ACD错误。8.大国工匠节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是（）A. 工人对绳的拉力一直变大B. 绳OD的拉力一直变小C. 当绳CD与竖直方
11、向的夹角为30时，工人对绳的拉力为mgD. OD、CD两绳拉力的合力大小大于mg【答案】C【解析】【详解】A B. 对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为，绳CD的拉力（工人对绳的拉力）为F2，与竖直方向的夹角为。根据几何知识知：+2=90由正弦定理可得F1增大，F2减小，故AB不符合题意；C. =30时，=30时，如图所示，可求出工人对绳的拉力为故C符合题意；D. 两绳拉力的合力大小等于mg，故D不符合题意。9.如图甲所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定。在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O处，将弹簧压缩了时，物块的
12、速度变为零。在如图乙所示的图象中，能正确反映物块从与弹簧接触开始，至运动到最低点加速度的大小随下降的位移（弹簧原长为位移的零点）变化的图象是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】试题分析：从物块和弹簧接触开始分析物块的运动过程：开始阶段，物块的重力大于弹力，加速度方向向下，根据牛顿第二定律得，得到，a与x是线性关系，而且x增大，a减小；当重力与弹力平衡时，加速度，物块的速度向下；当物块的重力小于弹力时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得，得到，a与x是线性关系，而且x增大，a增大若物块从静止开始压缩弹簧，物块做简谐运动，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等
13、于g，方向向上当物块以一定的速度压缩弹簧时，物块运动到最低点位置降低，弹簧压缩量增大，加速度大于g，故D正确考点：考查了牛顿第二定律与图像【名师点睛】本题根据牛顿第二定律得到a关于x的解析式，根据解析式选择图象是常用方法难点在于确定小球在最低点的加速度大小大于重力加速度，利用简谐运动的对称性10.质量m=1kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F-x图象如图所示。且45m内物体匀速运动。x=7m时撤去外力，取g=10m/s2，则下列有关描述正确的是（ ）A. 物体与地面间的动摩擦因数为0.
14、1B. 撤去外力时物体的速度为m/sC. x=3m时物体的速度最大D. 撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s【答案】B【解析】【详解】A. 由图象知45m内外力恒定，又物体匀速运动，由知动摩擦因数为0.3，故A不符合题意；B. 前7m内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且Fx图围成的面积表示外力所做的功，由动能定理解得，故B符合题意；C. 由图知前3m内物体做加速度逐渐增大的加速运动，34m内做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，故C不符合题意；D. 撤去外力后物体匀减速停下，由动量定理有解得，故D不符合题意。二多项选择题11.氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.
15、64 eV -3.19 eV。下列说法正确的是()A. 处于n3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离B. 大量处于n2能级的氢原子可以吸收能量为2.55 eV的可见光光子，跃迁到第4能级C. 动能为10.4 eV的电子射向大量处于基态的氢原子，氢原子不会发生跃迁D. 动能大于等于13.6 eV的电子可以使基态的氢原子发生电离【答案】ABD【解析】【详解】A. 根据能级跃迁理论，处于n = 3能级的氢原子能量为-1.51eV，吸收光子的能量大于1.51eV后均可跃迁到无穷远，而紫外线频率高于可见光，紫外线光子的能量大于3.19 eV，故A正确；B.第4级与第2级能级差所以大量处于n2
16、能级的氢原子可以吸收能量为2.55 eV的可见光光子，跃迁到第4能级，故B正确；C. 第2级与第1级的能级差所以动能为10.4 eV的电子射向大量处于基态的氢原子，氢原子会发生跃迁，故C错误；D. 基态的氢原子的能量E1=-13.6eV，所以动能大于等于13.6 eV的电子可以使基态的氢原子发生电离，故D正确。12.如图所示，两个完全相同的轻弹簧，一端均固定在水平面上，另一端均与质量为m的小球相连；轻杆一端固定在天花板上，另一端与小球相连，三者互成120角，且两个弹簧的弹力大小均为mg，如果将轻杆突然剪断，则剪断瞬间小球的加速度大小可能为（ ）A. a=0B. a=gC. a=2gD. a=3
17、g【答案】AC【解析】【详解】弹簧a、b的弹力大小均为mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小为mg，轻杆对小球的拉力大小为2mg，将轻杆突然撤去时，小球合力为2mg，此时加速度大小为2g；当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为mg，根据平衡条件，轻杆上的力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，故A、C正确，B、D错误.故选AC.【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，关键抓住小球瞬间所受的合力，结合牛顿第二定律进行求解13.如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，
18、A、B之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )A. 物块A运动的最大加速度为B. 要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系C. 若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为D. 轻绳对定滑轮的作用力为【答案】AC【解析】【详解】A.A受到的最大合外力为Mg，则A的最大加速度：a=Mg/M=g故A正确；B. 当A的加速度恰好为g时，A、B发生相对滑动，以A、B、C系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg=(M+M+m)g解得：m= ，要使物块A、B之间发生相对滑动，物块C的质量至少为，故B错误；C. 若物块A、B未发生相对滑动，A、B、C三者加
19、速度的大小相等，由牛顿第二定律得：mg=(2M+m)a对A:f=Ma解得：f=，故C正确；D.C要向下做加速运动，C处于失重状态，绳子的拉力：Tmg，轻绳对定滑轮的作用力：N=T 故D错误；14.如图所示，足够长的倾斜传送带以v2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角37，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时有一定间距，与传送带间的动摩擦因数分别为A0.75、B0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2，则下列说法中正确的是( )A. 物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相
20、对静止B. 物块B最终一定追上物块AC. 在t0.24 s时，A、B物块速度大小相等D. 在相碰前，A、B两物块之间的距离一直减小【答案】BC【解析】【详解】A.物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为B=0.5tan37=0.75则物块将继续加速下滑，选项A错误；B.物块A先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为A=0.75= tan37=0.75，则物块将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B最终一定追上物块A，选项B正确；C.物块B开始下滑的加速度aB1=gsin37+Bgcos37=10m/s2与传送带共速时经过时间：物块A开始下滑的加速度aA1=gsin37+Agcos37=
21、12m/s2与传送带共速时经过的时间：共速后物块A与传送带一起匀速下滑，则t=0.24s时两物块速度相等，故C正确；D.在开始的0.24s内因为A的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24s后物块B继续加速下滑速度逐渐变大，则两物块间的距离又逐渐减小，故D错误；15.将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在090之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角的关系如图所示。g取10m/s2。则（ ）A. 小铁块的初速度大小为v0=5m/sB. 当=60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为C. 当=6
22、0时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体下滑的加速度为D. 小铁块与木板间的动摩擦因数【答案】AD【解析】【详解】A. 根据动能定理，物体沿斜面上滑过程有：-mgsinx-mgcosx=0-mv02解得：由图可得，当=90时x=1.25m，根据v02=2gx，代入数据得：v0=5m/s，故A正确；B. 把=60代入，解得：x=m由动能定理得：-mgcos2x=mvt2mv02代入数据得：vtm/s故B错误；C. 下滑的加速度为：a=g（sin-cos）当=60时，代入数据得：a=m/s2故C错误D. 由图可得，=30时，x=1.25，式代入数据得：=故B正确三、实验题16.某探究学习小组用
23、如图所示的方案测滑块与木板间的动摩擦因数。在实验桌上固定一斜面，在斜面上距斜面底端挡板一定距离处放置一小滑块，系住小滑块的轻质细线跨过光滑的定滑轮后系住一小球，整个系统处于静止状态。剪断细线后，小滑块沿斜面向下运动与挡板相碰，小球自由下落与地面相碰，先后听到两次碰撞的声音。反复调节滑块的位置，直到只听到一次碰撞的声音。测得此情况下小滑块距挡板的距离x0.5 m，距桌面距离h0.3 m，小球下落的高度H1.25 m，取g10 m/s2。不考虑空气的阻力，则：（1）小滑块与挡板碰前瞬间的速度大小为_m/s。（2）滑块与木板间动摩擦因数的表达式为_（用所给物理量的符号表示），代入数据得_。【答案】
24、(1). 2 (2). (3). 0.25【解析】（1）对于小球做自由落体运动，则有H=gt2，得到对于滑块，沿斜面向下做匀加速运动，运动时间与小球自由下落时间相等，则有x=at2，联立以上两式，得：由位移与速度公式v2=2ax，解得：；（2）设木板的倾角为，根据牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma由图看出，sin=联立解得： 代入数据解得：=0.2517.某同学利用图甲所示的装置探究“外力一定时,加速度与质量的关系”。图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源,小车的质量未知。 (1)实验之前要平衡小车所受的阻力,具体的步骤是,吊盘中不放物块,调整木板右端的高度,用手轻拨小车,直到打
25、点计时器打出一系列_的点。(2)按住小车,在吊盘中放入适当质量的物块,并在小车中放入质量已知的砝码,为了保证在改变小车中砝码的质量时,小车所受的拉力近似不变,吊盘和盘中物块的质量和应满足的条件是_。(3)打开打点计时器电源,释放小车,得到如图乙所示的纸带,图示为五个连续点之间的距离(单位:cm),则小车的加速度a=_ m/s2。(结果保留两位小数)(4)改变小车中的砝码质量多次试验,得到不同的纸带,记录砝码的质量m,并根据纸带求出不同的m对应的加速度a,以m为横坐标,为纵坐标,做出-m关系图线如图丙所示,设图中直线的斜率为k,纵轴上的截距为b,若牛顿第二定律成立,则小车的质量为_。【答案】 (
26、1). 间隔均匀 (2). 远小于小车的质量 (3). 3.25 (4). 【解析】【详解】(1)1平衡摩擦力后，用手轻拨小车，小车应做匀速直线运动，打点计时器打出一系列间隔均匀的点。(2)2设小车质量为M，车上砝码质量为m, 吊盘和盘中物块的质量和为m2，小车所受拉力为F，对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得对吊盘和盘中物块受力分析，由牛顿第二定律可得解得：化简得：当时，改变车上砝码质量m，小车所受拉力近似不变。故为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，吊盘和盘中物块的质量和应满足的条件是远小于小车的质量。(3) 3图示为五个连续点，小车的加速度(4)4认为拉力不变，则
27、化简得：图中直线的斜率为k，纵轴上的截距为b，则，解得：四计算题18.2018年1月24日，南宁三中教工进行了“真爱杯”踢毽子比赛，全校老师一起体验让毽子做竖直上抛运动的感觉，高一年级双根老师能用身体最多部位踢毽子获民间“花样毽子王”。现构建如下模型：设某毽子（视为质点）以3 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2。求： （1）毽子上升的最大高度h1；（2）0.5 s内毽子运动的路程S； （3）0.5 s内毽子的平均速度【答案】（1）0.45m；（2）1.65m；（3）0.5m/s，方向竖直向上；【解析】本题考查有关竖直上抛运动的相关计算。(1) 初速度3m/s，只需要即可上升
28、到最高点。0.3s内上升高度为：(2) 再自由落体t2=0.2s时间，下降高度故0.5 s内毽子运动的路程(3) 0.5s内毽子运动的位移大小0.5 s内毽子的平均速度大小，方向竖直向上。19.如图所示，质量为的木板B放在水平地面上，质量为的木箱A放在木板B上一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为37.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数.现用水平向右、大小为200 N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2)，则木板B与地面之间的动摩擦因数的大小是多少？【答案】0.3【解析】对受力分析如图甲所示，由题意
29、得，由得：对、整体受力分析如图乙所示，由题意得：，由得：20.如图甲所示，滑块与长木板叠放在光滑水平面上,开始时均处于静止状态。作用于滑块的水平力随时间的变化图象如图乙所示，s时撤去力，已知滑块质量，木板质量,滑块与木板间的动摩擦因数，取10 m/s2。（已知滑块在2.5s内没有滑离木板）， 求：(1)在0-0.5s内，滑块和长木板之间的摩擦力大小？(2)在2.5s时，长木板的速度和滑块的位移分别是多少？【答案】(1) 2N (2) 9m/s 14.25m【解析】【详解】(1)在0-0.5s过程中，假设M、m具有共同加速度a1，对整体由牛顿第二定律有：F1=（M+m）a1得：a1=2m/s2木
30、板M能达到的最大加速度为：所以M、m相对静止，M、m之间为静摩擦力为：f=Ma1=12N=2N (2)则木板和滑块在0.5s时的速度为：v1=a1t1得：v1=1m/s 在0.5s-2.5s过程中，假设M、m具有共同加速度a3，则：F2=（M+m）a3得 a 3=5.3m/s2a2 则M、m相对滑动，长木板在2.5s 时的速度为：v2=v1+a2t2得：v2=9m/s滑块为研究对象：F2-mg=ma4得：a4=6m/s2滑块在2.5s时的速度为：v3=v1+a4t2 得：v3=13m/s滑块在0-0.5s过程中的位移在0.5s-2.5s过程中的位移 总位移21.如图所示，在水平方向的匀强电场中
31、有一表面光滑、与水平面成角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度为h有一质量m=0.5kg的带电小环套在直杆上，正以某一速度 沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处(g取10m/s2)(1)若=45，试判断小环的电性，并求出小环受到的电场力大小；(2)若=45，h=0.8m，求小环在直杆上匀速运动的速度大小；(3)若保持h不变，改变角(090)及小环的电荷量，使小环仍能匀速下滑，离杆后正好通过C端的正下方P点处，试推出初速度与角间的定量关系式【答案】(1) 负电 5N (2)2m/s (3)【解析】【详解】(1)小环沿杆匀速下滑，合力为零，小环所受的电场力水平向右，则小球带负电。小环匀速下滑合力为零，电场力(2)小环离开杆后做类平抛运动，由牛顿第二定律平行于杆的方向做匀速直线运动，则有垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有得(3)有牛顿第二定律得平行于杆的方向做匀速直线运动，则有垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有解以上方程得- 23 - 版权所有高考资源网