1、甘肃省宁县二中2019届高三上学期第二次月考物理试卷一、选择题1.一只质量是8kg的猴子沿着长为12m的竖直在地面上的钢管往下滑，它从钢管顶端下滑到底端的v-t图像如图所示，则（ ）A. 猴子加速下滑与减速下滑的高度之比为1:2B. 下滑过程中猴子的最大速度为4m/sC. 下滑过程中猴子的机械能可能先增大后减小D. 加速与减速下滑的过程中猴子所受的摩擦力大小之比为1:8【答案】A【解析】【详解】设猴子的最大速度为v。根据速度时间图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知，猴子加速下滑的高度与减速下滑的高度之比为 h1=t1：t2=1：2，故A正确。由，得 v=8m/s，故B错误。猴子加速下滑时的加速
2、度，猴子减速下滑时的加速度，由于 a1、a2g，所以猴子一定受到摩擦力，摩擦力对猴子做负功，所以猴子的机械能一直减小，故C错误。根据牛顿第二定律得：加速过程有：mg-f1=ma1，减速过程有：f2-mg=ma2，解得，摩擦力大小之比为 f1：f2=1：7，故D错误。故选A。【点睛】解决本题的关键要掌握v-t图象的斜率等于加速度，“面积”表示位移，结合牛顿第二定律分析猴子的运动情况2.汽车以15m/s的速度开始刹车，刹车中加速度大小为4m/s2，关于汽车的运动情况，下列说法正确的是（ ）A. 刹车后2s末的速度是7m/sB. 刹车后4s内的平均速度是6m/sC. 刹车后4s内的位移为28mD.
3、汽车在停止前的最后1s内的位移是2m【答案】A【解析】试题分析：汽车速度减为零的时间，则刹车后2s末的速度v2=v0+at2=15-42m/s=7m/s，故A正确刹车后4s内的位移等于3.75s内的位移，则刹车后4s内的平均速度，故B、C错误采用逆向思维，停止前最后1s内的位移，故D正确故选AD.考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题考查了运动学中的刹车问题，是道易错题，解题时要注意汽车速度减为零后不再运动，掌握逆向思维的灵活运用，即末速度为零的减速运动可以考虑它的逆过程，即初速度为零的匀加速运动；此题是易错题3.物体由静止开始运动，加速度恒定，在第7s的初速度是2.4m/s，则物体的加速
4、度是（ ）A. 2.4 m/s2B. 0.4 m/s2C. 0.34m/s2D. 0.3 m/s2【答案】B【解析】试题分析：第7s初即第6s末，物体运动的时间为t=6s则物体的加速度为，选B.4.如图所示，在光滑的水平面上叠放着两木块A、B，质量分别是m1和m2，A、B间的动摩擦因数为，若要是把B从A下面拉出来，则拉力的大小至少满足（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】要使把B从A下面拉出来，则B要相对于A滑动，所以AB间都是滑动摩擦力，对A有：；对B有： ；当aBaA时，能够把B从A下面拉出来，则有；解得：Fg（m1+m2），故选A。【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的应
5、用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，知道若B的加速度比A的加速度大，则能把B从A下面拉出来5.如图所示，站在自动扶梯上的人随扶梯斜向上作加速运动，关于人受的力，以下说法正确的是（ ）A. 摩擦力为零B. 支持力等于重力C. 摩擦力方向水平向右D. 摩擦力方向与a方向相同【答案】C【解析】【详解】人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax=acos，方向水平向右；ay=asin，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f=ma=macos，水平向右；竖直方向受重力和支持力，FN-mg=masin，所以FNmg，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】解决本题时可以把加速度进行分解，结
6、合牛顿第二定律求解，这样可使问题变得更加简单；若分解力则方程很复杂6.水平地面上斜放着一块木板AB，如图所示，上面静止放着一个木块，设木块对斜面的压力为N,木块所受重力沿斜面的分力为f，若使斜面的B端逐渐放低时，将会产生下述的哪种结果（ ）A. N增大、f增大B. N增大、f减小C. N减小、f减小D. N减小、f增大【答案】B【解析】【详解】设木板与水平面的倾角为，对物体进行受力分析可知物体受竖直向下的重力mg，所以N=mgcos；在沿斜面方向有f=mgsin，由题意可知逐渐减小，故N逐渐增大，f逐渐减小。故选B。【点睛】本类题目的解题步骤：确定研究对象，对研究对象进行受力分析，再进行正交分
7、解，写出所求力的数学表达式，从而可以根据角度的变化情况判断出力的变化情况7.如图所示，弹性绳的一端悬挂在O点，另一端穿过光滑的小孔O1系着一物体，刚开始时物体静止在粗糙水平面上的A点已知OO1的距离刚好等于弹性绳的原长，弹性绳产生的弹力遵从胡克定律现用一外力F拉着物体缓慢向右移动到B点（弹性绳始终在弹性限度内）的过程中，物体与水平面间的动摩擦因数不变，该过程中下列判断正确的是（ ）A. F逐渐减小B. 地面对物体的支持力逐渐变小C. 地面对物体的支持力逐渐变大D. 地面对物体的滑动摩擦力保持不变【答案】D【解析】解：物体受到重力、支持力、水平拉力、弹性绳的拉力和摩擦力如图设物体处于初始位置时，
8、与B点的距离为h，根据正交分解得：N=mgkxsin=mgkx=mgkh所以支持力不变，摩擦力f=N，知地面对A的摩擦力保持不变F=Tcos+f，物块向右运动的过程中，T变大，变小，所以F变大故D正确，A、B、C错误故选：D【点评】该题考查共点力作用下物体的平衡，解决本题的关键能够正确地进行受力分析，熟练运用正交分解去求解力8.蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力F，并作出Ft图像如图所示。设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是A. 1.8 mB. 3.6 mC
9、. 5.0 mD. 7.2 m【答案】C【解析】【详解】由图可知运动员在空中竖直上抛运动的时间为：t=4.3s-2.3s=2s；根据对称性可知，下落的时间为：t1=0.5t=1s；运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度为：h=gt12=1012m=5m。故ABD错误，C正确。故选C。9.下列关于物体是否可以看做质点的说法正确的有()A. 研究奥运游泳冠军孙杨的游泳技术时，孙杨不能看做质点B. 研究飞行中的直升飞机上螺旋桨的转动情况时，直升飞机可以看做质点C. 观察航空母舰上的舰载飞机起飞时，可以把航空母舰看做质点D. 在作战地图上确定航空母舰的准确位置时，可以把航空母舰看做质点【答案】AD【解
10、析】当研究物体的姿势，动作，转动情况时，需要用到物体的大小和形状，故不能看做质点，故A正确B错误；观察航空母舰上的舰载飞机起飞时，需要用到航母的大小，所以不能看做质点，C错误；在作战地图上确定航空母舰的准确位置时，航母的形状和大小是次要因素，可以忽略，故可以看做质点，D正确10.如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，系统处于静止状态。则A. A对地面的压力等于(Mm)gB. A对地面的摩擦力方向向左C. B对A的压力大小为mg (R+r)/RD. 细线对小球的拉力大小为mg r/R【答案】AC【解析】把AB看成
11、一个整体，对整体受力分析得整体受重力和地面对整体的支持力，整体对地面的压力即是A对地面的压力等于（M+m）g，故A正确；地面对整体没有摩擦力，即A对地面没有摩擦力，B错误；对B受力分析如图，由图得到，联立得FAB=，C对；，联立得细线对小球的拉力F=，D错误；故选AC。11.物体在几个力作用下保持静止，现只有一个力逐渐减小到零又逐渐增大到原值，则在力变化的整个过程中，物体加速度和速度大小变化的情况是（ ）A. 加速度由零逐渐增大到某一数值后，又逐渐减小到零B. 速度由零逐渐增大到某一数值后，又逐渐减小到某一数值C. 速度由零逐渐增大到某一数值D. 加速度由零逐渐增大到某一数值【答案】AC【解析
12、】物体在三个共点力作用下处于静止状态，知合力等于零，其中一个力逐渐变小到零后又逐渐复原，知合力先增大后减小，根据牛顿第二定律得，加速度先增大后减小加速度的方向始终与速度方向相同，知速度逐渐增大直到最大值故AC正确，BD错误故选AC点睛：解决本题的关键知道加速度随着合力的变化而变化，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度的方向与速度方向相反，做减速运动.12.如图所示，光滑的水平地面上放有一质量为M、长为L=4.0m的木板。从t=0时刻开始，质量为m=1.0kg的物块以初速度v0=6m/s从左侧滑上木板，同时在木板上施一水平向右的恒力F=7.0N，已知开始运动后1s内两物体的v-t图线
13、如图所示，物块可视为质点，下列说法正确的是（ ）A. 木板的质量M=1.5kgB. 物块与木板间的动摩擦因数为0.1C. t=1.5s时，木板的加速度为D. t=2s时，木板的速度为7.2m/s2【答案】BD【解析】【详解】在1s前，物体m向右匀减速，木板M向右匀加速，对物体分析，由牛顿第二定律可得：mg=ma1，由v-t图象可知：，联立解得：=0.1，故B正确。对木板分析，由牛顿第二定律可得：F+mg=Ma2；由v-t图象可知：；联立解得：M=2Kg，故A错误。经过时间t，两者达到共同速度，则 v0-a1t=a2t；代入数据解得：t=1.2s；共同速度 v=1.24=4.8m/s；此时物体的
14、相对位移为：；说明物体未脱离木板，当两者达到共同速度后，假设两者相对静止一起加速，由牛顿第二定律可得：F=（M+m）a3，代入数据解得：a3=7/3m/s2，对物体由牛顿第二定律可得：f=ma3=7/3Nmg=1，所以物体相对木板还是要相对滑动，对木板由牛顿第二定律可得：F-mg=Ma4，代入数据解得：a4=3m/s2，即t=1.5s时，木板的加速度为3m/s2；t=2s时，木板的速度为 v=v+a4t=4.8+3（2-1.2）=7.2m/s，故C错误，D正确。故选BD。【点睛】本题考查图象的应用；图象题是高考的热点问题，关键从图象的斜率、面积等获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律二、实验
15、题13.小明同学在做“互成角度的两个力的合成”实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两只弹簧测力计拉力的大小，如图所示（1）试在图（a）中作出无实验误差情况下F1和F2的合力图示_，并用F表示此力（2）有关此实验，下列叙述正确的是_ A两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大B橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力C两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同D若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而保证橡皮筋结点位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可（3）如图（b）所示是甲、乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个
16、实验比较符合实验事实？（力F是用一只弹簧测力计拉时的图示）_（填甲或乙）【答案】 (1). (2). AC； (3). 甲；【解析】【详解】（1）以F1和F2为邻边作平行四边形，与F1和F2共点的对角线表示合力F，标上箭头如图所示 （2）两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大故A正确两弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，B错误；两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置O故C正确结点位置不变，合力不变，当一只弹簧测力计的拉力大小改变时，另一弹簧测力计的拉力的大小和方向必须都改变，故D
17、错误；故选AC（3）用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，故甲符合实验事实【点睛】本题要防止产生错误的认识，认为橡皮筋的拉力是两弹簧测力计的拉力，根据合力与分力等效关系分析，一个弹簧测力计的拉力是两个弹簧测力计拉力的合力14.在“研究匀变速直线运动”的实验中，某次打点计时器打出的纸带如图所示。在纸带上标出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点，每两个计数点间还有4个点没有标出，相邻两计数点间的距离如图中标注，交流电源频率为50Hz。（1）每两个相邻计数点之间的时间间隔为_s.（2）由以上数据计算得到加速度大小a=_m
18、/s2(保留3位有效数字)（3）打下B、D、E、F点时小车的瞬时速度如下表所示。计算出vC的结果并填入空格中(保留2位有效数字)_ . （4）将上表中各个时刻的瞬时速度在坐标纸中描点并作出相应的v-t图线_。根据图线可求出a=_m/s2(保留2位有效数字)。【答案】 (1). 0.1 (2). 0.801 (3). 0.48 (4). 0.80 (5). 【解析】【详解】（1）交流电源频率为50Hz，打点周期为0.02s，每两个计数点间还有4个点没有标出，因此时间间隔为：T=50.02s=0.1s。（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2有：得：x4-x1=3a1T2x5-x2=3a2T2
19、 x6-x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得： 即小车运动的加速度计算表达式为： （3） （4）将B、C、D、E、F各个时刻的瞬时速度标在直角坐标系中，画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线，如下图所示。速度时间图象的斜率表示加速度，则：a=k=0.80m/s2【点睛】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，知道用逐差法求解加速度，用相邻两点间的平均速度求解瞬时速度；在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。要注意单位的换算和有效数字的保留。三、计算题15.一直升机以5.0m/s速度竖直上升，某时刻从飞机上释放一物块，经2.0s落在地面上，不计空气阻
20、力。求：（1）物块落到地面时的速度；（2）物块2.0s内通过的路程；【答案】（1）-15m/s（2）12.5m【解析】【详解】（1）设物块落地时速度为v，由速度公式：v=v0-gt得：v=-15m/s 负号说明方向竖直向下（2）物块上升过程：由v02-0=2gh1得：h1=1.25m 下降过程：由v2-0=2gh1，得：h2=11.25m物块通过的路程为：s= h1+ h2=12.5m16.如图所示，粗糙水平面上放置一个小物块，在力F作用下沿水平面向右加速运动在保持力F大小不变的情况下，发现当F与水平面成60夹角斜向右上时，物块的加速度相同求物块与水平面间的动摩擦因数【答案】 【解析】【详解】
21、水平拉时，根据牛顿第二定律有：F-mg=ma右上拉时，根据牛顿第二定律得： 联立上述两式，代入数据解得=17.如图，节日期间小强站在水平河岸旁边欣赏风景，他手中牵住一重为10N的气球，由于受水平风力的影响，系气球的轻绳与水平方向成37角。已知空气对气球的浮力为16N，小强重500N，小强受的浮力不计。()求：(1)水平风力和绳子拉力的大小。(2)小强对地面的压力大小。【答案】(1)8N（2）494N【解析】【详解】（1）对气球受力分析并分解如图：由平衡条件得：竖直方向：水平方向：联立解得：T=10N， （2）对小强受力分析并分解，由平衡条件得，竖直方向：【点睛】对气球和小强进行受力分析，运用力
22、的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题。选择合适的研究对象是关键，如何选择需要再做题中不断积累经验。18.风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力现将一套有球的细直杆放入风洞实验室小球孔径略大于细杆直径如图所示（1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m所需时间为多少？（sin37=0.6，cos37=0.8）【答案】（1）0.5（2）1s【解析】【详解】（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=mg ，则动摩擦因数=0.5；（2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得： 在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：代入数据解得：a=7.5m/s2 小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=at2 运动时间为；【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题