】湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2020届高三9月月考物理试题 Word版含解析

宜昌市部分示范高中教学协作体2019年秋9月联考高三物理

一、 选择题

1. 物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是( )

A. 亚里士多德首先提出了惯性的概念

B. 伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法

C. 牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证

D. 力的单位“N"是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位

【答案】C

【解析】

试题分析：伽利略首先提出了惯性的概念，故A错误；牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，因为牛顿定律的内容是在物体不受任何外力的作用下，而现实生活中没有不受任何外力的物体，所以牛顿第一定律是在实验的基础上，结合推理得出来的，故B错误；伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法．故C正确；力的单位“N“不是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位，故D错误；故选C.

考点：物理学史。

2.一质点位于x=﹣1m处，t=0时刻沿x轴正方向做直线运动，其运动的v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（ ）

A. 0～2s内和0～4s内，质点平均速度相同

B. t=4s时，质点在x=2m处

C. 第3s内和第4s内，质点位移相同 D. 第3s内和第4s内，质点加速度的方向相反

【答案】B

【解析】

根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知0～2s内和0～4s内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故A错误．

0-2s内质点的位移为△x=12×（1+2）×2m=3m，2-4s内位移为零，则t=4s时质点的位移是3m，t=0时质点位于x=-1m处，则t=2s时，质点在x′=x+△x=2m处，故B正确．第3s内和第4s内，质点位移大小相同，但方向不同，选项C错误；速度图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，加速度是一定的，则知第3s内和第4s内，质点加速度的方向相同，故D错误．故选B.

点睛：本题是速度图象问题，考查理解物理图象意义的能力，关键要抓住速度图象“斜率”表示加速度，“面积”表示位移．

3.如图所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为O点，P为环上最高点，轻弹簧的一端固定在P点，另一端栓连一个套在大环上的小球，小球静止在图示位置平衡，则（ ）

A. 弹簧可能处于压缩状态

B. 大圆环对小球的弹力方向可能指向O点

C. 小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向O点

D. 大圆环对小球的弹力大小可能小于球的重力，也可能大于球的重力

【答案】C

【解析】

若弹簧处于压缩状态，则对小球受力分析可知，重力向下，大圆环对小球的弹力指向O点，弹簧弹力沿PQ向下，则由平衡条件可知，此三力不可能平衡，选项A错误；因弹簧处于被拉伸状态，则大圆环对小球的弹力方向沿半径方向向外，不可能指向O点，选项B错误；因小球受重力、弹簧的弹力以及大圆环的弹力作用，由平衡条件可知，小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定与大圆环对小球的弹力等大反向，指向O点，选项C正确； 根据平行四边形法则，结合几何关系可知，大圆环对小球的弹力大小等于球的重力，选项D错误；故选C.

点睛：解答此题关键是理解力的平衡条件，通过画出受力图，根据小球的受力情况，结合几何知识进行判断.

4.如图为某一质点作直线运动的位移x随时间变化的规律，图为一条抛物线，则下列说法正确的是（ ）

A. 在10s末，质点的速率最大

B. 在110s内，质点所受合力的方向与速度方向相反

C. 在8s末和12s末，质点的加速度方向相反

D. 在020s末，质点的位移大小为9m

【答案】B

【解析】

【详解】A.位移-时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零。故A错误。

B.在1～10s内，斜率逐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向与速度方向相反。故B正确。

C.在0-10s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在10-20s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向。所以在8s末和12s末，质点的加速度方向相同。故C错误。

D.由图可知，20s内位移为

△x=x2-x1=0-1m=-1m

故D错误。

5.如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有减小，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（ ）

A. 增大α角，增大v B. 减小α角，减小v

C. 减小α角，保持v不变 D. 增大α角，保持v不变

【答案】B

【解析】

【详解】由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有减小，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示，可知减小角，减小v，故选项B正确，A、C、D错误；

6.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时AB两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（ ）

A. aA=aB=g B. aA=2g，aB=0

C. aA=3g，aB=0 D. aA=23g，aB=0

【答案】D 【解析】

水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图，

静止时 ，0TFsin60，0Fsin60Amg

水平细线被剪断瞬间，T消失，其它各力不变，所以23AATagm，0Ba

故选D。

7.如图1所示，O为水平直线MN上的一点，质量为m的小球在O点的左方时受到水平恒力F1作用，运动到O点的右方时，同时还受到水平恒力F2的作用，设质点从图示位置由静止开始运动，其v-t图象如图2所示，在0-t4时间内，下列说法正确的是（ ）

A. 质点在O点右方运动的时间为t4-2t1

B. 质点在O点的左方加速度大小为143vtt

C. F2的大小为1312mvtt

D. 质点在0-t4这段时间内的最大位移为122vt

【答案】ABD

【解析】

【详解】A.在0-t1时间内，小球在O的左方向向右做匀加速运动；在t1-t2时间内小球在O的右方向右做匀减速直线运动，在t2-t3时间内小球在O的右方向左做匀加速直线运动，根据运动过程的对称性得知，小球在O的右方运动的时间为t3-t1=t4-2t1，故A正确； B.图中0-t1与t3-t4两段时间内小球在O的左方运动，根据图线的斜率等于加速度得：物体在O的左方加速度为

1143430vvatttt，

故B正确；

C.在t1-t3时间内，小球的加速度大小为

11131312vvvatttt，

根据牛顿第二定律得：

F2-F1=ma′，

得到

F2=F1+ma′=F1+1312mvtt ，

故C错误；

D.小球在t=0到t=t4这段时间内在t2时刻离M点最远，最大位移为

122vtx，

故D正确。

8.半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，其延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱体不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q（P的截面半径远大于Q的截面半径），整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地逆时针转动，在Q到达最高位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法正确的是（ ）

A. MN对Q的弹力大小逐渐减小

B. P、Q间的弹力先增大后减小

C. 桌面对P的摩擦力先增大后减小

D. P所受桌面的支持力保持不变 【答案】AC

【解析】

以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图1所示．由平衡条件得：12sinsinsin(180)FFmgo 根据几何关系可知：α+β不变，分析可知，α增大，β减小，MN对Q的弹力F1减小，P对Q的弹力F2增大．故A正确，B错误．若刚开始，挡板在最低点，处于水平位置，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对P的摩擦力为零，当Q运动到最高点时，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对P的摩擦力仍为零，则整个过程中，桌面对P的摩擦力先增大后减小，故C正确．对P研究，作出受力如图2，地面对P的弹力N=Mg+F2sinα，F2增大，α增大，所以N增大．故D错误．故选AC.

点睛：本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键，对C选项分析时可以使用极端假设法，假设初末位置分别在最低点和最高点，再对整体受力分析判断，难度适中。

9.如图所示，物体m 放在斜面上，给物体一个沿斜面向下的初速度，物体开始沿斜面向下滑动，设物体的加速度为a1 ，若只在物体m 上再放一个物体m′，则m′与m 一起下滑的加速度为a2 ，若只在m 上施加一个方向竖直向下、大小等于m′g的力F ，此时 m下滑的加速度为a3 ．关于a1、a2、a3 的关系正确的是（ ）

A. a1=0时，一定有a2=a3>0

B. a1=0时，a2=a3 ，且一定零 C. 只要a1≠0 且沿斜面向下，一定有a1=a2

D. 不管a1 如何，都有a1=a2=a3

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.物体以加速度a1匀加速下滑时，受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：

mgsinθ-μmgcosθ=ma1，

解得：

a1=gsinθ-μgcosθ，

在物体m上再放一个物体m′时，由牛顿第二定律得：

（m+m′）gsinθ-μ（m+m′）gcosθ=（m+m′）a2，

解得：

a2=gsinθ-μgcosθ

当加一竖直向下的恒力F时，由牛顿第二定律得：

（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma3，

解得：

a3=gsinθ-μgcosθ+sincos'sincos sincosFmggggmm，

若a1=0时，一定有a2=a3=0，故A错误，B正确；

CD.只要a1≠0，一定有a1=a2＜a3，故C正确，D错误；

10.如图所示，质量为M的木板A静止在水平地面上，在木板A的左端放置一个质量为m的铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，现给铁块施加一由零开始逐渐变大的水平作用力F，下列判断正确的是（ ）

A. 若μ1>μ2，则一定是木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动

B. 若μ1mg>μ2Mg,则木板A可能先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动

C. 若铁块B先相对A发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时， F的大小为μ1mg

D. 若木板A先相对地发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为