2019年高考物理第一轮复习月考试卷答案

2019届高三物理1月月考试题（含解析）二、选择题1. 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；现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（）A. 减小α角，增大船速vB. 增大α角，增大船速vC. 减小α角，保持船速v不变D. 增大α角，保持船速v不变【答案】B【解析】由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示，可知A正确，BCD错误；故选A。

2. 物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知m A=8kg，m B=2kg，A、B间动摩擦因数μ=0.2，如图所示．若现用一水平向右的拉力F作用于物体A上，g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A. 当拉力F＜16N时，A静止不动B. 当拉力F＞16N时，A相对B滑动C. 当拉力F=16N时，A受B的摩擦力等于3.2ND. 无论拉力F多大，A相对B始终静止【答案】C【解析】当A、B刚要发生相对滑动时，对B，根据牛顿第二定律得整体的加速度为：．此时拉力F为：．A、当时，A，B都相对静止，当时，A相对B滑动，故ABD错误；C、当时，A，B相对静止，整体的加速度为：，对B，有：，故C正确。

点睛：本题属于动力学的临界问题，关键求出相对运动的临界加速度，判断在绳子拉力范围内是否发生相对运动，注意整体法和隔离法的运用。

3. 如图所示，相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L<d）,质量为m、电阻为R,现将线圈在磁场上方h高处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd 边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止），下列说法正确的是( )A. 感应电流所做的功为mgdB. 感应电流所做的功为mg（d－L）C. 当线圈的ab边刚进入磁场时速度最小D. 线圈的最小速度可能为mgR/B2L2【答案】D【解析】AB、根据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，，cd边刚进入磁场时速度为，cd边刚离开磁场时速度也为，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量，感应电流做的功为，故AB错误；C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场前时线框的速度已经达到最小，则：，则最小速度，故C错误，D正确。

湖南省师大附中2019届高三物理上学期月考试题（一）（含解析）本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页．时量90分钟，满分110分．第Ⅰ卷一、填空题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填涂在答题卡中)1．我们学校对升旗手的要求是：国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好升到旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48 s ，红旗上升的高度是17.6 m ．若国旗先向上做匀加速运动，时间持续4 s ，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，减速时间也为4 s ，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．则国旗匀加速运动时加速度a 及国旗匀速运动时的速度v ，正确的是(C)A ．a ＝0.2 m/s2 ，v ＝0.1 m/sB ．a ＝0.4 m/s2，v ＝0.2 m/sC ．a ＝0.1 m/s2，v ＝0.4 m/sD ．a ＝0.1 m/s2，v ＝0.2 m/s【解析】对于红旗加速上升阶段：x 1＝12a 1t 21，对于红旗匀速上升阶段：v 2＝at 1，x 2＝v 2t 2，对于红旗减速上升阶段：x 3＝v 2t 3－12a 3t 23，对于全过程：a 1＝a 3，x 1＋x 2＋x 3＝17.6 m ，由以上各式可得：a 1＝0.1 m/s2，v 2＝0.4 m/s.故选：C.2．下列说法正确的是(C)A ．一个质点所受合外力恒为F ，那么该质点一定做匀变速直线运动B ．一个质点所受合外力恒为F ，那么该质点的动能一定增加C ．一个质点做直线运动，每通过相同的位移Δx ，速度的增加量Δv 也相同，则A ＝ΔvΔx >0且恒定，那么该质点的加速度a 一定在增大D ．一个1 kg 的质点，在恒定合外力F 的作用下，产生的加速度为1 m/s2，那么F 不一定等于1 N3．明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之，曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F ，方向如图所示，木楔两侧产生推力F N ，则(B)A ．若F 一定，θ大时F N 大B ．若F 一定，θ小时F N 大C ．若θ一定，F 大时F N 小D ．若θ一定，F 小时F N 大【解析】由于木楔处在静止状态，故可将力F 沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力F 按效果分解的图示．并且可据此求出木楔两侧产生的推力．选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F 和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F 沿两侧分解的力是相等的，力F 的分解如图：则F ＝F N1cos(90－θ2)＋F N2cos(90－θ2)＝2F N1cos(90－θ2)＝2F N1sin θ2，F N ＝F N1＝F N2，故解得F N ＝F2sinθ2，所以F 一定时，θ越小，F N 越大；θ一定时，F 越大，F N 越大，B 正确．4．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m ＝0.2 kg 的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v 和弹簧压缩量Δx 之间的函数图象如图乙所示，其中A 为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g ＝10 m/s2，则下列说法不正确的是(A)A ．小球刚接触弹簧时速度最大B ．当Δx ＝0.3 m 时，小球处于超重状态C ．该弹簧的劲度系数为20.0 N/mD ．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大【解析】由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx 为0.1 m 时，小球的速度最大，然后减小，说明当Δx 为0.1 m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得：k Δx ＝mg ，解得： k ＝mg Δx ＝0.2×100.1N/m ＝20.0 N/m ，选项A 错误；C 正确；弹簧的压缩量为Δx ＝0.3 m 时，弹簧弹力为 F ＝20 N/m ×0.3 m ＝6 N>mg ，故此时物体的加速度向上，物体处于超重状态，选项B 正确；对小球进行受力分析可知，其合力是由mg 逐渐减小至零，然后再反向增加的，故小球的加速度先减小后增大，选项D 正确；故选A.5．如图所示，一艘走私船在岸边A 点，以速度v 0匀速地沿垂直岸的方向逃跑，距离A 点为34a 处的B 点的快艇同时启动追击，快艇的速率u 大小恒定，方向总是指向走私船，恰好在距离岸边距离a 处逮住走私船，那么以下关于快艇速率的结论正确的是(A)A ．快艇在垂直岸边的方向上的平均速度uy ＝v 0B ．快艇在沿岸的方向上的平均速度ux ＝v 0C ．快艇速度的大小u ＝54v 0D ．快艇的平均速率等于54v 0【解析】因为在垂直岸边的方向上从开始追到追上时，位移与时间相同，所以快艇在垂直岸边的方向上的平均速度等于走私船的速度，快艇在沿岸边的方向上的平均速度为34v 0，A正确，B 错误．快艇的平均速度大小为54v 0，因为它是曲线运动，路程大于54a ，平均速率应该大于54v 0，C 、D 均错．6．将质量为m 的物体竖直上抛，抛出的初速度大小为v 1，由于受到空气阻力，阻力大小与速度大小成正比f ＝kv ，所以落回抛出点的速度大小为v 2，那么以下结论正确的是(D)A ．上升时间大于下落时间B ．上升时间等于下落时间C ．抛出到落回的时间为t ＝v 1－v 2gD ．无论上升还是下落，阻力均做负功 【解析】上升平均速度大于下落的平均速度，上升时间小于下落时间，A 、 B 错(用动量定理分析更简单)．如果没有阻力，所用时间为t ＝2v 1g，如果按照C 的答案，v 1＝v 2时(无阻力)，时间变为零了，可见C 错误．无论上升还是下落，阻力均做负功，所以D 正确．详细解答C ：利用图象法：v －t 图象如图所示，所围“面积”代数之和为零，而f ＝kv ，所以f －t 图象与v －t 图象一样，所围“面积”代数之和为零，f －t 图象的“面积”则为f 的冲量，则f 的冲量为零．所以有mgt ＝m (v 1＋v 2)，t ＝v 1＋v 2g.7．如图所示，倾角θ＝30°的斜面上有一重为G 的物体，在与斜面底边平行的水平推力F 作用下沿斜面上的虚线匀速运动，若图中φ＝45°，则(D)A ．推力F 一定是一个变力B ．物体可能沿虚线向上运动C ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33D ．物体与斜面闻的动摩擦因数μ＝63【解析】对物块进行受力分析，如图所示，物块受重力G 、支持力N 、推力F 、摩擦力f 作用，将重力分解为沿斜面向下的力G 1＝G sin 30°和与斜面垂直的力G 2＝G cos 30°，如图所示，由图可知， G 2与 N 平衡，故可等效为物体在推力F 、沿斜面向下的力G 1、摩擦力f 三个力的作用下沿斜面上的虚线做匀速运动，其等效的受力情况如图所示，根据三力平衡特点，F 与G 1的合力必沿斜面向右下方，故摩擦力f 只能沿斜面向左上方，故物体沿虚线向下做匀速运动，A 、B 错误；由几何关系得F 与G 1的合力F 合＝G 1cos 45°＝2G 1，由平衡条件得：f ＝F 合＝2G 1，故物体与斜面间的动摩擦因数μ＝f N ＝2G sin 30°G cos 30°＝63.8．一颗速度较大的子弹，以水平速度v 水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大为nv (n >1)时，下列说法正确的是(D)A ．子弹对木块做的功不变B ．子弹对木块做的功变大C ．系统损耗的机械能增加D ．系统损耗的机械能不变9．关于黑洞和暗物质(暗物质被称为“世纪之谜”．它“霸占”了宇宙95%的地盘，却摸不到看不着)的问题，以下说法正确的是(黑洞临界半径公式取为c ＝2GMr，c 为光速，G为万有引力常量，M 为黑洞质量)(AD)A ．如果地球成为黑洞的话，那么它的临界半径为r ＝v 2c 2R (R 为地球的半径，v 为第二宇宙速度)B ．如果太阳成为黑洞，那么灿烂的阳光依然存在，只是太阳光到地球的时间变得更长C ．有两颗星球(质量分别为M 1和M 2)的距离为L ，不考虑周围其他星球的影响，由牛顿运动定律计算所得的周期为T ，由于宇宙充满均匀的暗物质，所以观察测量所得的周期比T 大D ．有两颗星球甲和乙(质量分别为M 1和M 2)的距离为L ，不考虑周围其他星球的影响，它们运动的周期为T ，如果其中甲的质量减小Δm 而乙的质量增大Δm ，距离L 不变，那么它们的周期依然为T【解析】因为c ＝2GMr，而地球的第二宇宙速度为v ＝2GMR ，两式相比得r ＝v 2c 2R ，所以A 正确．如果太阳成为黑洞，光不能跑出，所以我们将看不到阳光．设甲乙质量变化前，甲的运动半径为r 1，甲乙质量变化后运动周期为T 2，甲的运动半径为r 1′，则GM 1M 2L 2＝M 1(2πT )2r 1，G （M 1－Δm ）（M 2＋Δm ）L 2＝(M 1－Δm )(2πT 2)2r 1′，又因为r 1＝M 2M 1＋M 2L ，r 1′＝M 2＋Δm （M 1－Δm ）（M 2＋Δm ）L ＝M 2＋ΔmM 1＋M 2L ，所以T ＝4π2r 1L 2GM 2＝4π2L 3G （M 1＋M 2），T 2＝4π2r 1′L 2G （M 2＋Δm ）＝4π2L 3G （M 1＋M 2），故T ＝T 2.10．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v 0，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H (水面很低，高度不计)，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是(BC)A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝12v 0SB ．出水口所出水落地时的速度v ＝v 20＋2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρSv 302η＋ρv 0SgHηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和【解析】出水口的体积V ＝SL ，则单位时间内的出水体积Q ＝V t ＝SLt＝Sv 0，故A 错误；根据机械能守恒可得落地速度为v ＝v 20＋2gH ，故B 正确；手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t 内，流过出水口的水的质量m ＝ρSv 0t ，则出水口的水具有的机械能E ＝12mv 20＋mgH ＝ρSv 0tv 202＋ρv 0StgH ，而供水系统的效率为η，所以手连续稳定按压做的功为W ＝E η＝ρSv 302ηt ＋ρv 0SgH ηt ，则功率P ＝W t ＝ρSv 302η＋ρv 0SgHη，故C 正确；手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和除以供水系统的效率η，故D 错误．11．如图所示，光滑的半圆形铁丝固定在水平地面上，穿在铁丝上的质量为m 的小球从最高点A 由静止开始滑到最低点B ，在从A 到B 的过程中，下列说法正确的是(CD)A ．小球对铁丝的作用力越来越大B ．铁丝对小球的作用力为F ，F 对小球的功为零，F 的冲量也为零C ．重力对小球做功的功率越来越大D ．小球在AB 间的某唯一一点对铁丝的作用力为零【解析】在AB 之间的C 点，恰好重力的分力提供向心力，此点小球与铁丝没有作用力，其他位置都不为零，所以A 错，D 对；而小球的速率越来越大，在竖直方向的分量也越来越大，所以重力做功的功率也越来越大，故C 正确；铁丝对小球的功为零，但该作用力的冲量不为零，故B 错．12．如图所示，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v 向上运动．现将一质量为m 的小物体(视为质点)轻轻放在A 处，小物体在甲传送带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v ；在乙传送带上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v .已知B 处离地面的高度皆为H .则在小物体从A 到B 的过程中(AD)A ．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲比乙小B ．将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能一样多C ．两种传送带对小物体做功不相等D ．将小物体传送到B 处，两种系统小物体与皮带摩擦产生的热量甲比乙多【解析】根据2ax ＝v 2，a 甲<a 乙，再由牛顿第二定律μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，μ甲<μ乙，故A 对；由摩擦生热Q ＝fs 相对知，Q 甲＝f 1s 1＝f 1(vt 1－12vt 1)＝f 1Hsin θ；Q乙＝f 2s 2＝f 2H －h sin θ；根据牛顿第二定律得：f 1－mg sin θ＝ma 1＝m v 22Hsin θ；f 2－mg sin θ＝ma 2＝m v 22H －h sin θ；解得：Q 甲＝mgH ＋12mv 2，Q 乙＝mg (H －h )＋12mv 2，Q 甲＞Q 乙，故D 正确；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物块增加机械能的和，因物块两次从A 到B 增加的机械能相同，Q 甲＞Q 乙，所以将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B 错误；传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故C 错误．(物体与皮带摩擦产生的热量Q 等于物体从速度为零到等于皮带速度时刻物体机械能的增量，所以Q 甲>Q 乙)二、实验题(本题共1小题，每空2分，共计16分，将答案填写在答题卡中)13．如图所示，某实验小组借用“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：(1)使小车在砝码和托盘的牵引下运动，以此定量探究细绳拉力做功与小车动能变化的关系．①实验准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸及图所示的器材．若要完成该实验，必需的实验器材还有__天平、刻度尺__．②为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动．③实验开始时，先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．这样做的目的是__D__(填字母代号)．A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力(2)连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到下图所示的纸带．纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时测得小车的质量为M＝200 g，小车所受细绳的拉力为F＝0.2 N．各计数点到O 的距离为s，对应时刻小车的瞬时速度为v，小车所受拉力做的功为W，小车动能的变化为Δ__细绳拉力做功等于小车动能变化__(3)这个小组在之前的一次实验中分析发现拉力做功总是要比小车动能增量明显大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的__C__(填字母代号)．A．在接通电源的同时释放了小车B ．小车释放时离打点计时器太近C ．平衡摩擦力时长木板倾斜程度不够D ．平衡摩擦力时长木板倾斜程度过大(4)实验小组进一步讨论认为可以通过绘制v 2－s 图线来分析实验数据．请根据表中各计数点的实验数据在图中标出对应的坐标点，并画出v 2－s 图线．分析v 2－s 图线为一条通过原点的直线，直线的斜率如果在实验误差允许的范围内等于理论值，也可以得出相同的结论．这种方案中直线斜率表达式为k ＝__2FM__(用题目中相关物理量字母表示)．【解析】(1)①根据本实验的实验原理，合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平(带砝码)；②为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动；③实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故D 项正确．(2)W ＝mgs ＝0.2×0.4575 J ＝0.0915 J ，ΔE k ＝12mv 2＝12×0.2×0.9073 J ＝0.0907 J ，分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内，细绳拉力做的功等于小车动能的变化． (3)他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的机械能，即实验中存在摩擦力没有被平衡掉，故C 项正确．(4)根据表中各计数点的实验数据在图中标出对应的坐标点，并画出v 2－s 图线． v 2－s 图线为一条通过原点的直线，直线的斜率如果在实验误差允许的范围内等于理论值，也可以得出相同的结论．根据a ＝F M ＝v 22s ，则这种方案中直线斜率表达式为k ＝2FM.三、问答题(本题共三个小题，其中14题8分，15题11分，16题12分)14.一个质量为m ＝10 g ，带电量为＋q ＝10－8 C 的小球从某高处A 点自由下落，不考虑一切阻力，测得该小球着地前最后2 s 内的下落高度为60 m ，试求：(g 取10 m/s2)(1)A 点距地面的高度h 为多少？总的下落时间是多少？(2)如果当小球下落的高度为总高度的34时，加一个竖直向上的匀强电场，小球落地的速度恰好为零，那么小球从开始到落地的时间是多少？电场强度多大？【解析】(1)设总时间为t ，最后两秒的平均速度为v ，则为(t －1)时的瞬时速度，v ＝g (t －1)＝ΔhΔt＝30 m/s(1分) 所以t ＝4 sA 点距地面的高度为h ＝12gt 2＝80 m(1分)(2)下落60 m 时的速度为v 1＝2gh 1＝20 3 m/s(1分) 经历20 m 速度减为零，所以有：v 21＝2ah 2a ＝v 212h 2＝30 m/s2(1分) 所以经历的时间为t 1＝2h 1g＋2h 2a＝(23＋233)s ＝833 s(2分) E ＝mq(g ＋a )＝4×107 N/C(2分)15．如图所示，物体A 、B 叠放在倾角θ＝37°的斜面上(斜面保持不动，质量为M ＝10 kg)，并通过跨过光滑滑轮的细线相连，细线与斜面平行．两物体的质量分别mA ＝2 kg ，mB ＝1 kg, B 与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.2，问：(认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(1)如果A 、B 间动摩擦因数μ1＝0.1，为使A 能平行于斜面向下做匀速运动，应对A 施加一平行于斜面向下的多大F 的拉力？此时斜面对地面的压力N 多大？(2)如果A 、B 间摩擦因数不知，为使AB 两个物体一起静止在斜面上，AB 间的摩擦因数μ1应满足什么条件．【解析】(1)对A: F ＋mAg sin θ＝T ＋μ1mAg cos θ(2分)对B ：T ＝mBg sin θ＋μ1mAg cos θ＋μ2(mA ＋mB )g cos θ(2分) 可解得：F ＝2 N利用整体法：N ＝(M ＋mA ＋mB )g ＋F sin θ＝131.2 N(1分)(2)由受力分析可知，一定存在A 有下滑趋势，B 有上滑趋势． 对A ：mAg sin θ＝μ1mAg cos θ＋T (2分)对B ：T ＝μ1mAg cos θ＋μ2(mA ＋mB )g cos θ＋mBg sin θ(2分)解得最小值：μ1min ＝380＝0.0375(2分)则：μ1≥0.037516．有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想．其设想如下：沿地球的一条弦挖一通道，如图乙所示．在通道的两个出口处A 和B ，分别将质量为M 的物体和质量为m 的待发射卫星同时自由释放，只要M 比m 足够大，碰撞后，质量为m 的物体，即待发射的卫星就会从通道口B 冲出通道．(已知地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R 0)(1)如图甲所示，一个质量为m 的物体(可视为质点)在一个质量均匀分布的大球(半径为R ，密度为ρ)的内部距球心r 处，那么m 与大球之间的万有引力就是F ＝G M ′m r 2，式中M ′是以r 为半径的球体的质量．试根据所给条件求出物体m 所受到的万有引力多大？(2)如图乙所示，是在地球上距地心h 处沿一条弦挖了一条光滑的通道AB ，从A 点处静止释放一个质量为m 的物体，物体下落到通道中点O ′处的速度多大？(3)如果在A 处释放一个质量很大的物体M ，在B 处同时释放一个质量远小于M 的物体，同时达到O ′处发生弹性正碰(由于大物体质量很大，可以认为碰后速度不变)，那么小物体返回从B 飞出，为使飞出的速度达到地球的第一宇宙速度，h 应为多大？【解析】(1)M ′＝43πr 3ρ，所以Fr ＝43πρGmr (2分)(2)设地球的密度为ρ0，距O ′为x 处时，到地心的距离为r ＝x 2＋h 2，所受地球的引力为F ＝43πρ0Gmr ，其沿AB 的分力为f ＝F sin θ，而sin θ＝x r ，所以f ＝43πρ0Gmx ，则f 与到O ′的距离x 成正比，最大的f m ＝43πρ0Gm R 20－h 2(2分)最小的f min ＝0，所以关于f 的功可以利用它的平均值进行计算．则f 对物体做了正功，大小为：W ＝12f m R 20－h 2＝23πρ0Gm (R 20－h 2)(2分)根据动能定理有：12mv 2＝W所以达O ′处的速度为：v ＝213πρ0G （R 20－h 2）(1分) 又mg ＝G Mm R 20，所以g ＝43πG ρ0R 0 ，所以W ＝mg （R 20－h 2）2R 0，v ＝g （R 20－h 2）R 0(1分)(3)由题知，碰后小物体的速度为v ′＝3v ，根据动能定理有：－W ＝12mv 21－12mv ′2v 1＝8g （R 20－h 2）R 0＝gR 0，所以h ＝78R 0＝144R 0 (1分)四、选做题(二个题任意选做一个，如果多做或全做的，按17题阅卷)17．【物理——选修3—3】(15分)(1)(6分)下列说法正确的是__________．A．给农作物松土，是破坏土壤的毛细管从而保存土壤中的水份B．空气相对湿度越大，空气中的水分子含量就越高C．第二类永动机不能做成，是因为其违背了能量守恒D．在孤立系统中，一切不可逆过程必然朝着熵增加的方向进行E．电能、焦炭、蒸汽属于二次能源F．一个物体的内能增大，它的温度一定升高(2)(9分)如图所示，两端封闭的试管竖直放置，中间一段24 cm的水银柱将气体分成相等的两段，温度均为27 ℃，气柱长均为22 cm，其中上端气柱的压强为76 cmHg.现将试管水平放置，求：①水银柱如何移动(向A还是向B移动)？移动了多远？②保持试管水平，将试管温度均匀升高100 ℃，那么水银柱如何移动？试管内气体的压强分别多大？【解析】(1)ADE(6分)(2)①向A端移动了3 cm(3分)②不移动(3分)两边均为117.3 cmHg(3分)18.【物理——选修3—4】(15分)(1)(6分)一复色光中只含有a、b两种单色光，在真空中a光的波长大于b光的波长．①在真空中，a光的速度__________(填“大于”“等于”或“小于”)b光的速度．②若用此复色光通过半圆形玻璃砖且经圆心O射向空气时，下列四个光路图中可能符合实际情况的是__________．(2)(9分)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0时刻的波形如图所示，已知介质中质点P的振动周期为2 s，此时P质点所在的位置纵坐标为2 cm，横坐标为0.5 m，试求从图示时刻开始在哪些时刻质点P会出现在波峰？【解析】(1)① 等于(3分) ②BC(3分)(2)波的传播速度为：v ＝λT＝3 m/s(2分) 由题意知此时刻质点P 向下振动，所以P 向下振动到平衡位置所需的时间等于波沿x 轴方向传播0.5 m 的时间t 1＝x v ＝0.53s ＝0.17 s(2分) 第一次到达波峰的时刻为：t 2＝34T ＋t 1(2分) 所以质点P 出现在波峰的时刻是：t ＝kT ＋t 2＝6k ＋53s(k ＝0, 1, 2，…… )(3分)。

湖南省师大附中2019届高三物理上学期月考试题（一）（含解析）本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页．时量90分钟，满分110分．第Ⅰ卷一、填空题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填涂在答题卡中)1．我们学校对升旗手的要求是：国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好升到旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48 s ，红旗上升的高度是17.6 m ．若国旗先向上做匀加速运动，时间持续4 s ，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，减速时间也为4 s ，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．则国旗匀加速运动时加速度a 及国旗匀速运动时的速度v ，正确的是(C)A ．a ＝0.2 m/s2 ，v ＝0.1 m/sB ．a ＝0.4 m/s2，v ＝0.2 m/sC ．a ＝0.1 m/s2，v ＝0.4 m/sD ．a ＝0.1 m/s2，v ＝0.2 m/s【解析】对于红旗加速上升阶段：x 1＝12a 1t 21，对于红旗匀速上升阶段：v 2＝at 1，x 2＝v 2t 2，对于红旗减速上升阶段：x 3＝v 2t 3－12a 3t 23，对于全过程：a 1＝a 3，x 1＋x 2＋x 3＝17.6 m ，由以上各式可得：a 1＝0.1 m/s2，v 2＝0.4 m/s.故选：C.2．下列说法正确的是(C)A ．一个质点所受合外力恒为F ，那么该质点一定做匀变速直线运动B ．一个质点所受合外力恒为F ，那么该质点的动能一定增加C ．一个质点做直线运动，每通过相同的位移Δx ，速度的增加量Δv 也相同，则A ＝ΔvΔx >0且恒定，那么该质点的加速度a 一定在增大D ．一个1 kg 的质点，在恒定合外力F 的作用下，产生的加速度为1 m/s2，那么F 不一定等于1 N3．明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之，曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F ，方向如图所示，木楔两侧产生推力F N ，则(B)A ．若F 一定，θ大时F N 大B ．若F 一定，θ小时F N 大C ．若θ一定，F 大时F N 小D ．若θ一定，F 小时F N 大【解析】由于木楔处在静止状态，故可将力F 沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力F 按效果分解的图示．并且可据此求出木楔两侧产生的推力．选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F 和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F 沿两侧分解的力是相等的，力F 的分解如图：则F ＝F N1cos(90－θ2)＋F N2cos(90－θ2)＝2F N1cos(90－θ2)＝2F N1sin θ2，F N ＝F N1＝F N2，故解得F N ＝F2sinθ2，所以F 一定时，θ越小，F N 越大；θ一定时，F 越大，F N 越大，B 正确．4．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m ＝0.2 kg 的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v 和弹簧压缩量Δx 之间的函数图象如图乙所示，其中A 为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g ＝10 m/s2，则下列说法不正确的是(A)A ．小球刚接触弹簧时速度最大B ．当Δx ＝0.3 m 时，小球处于超重状态C ．该弹簧的劲度系数为20.0 N/mD ．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大【解析】由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx 为0.1 m 时，小球的速度最大，然后减小，说明当Δx 为0.1 m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得：k Δx ＝mg ，解得： k ＝mg Δx ＝0.2×100.1N/m ＝20.0 N/m ，选项A 错误；C 正确；弹簧的压缩量为Δx ＝0.3 m 时，弹簧弹力为 F ＝20 N/m ×0.3 m ＝6 N>mg ，故此时物体的加速度向上，物体处于超重状态，选项B 正确；对小球进行受力分析可知，其合力是由mg 逐渐减小至零，然后再反向增加的，故小球的加速度先减小后增大，选项D 正确；故选A.5．如图所示，一艘走私船在岸边A 点，以速度v 0匀速地沿垂直岸的方向逃跑，距离A 点为34a 处的B 点的快艇同时启动追击，快艇的速率u 大小恒定，方向总是指向走私船，恰好在距离岸边距离a 处逮住走私船，那么以下关于快艇速率的结论正确的是(A)A ．快艇在垂直岸边的方向上的平均速度uy ＝v 0B ．快艇在沿岸的方向上的平均速度ux ＝v 0C ．快艇速度的大小u ＝54v 0D ．快艇的平均速率等于54v 0【解析】因为在垂直岸边的方向上从开始追到追上时，位移与时间相同，所以快艇在垂直岸边的方向上的平均速度等于走私船的速度，快艇在沿岸边的方向上的平均速度为34v 0，A正确，B 错误．快艇的平均速度大小为54v 0，因为它是曲线运动，路程大于54a ，平均速率应该大于54v 0，C 、D 均错．6．将质量为m 的物体竖直上抛，抛出的初速度大小为v 1，由于受到空气阻力，阻力大小与速度大小成正比f ＝kv ，所以落回抛出点的速度大小为v 2，那么以下结论正确的是(D)A ．上升时间大于下落时间B ．上升时间等于下落时间C ．抛出到落回的时间为t ＝v 1－v 2gD ．无论上升还是下落，阻力均做负功 【解析】上升平均速度大于下落的平均速度，上升时间小于下落时间，A 、 B 错(用动量定理分析更简单)．如果没有阻力，所用时间为t ＝2v 1g，如果按照C 的答案，v 1＝v 2时(无阻力)，时间变为零了，可见C 错误．无论上升还是下落，阻力均做负功，所以D 正确．详细解答C ：利用图象法：v －t 图象如图所示，所围“面积”代数之和为零，而f ＝kv ，所以f －t 图象与v －t 图象一样，所围“面积”代数之和为零，f －t 图象的“面积”则为f 的冲量，则f 的冲量为零．所以有mgt ＝m (v 1＋v 2)，t ＝v 1＋v 2g.7．如图所示，倾角θ＝30°的斜面上有一重为G 的物体，在与斜面底边平行的水平推力F 作用下沿斜面上的虚线匀速运动，若图中φ＝45°，则(D)A ．推力F 一定是一个变力B ．物体可能沿虚线向上运动C ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33D ．物体与斜面闻的动摩擦因数μ＝63【解析】对物块进行受力分析，如图所示，物块受重力G 、支持力N 、推力F 、摩擦力f 作用，将重力分解为沿斜面向下的力G 1＝G sin 30°和与斜面垂直的力G 2＝G cos 30°，如图所示，由图可知， G 2与 N 平衡，故可等效为物体在推力F 、沿斜面向下的力G 1、摩擦力f 三个力的作用下沿斜面上的虚线做匀速运动，其等效的受力情况如图所示，根据三力平衡特点，F 与G 1的合力必沿斜面向右下方，故摩擦力f 只能沿斜面向左上方，故物体沿虚线向下做匀速运动，A 、B 错误；由几何关系得F 与G 1的合力F 合＝G 1cos 45°＝2G 1，由平衡条件得：f ＝F 合＝2G 1，故物体与斜面间的动摩擦因数μ＝f N ＝2G sin 30°G cos 30°＝63.8．一颗速度较大的子弹，以水平速度v 水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大为nv (n >1)时，下列说法正确的是(D)A ．子弹对木块做的功不变B ．子弹对木块做的功变大C ．系统损耗的机械能增加D ．系统损耗的机械能不变9．关于黑洞和暗物质(暗物质被称为“世纪之谜”．它“霸占”了宇宙95%的地盘，却摸不到看不着)的问题，以下说法正确的是(黑洞临界半径公式取为c ＝2GMr，c 为光速，G为万有引力常量，M 为黑洞质量)(AD)A ．如果地球成为黑洞的话，那么它的临界半径为r ＝v 2c 2R (R 为地球的半径，v 为第二宇宙速度)B ．如果太阳成为黑洞，那么灿烂的阳光依然存在，只是太阳光到地球的时间变得更长C ．有两颗星球(质量分别为M 1和M 2)的距离为L ，不考虑周围其他星球的影响，由牛顿运动定律计算所得的周期为T ，由于宇宙充满均匀的暗物质，所以观察测量所得的周期比T 大D ．有两颗星球甲和乙(质量分别为M 1和M 2)的距离为L ，不考虑周围其他星球的影响，它们运动的周期为T ，如果其中甲的质量减小Δm 而乙的质量增大Δm ，距离L 不变，那么它们的周期依然为T【解析】因为c ＝2GMr，而地球的第二宇宙速度为v ＝2GMR ，两式相比得r ＝v 2c 2R ，所以A 正确．如果太阳成为黑洞，光不能跑出，所以我们将看不到阳光．设甲乙质量变化前，甲的运动半径为r 1，甲乙质量变化后运动周期为T 2，甲的运动半径为r 1′，则GM 1M 2L 2＝M 1(2πT )2r 1，G （M 1－Δm ）（M 2＋Δm ）L 2＝(M 1－Δm )(2πT 2)2r 1′，又因为r 1＝M 2M 1＋M 2L ，r 1′＝M 2＋Δm （M 1－Δm ）（M 2＋Δm ）L ＝M 2＋ΔmM 1＋M 2L ，所以T ＝4π2r 1L 2GM 2＝4π2L 3G （M 1＋M 2），T 2＝4π2r 1′L 2G （M 2＋Δm ）＝4π2L 3G （M 1＋M 2），故T ＝T 2.10．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v 0，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H (水面很低，高度不计)，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是(BC)A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝12v 0SB ．出水口所出水落地时的速度v ＝v 20＋2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρSv 302η＋ρv 0SgHηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和【解析】出水口的体积V ＝SL ，则单位时间内的出水体积Q ＝V t ＝SLt＝Sv 0，故A 错误；根据机械能守恒可得落地速度为v ＝v 20＋2gH ，故B 正确；手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t 内，流过出水口的水的质量m ＝ρSv 0t ，则出水口的水具有的机械能E ＝12mv 20＋mgH ＝ρSv 0tv 202＋ρv 0StgH ，而供水系统的效率为η，所以手连续稳定按压做的功为W ＝E η＝ρSv 302ηt ＋ρv 0SgH ηt ，则功率P ＝W t ＝ρSv 302η＋ρv 0SgHη，故C 正确；手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和除以供水系统的效率η，故D 错误．11．如图所示，光滑的半圆形铁丝固定在水平地面上，穿在铁丝上的质量为m 的小球从最高点A 由静止开始滑到最低点B ，在从A 到B 的过程中，下列说法正确的是(CD)A ．小球对铁丝的作用力越来越大B ．铁丝对小球的作用力为F ，F 对小球的功为零，F 的冲量也为零C ．重力对小球做功的功率越来越大D ．小球在AB 间的某唯一一点对铁丝的作用力为零【解析】在AB 之间的C 点，恰好重力的分力提供向心力，此点小球与铁丝没有作用力，其他位置都不为零，所以A 错，D 对；而小球的速率越来越大，在竖直方向的分量也越来越大，所以重力做功的功率也越来越大，故C 正确；铁丝对小球的功为零，但该作用力的冲量不为零，故B 错．12．如图所示，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v 向上运动．现将一质量为m 的小物体(视为质点)轻轻放在A 处，小物体在甲传送带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v ；在乙传送带上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v .已知B 处离地面的高度皆为H .则在小物体从A 到B 的过程中(AD)A ．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲比乙小B ．将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能一样多C ．两种传送带对小物体做功不相等D ．将小物体传送到B 处，两种系统小物体与皮带摩擦产生的热量甲比乙多【解析】根据2ax ＝v 2，a 甲<a 乙，再由牛顿第二定律μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，μ甲<μ乙，故A 对；由摩擦生热Q ＝fs 相对知，Q 甲＝f 1s 1＝f 1(vt 1－12vt 1)＝f 1Hsin θ；Q乙＝f 2s 2＝f 2H －h sin θ；根据牛顿第二定律得：f 1－mg sin θ＝ma 1＝m v 22Hsin θ；f 2－mg sin θ＝ma 2＝m v 22H －h sin θ；解得：Q 甲＝mgH ＋12mv 2，Q 乙＝mg (H －h )＋12mv 2，Q 甲＞Q 乙，故D 正确；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物块增加机械能的和，因物块两次从A 到B 增加的机械能相同，Q 甲＞Q 乙，所以将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B 错误；传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故C 错误．(物体与皮带摩擦产生的热量Q 等于物体从速度为零到等于皮带速度时刻物体机械能的增量，所以Q 甲>Q 乙)二、实验题(本题共1小题，每空2分，共计16分，将答案填写在答题卡中)13．如图所示，某实验小组借用“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：(1)使小车在砝码和托盘的牵引下运动，以此定量探究细绳拉力做功与小车动能变化的关系．①实验准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸及图所示的器材．若要完成该实验，必需的实验器材还有__天平、刻度尺__．②为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动．③实验开始时，先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．这样做的目的是__D__(填字母代号)．A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力(2)连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到下图所示的纸带．纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时测得小车的质量为M＝200 g，小车所受细绳的拉力为F＝0.2 N．各计数点到O 的距离为s，对应时刻小车的瞬时速度为v，小车所受拉力做的功为W，小车动能的变化为Δ__细绳拉力做功等于小车动能变化__(3)这个小组在之前的一次实验中分析发现拉力做功总是要比小车动能增量明显大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的__C__(填字母代号)．A．在接通电源的同时释放了小车B ．小车释放时离打点计时器太近C ．平衡摩擦力时长木板倾斜程度不够D ．平衡摩擦力时长木板倾斜程度过大(4)实验小组进一步讨论认为可以通过绘制v 2－s 图线来分析实验数据．请根据表中各计数点的实验数据在图中标出对应的坐标点，并画出v 2－s 图线．分析v 2－s 图线为一条通过原点的直线，直线的斜率如果在实验误差允许的范围内等于理论值，也可以得出相同的结论．这种方案中直线斜率表达式为k ＝__2FM__(用题目中相关物理量字母表示)．【解析】(1)①根据本实验的实验原理，合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平(带砝码)；②为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动；③实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故D 项正确．(2)W ＝mgs ＝0.2×0.4575 J ＝0.0915 J ，ΔE k ＝12mv 2＝12×0.2×0.9073 J ＝0.0907 J ，分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内，细绳拉力做的功等于小车动能的变化． (3)他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的机械能，即实验中存在摩擦力没有被平衡掉，故C 项正确．(4)根据表中各计数点的实验数据在图中标出对应的坐标点，并画出v 2－s 图线． v 2－s 图线为一条通过原点的直线，直线的斜率如果在实验误差允许的范围内等于理论值，也可以得出相同的结论．根据a ＝F M ＝v 22s ，则这种方案中直线斜率表达式为k ＝2FM.三、问答题(本题共三个小题，其中14题8分，15题11分，16题12分)14.一个质量为m ＝10 g ，带电量为＋q ＝10－8 C 的小球从某高处A 点自由下落，不考虑一切阻力，测得该小球着地前最后2 s 内的下落高度为60 m ，试求：(g 取10 m/s2)(1)A 点距地面的高度h 为多少？总的下落时间是多少？(2)如果当小球下落的高度为总高度的34时，加一个竖直向上的匀强电场，小球落地的速度恰好为零，那么小球从开始到落地的时间是多少？电场强度多大？【解析】(1)设总时间为t ，最后两秒的平均速度为v ，则为(t －1)时的瞬时速度，v ＝g (t －1)＝ΔhΔt＝30 m/s(1分) 所以t ＝4 sA 点距地面的高度为h ＝12gt 2＝80 m(1分)(2)下落60 m 时的速度为v 1＝2gh 1＝20 3 m/s(1分) 经历20 m 速度减为零，所以有：v 21＝2ah 2a ＝v 212h 2＝30 m/s2(1分) 所以经历的时间为t 1＝2h 1g＋2h 2a＝(23＋233)s ＝833 s(2分) E ＝mq(g ＋a )＝4×107 N/C(2分)15．如图所示，物体A 、B 叠放在倾角θ＝37°的斜面上(斜面保持不动，质量为M ＝10 kg)，并通过跨过光滑滑轮的细线相连，细线与斜面平行．两物体的质量分别mA ＝2 kg ，mB ＝1 kg, B 与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.2，问：(认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(1)如果A 、B 间动摩擦因数μ1＝0.1，为使A 能平行于斜面向下做匀速运动，应对A 施加一平行于斜面向下的多大F 的拉力？此时斜面对地面的压力N 多大？(2)如果A 、B 间摩擦因数不知，为使AB 两个物体一起静止在斜面上，AB 间的摩擦因数μ1应满足什么条件．【解析】(1)对A: F ＋mAg sin θ＝T ＋μ1mAg cos θ(2分)对B ：T ＝mBg sin θ＋μ1mAg cos θ＋μ2(mA ＋mB )g cos θ(2分) 可解得：F ＝2 N利用整体法：N ＝(M ＋mA ＋mB )g ＋F sin θ＝131.2 N(1分)(2)由受力分析可知，一定存在A 有下滑趋势，B 有上滑趋势． 对A ：mAg sin θ＝μ1mAg cos θ＋T (2分)对B ：T ＝μ1mAg cos θ＋μ2(mA ＋mB )g cos θ＋mBg sin θ(2分)解得最小值：μ1min ＝380＝0.0375(2分)则：μ1≥0.037516．有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想．其设想如下：沿地球的一条弦挖一通道，如图乙所示．在通道的两个出口处A 和B ，分别将质量为M 的物体和质量为m 的待发射卫星同时自由释放，只要M 比m 足够大，碰撞后，质量为m 的物体，即待发射的卫星就会从通道口B 冲出通道．(已知地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R 0)(1)如图甲所示，一个质量为m 的物体(可视为质点)在一个质量均匀分布的大球(半径为R ，密度为ρ)的内部距球心r 处，那么m 与大球之间的万有引力就是F ＝G M ′m r 2，式中M ′是以r 为半径的球体的质量．试根据所给条件求出物体m 所受到的万有引力多大？(2)如图乙所示，是在地球上距地心h 处沿一条弦挖了一条光滑的通道AB ，从A 点处静止释放一个质量为m 的物体，物体下落到通道中点O ′处的速度多大？(3)如果在A 处释放一个质量很大的物体M ，在B 处同时释放一个质量远小于M 的物体，同时达到O ′处发生弹性正碰(由于大物体质量很大，可以认为碰后速度不变)，那么小物体返回从B 飞出，为使飞出的速度达到地球的第一宇宙速度，h 应为多大？【解析】(1)M ′＝43πr 3ρ，所以Fr ＝43πρGmr (2分)(2)设地球的密度为ρ0，距O ′为x 处时，到地心的距离为r ＝x 2＋h 2，所受地球的引力为F ＝43πρ0Gmr ，其沿AB 的分力为f ＝F sin θ，而sin θ＝x r ，所以f ＝43πρ0Gmx ，则f 与到O ′的距离x 成正比，最大的f m ＝43πρ0Gm R 20－h 2(2分)最小的f min ＝0，所以关于f 的功可以利用它的平均值进行计算．则f 对物体做了正功，大小为：W ＝12f m R 20－h 2＝23πρ0Gm (R 20－h 2)(2分)根据动能定理有：12mv 2＝W所以达O ′处的速度为：v ＝213πρ0G （R 20－h 2）(1分) 又mg ＝G Mm R 20，所以g ＝43πG ρ0R 0 ，所以W ＝mg （R 20－h 2）2R 0，v ＝g （R 20－h 2）R 0(1分)(3)由题知，碰后小物体的速度为v ′＝3v ，根据动能定理有：－W ＝12mv 21－12mv ′2v 1＝8g （R 20－h 2）R 0＝gR 0，所以h ＝78R 0＝144R 0 (1分)四、选做题(二个题任意选做一个，如果多做或全做的，按17题阅卷)17．【物理——选修3—3】(15分)(1)(6分)下列说法正确的是__________．A．给农作物松土，是破坏土壤的毛细管从而保存土壤中的水份B．空气相对湿度越大，空气中的水分子含量就越高C．第二类永动机不能做成，是因为其违背了能量守恒D．在孤立系统中，一切不可逆过程必然朝着熵增加的方向进行E．电能、焦炭、蒸汽属于二次能源F．一个物体的内能增大，它的温度一定升高(2)(9分)如图所示，两端封闭的试管竖直放置，中间一段24 cm的水银柱将气体分成相等的两段，温度均为27 ℃，气柱长均为22 cm，其中上端气柱的压强为76 cmHg.现将试管水平放置，求：①水银柱如何移动(向A还是向B移动)？移动了多远？②保持试管水平，将试管温度均匀升高100 ℃，那么水银柱如何移动？试管内气体的压强分别多大？【解析】(1)ADE(6分)(2)①向A端移动了3 cm(3分)②不移动(3分)两边均为117.3 cmHg(3分)18.【物理——选修3—4】(15分)(1)(6分)一复色光中只含有a、b两种单色光，在真空中a光的波长大于b光的波长．①在真空中，a光的速度__________(填“大于”“等于”或“小于”)b光的速度．②若用此复色光通过半圆形玻璃砖且经圆心O射向空气时，下列四个光路图中可能符合实际情况的是__________．(2)(9分)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0时刻的波形如图所示，已知介质中质点P的振动周期为2 s，此时P质点所在的位置纵坐标为2 cm，横坐标为0.5 m，试求从图示时刻开始在哪些时刻质点P会出现在波峰？【解析】(1)① 等于(3分) ②BC(3分)(2)波的传播速度为：v ＝λT＝3 m/s(2分) 由题意知此时刻质点P 向下振动，所以P 向下振动到平衡位置所需的时间等于波沿x 轴方向传播0.5 m 的时间t 1＝x v ＝0.53s ＝0.17 s(2分) 第一次到达波峰的时刻为：t 2＝34T ＋t 1(2分) 所以质点P 出现在波峰的时刻是：t ＝kT ＋t 2＝6k ＋53s(k ＝0, 1, 2，…… )(3分)。

物理试卷一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。

）1、一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动。

开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m。

则刹车后6 s内的位移是( ) A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m2、某乘客用手表估测火车的加速度，他先观测3分钟，发现火车前进了540 m；隔3分钟后又观测1分钟，发现火车前进了360 m，若火车在这7分钟内做匀加速直线运动，则这列火车加速度大小为( ) A．0.03 m/s2 B．0.01 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.6 m/s23.若货物随升降机运动的图像如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力与时间关系的图像可能是（）4.如图所示，物体A放置在固定斜面上，一平行斜面向上的力F作用于物体A 上。

在力F逐渐增大的过程中，物体A始终保持静止，则以下说法中正确的是（）A．物体A受到的合力增大B．物体A受到的支持力不变C．物体A受到的摩擦力增大D．物体A受到的摩擦力减小5.如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度v匀速下滑．在箱子的中央有一个质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作用力的合力的方向( ) A．沿斜面向上 B．沿斜面向下C．竖直向上D．垂直斜面向上6. 如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的( )7．如图所示，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是（）8. 已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30 N．则( )A．F1的大小是唯一的B．F2的方向是唯一的C．F2有两个可能的方向D．F2可取任意方向9.2017年8月8日四川九寨沟发生7.0级地震，李克强总理和汪洋副总理作出重要批示，紧急成立生命救援队赶往灾区．此次救援队携带的救援工具，包括生命探测器、扩张机等，如图所示是扩张机的原理示意图，A、B为活动铰链，C 为固定铰链，在A处作用一水平力F，滑块B就以比F大得多的压力向上顶物体D，已知图中2L＝1.0 m，b＝0.05 m，F＝400 N，B与左壁接触，接触面光滑，则D受到向上顶的力为(滑块和杆的重力不计)( )A．3 000 N B．2 000 NC．1 000 N D．500 N10．如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2。

试卷及参考答案一起人教版2019学年高三物理月考考试试题（一）一、选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项正确，第6～10题有多项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）1．汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2s与5s时汽车的位移之比为（）A．5：4 B．4：5 C．3：4 D．4：3【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据匀变速直线运动的位移时间公式求解【解答】解：汽车刹车到停止所需的时间：t===4s2s时位移：x1=at220×2﹣×5×22m=30m5s时的位移就是4s是的位移，此时车已停：=m=40m故2s与5s时汽车的位移之比为：3：4故选C2．如图所示，吊床用绳子拴在两棵树上等高位置，某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态．设吊床两端系绳中的拉力为F1，吊床对人的作用力为F2，则（）A．坐着比躺着时F1大B．坐着比躺着时F1小C．坐着比躺着时F2大D．坐着比躺着时F2小【考点】共点力平衡的条件及其应用．【分析】当人坐在吊床上和躺在吊床上比较，坐在吊床上时，吊床两端绳的拉力与竖直方向上的夹角较大，根据共点力平衡判断绳子拉力的变化．吊床对人的作用力等于人的重力．【解答】解：吊床对人的作用力与重力等值反向，所以躺着和坐在时，F2都等于人的重力，不变．坐在吊床上时，吊床两端绳的拉力与竖直方向上的夹角较大，根据共点力平衡有：2Fcosθ=G，θ越大．则绳子的拉力越大，所以坐着时，绳子与竖直方向的夹角较大，则绳子的拉力较大，相反躺着时，绳子的拉力较小，即坐着比躺着时F1大．故A正确，B、C、D错误．故选：A．3．汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～50s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示．下面的有关说法正确的是（）A．汽车在50s末的速度为零B．汽车行驶的最大速度为30m/sC．在0～50s内汽车行驶的总位移为850mD．汽车在40～50s内的速度方向和在0～10s内的速度方向相反【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】加速度是表示速度变化的快慢的物理量．当物体的运动方向和加速度保持大小不变时，物体就做匀变速直线运动．当加速度为零时，物体做匀速直线运动．结合运动学公式求解．【解答】解：ABC、10s末速度为v=a1t1=2×10=20m/s，匀加速运动的位移为：x1=t1=×10m=100m．匀速运动的位移为：x2=vt2=20×30=600m，50s末速度为v′=v+a2t3=20﹣1×10=10m/s，匀减速运动的位移为：x3=vt3+=20×10﹣=150m，所以汽车行驶的最大速度为20m/s，总位移为x=x1+x2+x3=850m，故A、B错误，C正确；D、由上结果可知，汽车一直沿直线向同一个方向运动，速度方向相同，故D错误．故选：C4．小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】小球先自由下落，做匀加速直线运动，与地面碰撞后，做竖直上抛运动，即匀减速直线运动，之后不断重复．小球在空中运动的加速度始终为g，根据运动学公式列式分析v 与x的关系，再选择图象．【解答】解：以竖直向上为正方向，则小球下落的速度为负值，故C、D两图错误．设小球原来距地面的高度为h．小球下落的过程中，根据运动学公式有：v2=2g（h﹣x），由数学知识可得，v﹣x图象应是开口向左的抛物线．小球与地面碰撞后上升的过程，与下落过程具有对称性，故A正确，B错误．故选：A5．如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3，1和2及2和3间分别用原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是（）A．2L+B．2L+C．2L+D．2L+【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．【分析】分别对木块3和木块2和3整体分析，通过共点力平衡，结合胡克定律求出两根弹簧的形变量，从而求出1、3量木块之间的距离．【解答】解：对木块3分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：μm3g=kx，则x=．对木块2和3整体分析，摩擦力和弹簧弹力平衡，有：μ（m2+m3）g=kx′，则．则1、3两木块的距离s=2L+x+x′=2L+．故B正确，A、C、D错误．故选B．6．一只气球以10m/s的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球6m处有一小石子以20m/s 的初速度竖直上抛，若g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A．石子一定能追上气球B．石子一定追不上气球C．若气球上升速度等于9m/s，其余条件不变，则石子在抛出后1s末追上气球D．若气球上升速度等于7m/s，其余条件不变，则石子在到达最高点时追上气球【考点】竖直上抛运动．【分析】当石子的速度与气球速度相等时没有追上，以后就追不上了，根据运动学基本公式即可判断．【解答】解：AB、设石子经过时间t后速度与气球相等，则t=此时间内气球上升的位移为10×1m=10m，石子上升的位移为：因为15﹣10m=5m＜6m，所以石子一定追不上气球，故A错误，B正确；C、若气球上升速度等于9m/s，在石子在抛出后1s末，气球上升的位移为9×1m=9m，石子上升的位移为：因为15﹣9m=6m，所以1s末石子追上气球，故C正确；D、由C的分析可知，当气球上升速度等于9m/s，在1s末追上气球，所以当气球上升速度等于7m/s，石子追上气球的时间肯定小于1s，而石子到的最高点的时间为2s，所以石子在达到最高点之前就追上气球了，故D错误．故选：BC7．如图所示，t=0时，质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点．每隔2s物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（）v/m•s0 8 12 8A．t=3s的时刻物体恰好经过B点B．t=10s的时刻物体恰好停在C点C．物体运动过程中的最大速度为12m/sD．A、B间的距离大于B、C间的距离【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】根据图表中的数据，由运动学公式可以求出物体下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=﹣2m/s2．如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s 已过B点．通过运动学公式求出v B，即可求出AB、BC的距离．【解答】解：A、C、根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=﹣2m/s2．根据运动学公式：8+a1t1+a2t2=12，t1+t2=2，解出t1=s，知经过s到达B点，到达B点时的速度v=a1t1=m/s．如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点．是在2s到4s之间经过B点．所以最大速度不是12m/s．故AC 均错误．B、第6s末的速度是8m/s，到停下来还需的时间t′=s=4s，所以到C点的时间为10s．故B正确．D、根据v2﹣v02=2ax，求出AB段的长度为m．BC段长度为m，则A、B间的距离小于B、C间的距离故D错误．故选：B．8．某物体由静止开始做加速度为a1的匀加速直线运动，运动了t1时间后改为加速度为a2的匀减速直线运动，经过t2时间后停下．则物体在全部时间内的平均速度为（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．【分析】物体先做匀加速运动，根据初速度、加速度和时间，可求出末速度，即为整个运动过程中物体的最大速度．整体过程的平均速度等于最大速度的一半．根据匀减速运动的末速度、加速度和时间，可求出初速度，也等于整个运动过程中物体的最大速度．【解答】解：由题意知，物体先做匀速度为零的加速运动后做末速度为零的匀减速运动，作出v﹣t图象如下图，则可知，全程中的最大速度v=a1t1，因前后均为匀变速直线运动，则平均速度；故AB正确，C错误；全程的总位移：x=+；对全程由平均速度公式有：，故D正确；故选：ABD．9．如图所示，放在水平地面上的物体M上叠放物体m，两者间有一条处于压缩状态的弹簧，整个装置相对地面静止．则M、m的受力情况是（）A．m受到向右的摩擦力B．M受到m对它向左的摩擦力C．地面对M的摩擦力向右D．地面对M无摩擦力作用【考点】摩擦力的判断与计算．【分析】以整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析地面对M有无摩擦力．再分别以m、M为研究对象，根据平衡条件研究它们受到的摩擦力．【解答】解：A、以m为研究对象，压缩状态的弹簧对m有向左的弹力，由平衡条件得到，m受到向右的摩擦力．故A正确．B、根据牛顿第三定律得知，M受到m对它向左的摩擦力．故B正确．C、D、以整体为研究对象，根据平衡条件得到，地面对M没有摩擦力．故C错误，D正确；故选：ABD．10．如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行天花板，过直角的竖直线为MN．设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是（）A．薄板的重心不在MN线上B．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN的延长线上C．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生D．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a：F b=b：a【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】根据三力汇交原理确定重心的位置，根据合力为零，运用合成法求出F a和F b的比值．【解答】解：A、三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡，三个力虽然不是作用在同一点，但不平行，根据三力汇交原理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上．故A错误．B、重心一定在MN线上，则根据牛顿第三定律知，重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，故B正确．C、两绳对薄板的拉力F a和F b是由于绳发生形变而产生．故C错误．D、三角形薄板受力分析如图，根据合力等于0，则F a=mgcosα，F b=mgsinα，则F a：F b=cotα=b：a．故D正确．故选：BD二、非选择题，共50分）11．图甲为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M，重物的质量m，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计时器分别测出遮光片经过光电门A 和光电门B所用的时间△t A和△t B，求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均值；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ．回答下列问题：（1）测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图乙所示，其读数为0.960 cm．（2）物块的加速度a可用d、s、△t A和△t B表示为a=．（3）动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ=．（4）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差（填“偶然误差”或“系统误差”）．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数，（2）由速度公式求出物块经过A、B两点时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出物块的加速度；（3）由牛顿第二定律求出动摩擦因数．（4）由于实验设计造成的误差是系统误差，由于实验操作、读数等造成的误差属于偶然误差【解答】解：（1）由图（b）所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为12×0.05mm=0.60mm=0.060cm，则游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm．（2）物块经过A点时的速度v A=，物块经过B点时的速度v B=，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v B2﹣v A2=2as，加速度a=；（3）以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg=（M+m），解得μ=；（4）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差．故答案为：（1）0.960；（2）；（3）；（4）系统误差12．如图甲所示为用打点计时器记录小车运动情况的装置，开始时小车在水平玻璃板上做匀速直线运动，后来在薄布面上做匀减速直线运动，所打出的纸带如图乙所示（附有刻度尺），纸带上相邻两点对应的时间间隔为0.02s．从纸带上记录的点迹情况可知，A、E两点迹之间的距离为7.20cm，小车在玻璃板上做匀速直线运动的速度大小为0.925m/s，小车在布面上运动的加速度大小为5m/s2．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【分析】从刻度尺上直接读出AE之间的距离，匀速运动的速度等于位移除以时间，根据匀变速直线运动的推论求解加速度．【解答】解：从刻度尺上直接读出AE之间的距离为：x AE=13.20﹣6.00cm=7.20cm由图可知匀速运动时，0.02s内的位移为：x=13.20﹣11.35=1.85cm所以小车在玻璃板上做匀速运动的速度大小为：v===0.925m/s小车做匀减速运动相等时间内的位移之差为：△x=1.6﹣1.4cm=0.2cma==m/s2=5 m/s2；故答案为：7.20，0.925，5．13．我国ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v0=15m/s朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在收费线中心线前10m处正好匀减速至v=5m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v0正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v0正常行驶．设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s2，求：（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；（2）汽车过ETC通道比过人工收费通道节省的时间是多少．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速和减速的位移，以及匀速运动的位移大小求出总位移．（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间，结合通过ETC 通道和人工收费通道的时间求出节约的时间【解答】解：（1）汽车过ETC通道：减速过程有：v2﹣v02=﹣2ax减加速过程与减速过程位移相等，则有：x=2x+d减解得：x=210 m（2）汽车过ETC通道的减速过程有：v=v0﹣at减+=2+=22S得所以总时间为：t1=2t减汽车过人工收费通道有：=50S=225m所以二者的位移差为：△s=s2﹣s1=225﹣210m=15m．则有：=27S答：（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移为210m；（2）汽车过ETC通道比过人工收费通道节省的时间是27S．14．如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上的质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°物体甲及人均处于静止状态．（已知=sin37°=0.6，cos37°=0.8．g取10m/s2．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：（1）轻绳OA、OB受到的拉力分别是多大？（2）人受到的摩擦力是多大？方向如何？（3）若人的质量m2=60kg，人与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.3，欲使人在水平面上不滑动，则物体甲的质量m1最大不能超过多少？【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．【分析】（1）以结点O为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求出轻绳OA、OB受到的拉力．（2）乙物体水平方向受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力，由二力平衡求解乙受到的摩擦力大小和方向．（3）当乙物体刚要滑动时，物体甲的质量m1达到最大，此时乙受到的静摩擦力达到最大值F max=μm2g，再平衡条件求出物体甲的质量．【解答】解：（1）以结点O为研究对象，如图，由平衡条件有：F0B﹣F OA sinθ=0F0A cosθ﹣m1g=0联立得：故轻绳OA、OB受到的拉力分别为、；（2）人水平方向受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力，受力如图所示，由平衡条件得：，方向水平向左；（3）当甲的质量增大到人刚要滑动时，质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值．当人刚要滑动时，静摩擦力达到最大值f m=μm2g由平衡条件得：F OBm=f m又联立得：即物体甲的质量m1最大不能超过24kg．答：（1）轻绳OA、OB受到的拉力分别为、；（2）人受到的摩擦力大小为是，方向水平向左；（3）物体甲的质量m1最大不能超过24kg．15．甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动．以出发点为坐标原点，它们在运动过程中的x﹣v图象（即位置﹣速度图）如图所示（虚线与对应的坐标轴垂直），已知质点甲做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a1；质点乙以某一初速度做匀减速直线运动，加速度大小为a2，且其速度减为零后保持静止．求：（1）a1、a2的大小．（2）开始运动后，两质点经过多长时间相遇．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）根据图象中速度随位移的变化关系判断哪个图象是甲的运动图象，哪个是乙的图象，再根据图象直接读出x=0时，乙的速度；分别对甲和乙，根据运动学基本公式列式，联立方程求解即可．（2）根据甲乙位移相等求经过多长时间相遇．【解答】解：（1）根据图象可知，a图象的速度随位移增大而增大，b图象的速度随位移增大而减小，所以图象a表示质点甲的运动，当x=0时，乙的速度为6m/s，即质点乙的初速度v0=8m/s．设质点乙、甲先后通过x=8m处时的速度均为v，对质点甲：①对质点乙：②联立①②得：③当质点甲的速度v1=12m/s、质点乙的速度v2=4m/s时，两质点通过相同的位移均为x'．对质点甲：④对质点乙：⑤联立④⑤⑥由③⑥得（2）设两质点经过时间t相遇代入数据：解得：t=4s答：（1）的大小为，a2的大小为．（2）开始运动后，两质点经过4s相遇人教版2019学年高三物理月考考试试题（二）二、选择题：本题共8小题物理选择题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．某同学为研究物体运动情况，绘制了物体运动的s﹣t图象，如图所示．图中纵坐标表示物体的位移s，横坐标表示时间t，由此可知该物体做（）A．匀速直线运动B．变速直线运动C．匀速曲线运动D．变速曲线运动【考点】1I：匀变速直线运动的图像；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】由题是位移﹣时间（s﹣t）图象．其斜率大小等于物体运动的速度，斜率不变，则物体的速度不变，做匀速直线运动．根据斜率的正负判断物体的运动方向．【解答】解：s﹣t图象所能表示出的位移只有两个方向，即正方向与负方向，所以s﹣t图象所能表示的运动也只能是直线运动．s﹣t图线的斜率反映的是物体运动的速度，由图可知，速度在变化，故B项正确，A、C、D错误．故选：B．2．如图所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态．缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是（）A．先减小后增大B．先增大后减小C．一直增大D．保持不变【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用．【分析】由题，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大的过程中，物块P的重力沿木板向下的分力先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，根据平衡条件分析物块P所受静摩擦力的大小变化情况．【解答】解：设物块的重力为G，木板与水平面的夹角为θ，弹簧的弹力大小为F，静摩擦力大小为f．由题，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动的过程中，弹簧的拉力不变，物块P的重力沿木板向下的分力先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，物块P所受的静摩擦力方向先木板向下，后沿木板向上．当物块P的重力沿木板向下的分力小于弹簧的弹力时，则有Gsinθ+f=F，θ增大时，F不变，f减小；当物块P的重力沿木板向下的分力大于弹簧的弹力时，则有Gsinθ=f+F，θ增大时，F不变，f增大；所以物块P所受静摩擦力的大小先减小后增大．故选A3．如图，已知可视为质点的带电小球A、B的电荷量分别为Q A、Q B，都用长L 的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d．为使平衡时A、B间距离减为，采用以下哪种方法可行（）A．将小球A、B的质量都增加为原来的2倍B．将小球B的质量增加为原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都减小为原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小为原来的四分之一【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用；A4：库仑定律．【分析】对小球B进行受力分析，并作出平行四边形；由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项．【解答】解：如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；由几何关系可知，；而库仑力F=；即：=；mgd3=kQ A Q B L；d=要使d变为，可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故B正确；故选B．4．已知地球的半径为R，地球的自转周期为T，地表的重力加速度为g，要在地球赤道上发射一颗近地的人造地球卫星，使其轨道在赤道的正上方，若不计空气的阻力，那么（）A．向东发射与向西发射耗能相同，均为mgR﹣m（）2B．向东发射耗能为，比向西发射耗能多m（﹣）2C．向东发射与向西发射耗能相同，均为m（+）2D．向西发射耗能为m（﹣）2，比向东发射耗能多【考点】4F：万有引力定律及其应用；4A：向心力；6B：功能关系．【分析】地球上的物体随地球一起绕地轴自转，故发射速度与自转方向相同时可以充分利用地球自转的线速度，故发射方向与地球自方向相同时消耗能量少，相反是消耗能量多．【解答】解：A、地球自转方向自西向东，故向东发射卫星可以充分利用地球自转的线速度而消耗较少能量，故A错误；B、地球自西向东自转，故向东发射卫星消耗能量较少，故B错误；C、地球自转方向自西向东，故向东发射卫星可以充分利用地球自转的线速度而消耗较少能量，故C错误；D、在赤道表面地球自转的线速度为v=，由于地球自西向东自转，故在地球上向西发射卫星时的发射速度为第一宇宙速度与地球自转线速度之和，故根据动能定理知其发射耗能为=，故D正确．故选：D．5．在真空中的x轴上的原点处和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a 处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．点电荷M、N可能是异种电荷B．点电荷P的电势能一定是先增大后减小C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1D．x=4a处的电场强度一定为零【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】根据v﹣x图象，结合动能定理判断出电场力的方向，然后根据正电荷受到的电场力的方向与电场的方向相同判断出两个点电荷之间的电场的方向的分布，由此判断两个点电荷的电性；根据速度变化结合功能关系判断出电势能的变化；根据最大速度对应的特点，结合库仑定律判断出点电荷的电量之间的关系．【解答】解：A、由v﹣x图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x 轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N 一定都是正电荷．故A错误；B、点电荷P的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷P的电势能一定是先减小后增大．故B错误；CD、由图可知，在x=4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x=4a 处的电场强度等于0．则M与N的点电荷在x=4a处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得：所以：点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1．故CD正确．故选：CD6．如图，在竖直平面内，轨道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用时间为t1，到达C点速度为v1，第二次由C滑到A，所用时间为t2，到达A点速度为v2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着轨道滑行，小滑块与轨道间的动摩擦因素恒定，则（）A．t1＜t2B．t1=t2 C．v1＞v2D．v1=v2【考点】65：动能定理；4A：向心力．【分析】滑块做圆周运动，根据牛顿第二定律判断滑块受到的支持力大小关系，然后判断摩擦力大小关系，再比较滑块的运动时间，根据动能定理比较速度的大。

2019届高三物理上学期第一次月考试题（含解析）一．不定项选择，每题4分，少选2分，错选0分，共48分1. 质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图所示，则铁球落入砂车后，砂车将( )A. 立即停止运动B. 仍匀速运动，速度仍为v0C. 仍匀速运动，速度小于v0D. 做变速运动，速度不能确定【答案】C【解析】解：小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，设小车初速度方向为正，根据动量守恒：Mv0=（m+M）v得：v=．即小车仍匀速运动，速度小于v0．故C正确，ABD错误．故选：C【点评】本题考查动量守恒定律的应用，该题中，由于作用的时间短，动量守恒也可以只是水平方向上．2. 分别用波长为λ和λ的单色光照射同一金属板,发出的光电子的最大初动能之比为1∶2,以h表示普朗克常量,c表示真空中的光速,则此金属板的逸出功为A. B. C. D.【答案】B【解析】根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：E k＝−W；根据题意：λ1=λ，λ2＝λ，E k1：E K2=1：2 ；则联立可得逸出W＝，故ACD错误，B正确．故选B．3. 14C是一种半衰期为5 730年的放射性同位素.若考古工作者探测到某古木中14C的含量为原来的,则该古树死亡的时间距今大约()A. 11 460年B. 22 920年C. 5 730年D. 2 856年【答案】A【解析】根据m=m0()n得，探测到某古木中14C的含量为原来的，知经历了2个半衰期，则t=2×5730年=11460年．故选A．点睛：解决本题的关键知道每经过一个半衰期，有半数发生衰变，衰变后的质量和初始质量的关系为：m=m0()n，n表示半衰期的次数．4. 在卢瑟福进行的α粒子散射实验中,少数α粒子发生大角度偏转的原因是A. 正电荷在原子中是均匀分布的B. 原子的正电荷以及绝大部分质量都集中在一个很小的核上C. 原子中存在带负电的电子D. 原子核中有中子存在【答案】B【解析】α粒子和电子之间有相互作用力，它们接近时就有库仑引力作用，但由于电子的质量只有α粒子质量的1/7300，粒子与电子碰撞就像一颗子弹与一个灰尘碰撞一样，α粒子质量大，其运动方向几乎不改变．α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，故B正确，A、C、D错误．故选B．【点睛】本题考查的是α粒子散射实验．对这个实验要清楚两点：一是α粒子散射实验的实验现象；二是对实验现象的微观解释--原子的核式结构．5. 由原子核的衰变规律可知()A. 放射性元素一次衰变可同时产生α射线和β射线B. 放射性元素发生β衰变时,新核的化学性质不变C. 放射性元素发生衰变的快慢不可人为控制D. 放射性元素发生正电子衰变时,新核质量数不变,核电荷数增加1【答案】C............【点睛】解决本题的关键知道衰变的实质，以及知道影响半衰期的因素，同时区别α与β衰变的不同．6. 铀是常用的一种核燃料,若它的原子核发生了如下的裂变反应n→a+b+n,则a+b可能是 ()A. XeSrB. BaKrC. BaSrD. XeKr【答案】A7. 如图所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……2019高三上学期第一次月考物理试题一、选择题（其中1-7单选，8-12多选）1.下列说法中正确的是A. 碳H在活体生物内和死亡后生物体内的半衰期是不一样的B. 玻尔把普朗克的量子理论应用到原子系统上，提出了自己的原子结构假说，成功地解释了氯原子的光谱C. 逸出功是使电子脱离金属所做功的最小值．因而对于某种金属而言，当照射光的频率发生变化时，其逸出功也随之变化D. 比结合能越小，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定【答案】B【解析】A、放射性元素的半衰期与环境的变化无关，只与自身有关，故A错误；B、根据物理学史的知识可知，波尔把普朗克的量子理论应用到原子系统上，提出了自己的原子结构假说，成功地解释了氢原子的光谱，故B正确；C、对于某种金属而言，逸出功是由金属本身决定的，当照射光的频率发生变化时，其逸出功不变，故C错误；D、比结合能越小表示原子核中的核子结合得越不牢固，故D错误；故选：B。

2.质量为m＝0.10 kg的小钢球以v0＝10 m/s的水平速度抛出，下落h＝5.0 m时撞击一钢板，如图所示，撞后速度恰好反向，且速度大小不变，已知小钢球与钢板作用时间极短，取g＝10 m/s2，则（）A. 钢板与水平面的夹角θ＝60°B. 小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量为2 N·sC. 小钢球刚要撞击钢板时小球动量的大小为10 kg·m/sD. 钢板对小钢球的冲量大小为2N·s【答案】D【解析】【详解】A、由于小球下落过程中在竖直方向有：解得故落到钢板上时小球在竖直方向的速度v y=gt=10m/s，则有，即撞后速度恰好反向，且速度大小不变,则表示速度恰好与钢板垂直，所以钢板与水平面的夹角θ=45°，故A错误；B、根据冲量的定义知：重力冲量mgt=1N·s，选项B错误；C、小球落到钢板上时的速度：故小球的动量大小：选项C错误小球原速率返回，所以返回的速度仍然为规定小球撞前的速度方向为正方向，由动量定理可知：所以钢板对小钢球的冲量大小为故D 对综上所述本题答案是：D【点睛】小球在竖直方向做自由落体运动，已知高度求出时间，然后求出竖直方向的速度大小，由水平方向和竖直方向的速度即可求得倾角的大小；由运动时间和质量，根据p=mgt即可求出重力冲量；已知竖直方向速度的大小，再根据水平速度的大小求出合速度的大小，根据p=-mv求撞击时动量的大小；算出撞后的动量，根据动量定律求小钢球的冲量，据此解答。

2019学年度高三1月月考理综卷物理试题二、选择题1. 如图所示水平面上,质量为20kg的物块A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端,弹簧的另一端固定在小车上,小车静止不动,弹簧对物块的弹力大小为10N时,物块处于静止状态,若小车以加速度a=1m/s2沿水平地面向右加速运动时( )A. 物块A相对小车向左运动B. 物块A受到的摩擦力将减小C. 物块A受到的摩擦力大小不变D. 物块A受到的弹力将增大【答案】C【解析】A、物体开始时受弹力F=5N，而处于静止状态，说明受到的静摩擦力为5N，则物体的最大静摩擦力F m≥5N．当物体相对于小车向左恰好发生滑动时，加速度为，所以当小车的加速度为a=1m/s2时，物块A相对小车仍静止．故A错误．B、C、根据牛顿第二定律得：小车以加速度a=1m/s2沿水平地面向右加速运动时，弹力水平向右，大小仍为5N，摩擦力水平向右大小仍为5N．故B错误，C正确．D、物体A 相对于小车静止，弹力不变．故D错误．故选C．【点睛】应用牛顿第二定律分析物体受力情况，要注意静摩擦力大小和方向会随物体状态而变化．2. 如图所示，一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A。

现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板。

站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板对地面的速度大小可能是（）A. 1.8m/sB. 2.0m/sC. 2.4m/sD. 3.0m/s【答案】C3. 如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙．一绳长为3R轻绳一端系与斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点．已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B的运动过程中（）A. 合外力做功B. 重力做功2mgRC. 克服摩擦力做功D. 机械能减少【答案】D【解析】以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好充当向心力，得：解得：A到B的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为W f，则解得：A：A到B的过程中，合外力做功等于动能的增加，故A错误。