邹平高三物理上学期第一次月考试题二

山东省滨州市邹平县2020学年高二物理上学期第一次月考试题（二区） （时间：90分钟，分值：100分）一、单项选择题（本题共15题，共60分，每小题4分；在每小题提供的四个选项中，有的只有一项符合题目的要求，有的有多个选项符合要求，选不全得2分，错选不得分。

多选题已标注）1.关于元电荷的理解，下列说法正确的是（ ）A ．元电荷就是电子B ．元电荷就是最小的电荷C ．元电荷就是质子D ．物体所带的电量只能是元电荷的整数倍2.电场强度的定义式为q F E =，点电荷的场强公式为2r kQ E =，下列说法中正确的是( ) A ．q F E =中的场强E 是电荷q 产生的 B ．2rkQ E =中的场强E 是电荷Q 产生的 C ．q F E =中的F 表示单位正电荷的受力 D ．q F E =和2r kQ E =都只对点电荷适用 3.带电量分别为2q 和4q 的两个点电荷，相距为r ，相互作用力大小为F ，现在把两个点电荷的电量各减少一半，距离减少为2r，则两个点电荷间的相互作用力大小为（ ）A ．2FB ．FC ．2FD ．4F 4.在国际单位制中，电场强度单位的符号是（ ）A ．NB ．N/C C ．N/（A•m）D ．N/A5.关于电场强度有下列说法，正确的是（ ）A ．电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力B ．电场强度的方向总是跟电场力的方向一致C ．在点电荷Q 附近的任意一点，如果没有把试探电荷q 放进去，则这一点的电场强度为零D ．根据公式E=F q．可知，电场强度跟电场力成正比，跟放入电场中的电荷的电量成反比 6.如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有Ａ、Ｂ、Ｃ三点，Ａ点为两点电荷连线的中点，Ｂ点为连线上到Ａ点距离为ｄ的一点，Ｃ点为连线中垂线上到Ａ点距离也为ｄ的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是A．E A＝E C＞E B；φA＝φC＞φBB．E B＞E A＞E C；φA＝φC＞φBC．E A＜E B，E A＜E C；φA＞φB，φA＞φCD．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低7.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等8.某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（）A．M、N点的场强E M＞E N B．粒子在M、N点的加速度a M＞a NC．粒子在M、N点的速度v M＞v N D．粒子带正电9.（多选题）如图所示为某电场中的一条电场线，在a点静止地放一个正电荷（重力不能忽略），到达b时速度恰好为零，则（）A．电场线的方向一定竖直向上B．该电场一定是匀强电场C．该电荷从a→b是加速度变化的运动D．该电荷在a点受到的电场力一定比在b点受到的电场力小10.（多选题）如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B，电势能分别为E pA、E pB．下列说法正确的是（）A．电子一定从A向B运动B．若a A＞a B，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有E pA＜E pBD．B点电势可能高于A点电势11.根据欧姆定律，下列判断正确的是（）A．导体两端的电压越大，导体的电阻越大B．加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数C．电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低D．电解液短时间内导电的U﹣I线是一条曲线12.关于电源的电动势，下面叙述不正确的是（）A．同一电源接入不同电路，电动势不会发生变化B．电动势等于闭合电路中接在电源两极间的电压表测得的电压C．电源的电动势反映电源把其他形式的能转化为电能的本领大小D．在外电路接通时，电源的电动势等于内外电路上的电压之和13.如图所示，把一个带正电的小球放置在原来不带电的枕形导体附近，由于静电感应，枕形导体的a、b 端分别出现感应电荷，则（）A．枕形导体a端电势高于b端电势B．仅闭合S1，有电子从大地流向枕形导体C．仅闭合S1，有电子从枕形导体流向大地D．仅闭合S2，有正电荷从枕形导体流向大地14.（多选题）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，则下列说法正确的是A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持d不变，减小S，则θ变小C．用手触摸极板B，则θ变大D．在两板间插入电介质，则θ变小15.如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程减小D．上述说法都不对二、计算题（16题10分，17题16分，18题14分，共40分，要有必要的公式和文字说明。

2021年高三物理上学期第一次月考试题二、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中.第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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。

）14．在物理学的发展中，物理学家们进行了不懈的努力，以下关于物理学史和物理学研究方法的叙述不正确的是 ( )A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法B．牛顿提出物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性C．在验证力的平行四边形定则中采用了控制变量法D．伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去15．如图所示，一辆汽车正在前往救援的平直公路上匀速行驶，由于前方道路遭到严重破坏，司机采取紧急刹车，依次经过a、b、c、d四点，已知通过ab、bc和cd位移所用时间之比为1：2：3，ab和cd距离分别为x1和x2，则bc段的距离为 ( )A.x1＋x22B.2x1x2x1＋x2C.3x1＋4x24D.5x1＋x2416．如图所示， m2叠放在m1上，m1位于光滑水平面上，m1、m2间的动摩擦因数为μ，现在m2上施加一个随时间变化的力F＝kt(k为常数)，则下列图中能定性描述m1、m2的加速度a1、a2关系的是( )17．如图所示，左侧是倾角为60°的斜面、右侧是1/4圆弧面的物体A固定在水平地面上，圆弧面底端的切线水平．一根轻绳两端分别系有质量为m1、m2的小球，跨过A顶端的定滑轮，当两球处于平衡状态时，右侧轻绳与水平方向夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点，则两小球的质量之比m1:m2为( )A．1:1 B．2:3 C．3:2 D．3:418．如下图1所示，质量m A>m B的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图(图2)中正确的是( )19．如下图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止一起沿光滑斜面下滑，下列说法正确的是( )A．图甲中物块m受到水平向左的静摩擦力B．图甲中物块m对M的压力大小等于m的重力大小C．图乙中物块m不受摩擦力D．图乙中物块M对m的支持力大小等于m的重力大小20．质点以加速度a由静止出发做直线运动，在t时刻，加速度突变为2a；在2t时刻，加速度突变为3a ；依此类推……；在10t 时刻，加速度突变为11a ，则下列说法中正确的是( )A ．在10t 时刻质点的速度大小为11atB ．在10t 时刻质点的速度大小为55atC ．在10t 时间内质点通过的总位移为385at 2D ．在10t 时间内质点的平均速度大小为774at21．如图所示为一质点沿直线运动的v-t 图象，已知质点从零时刻出发，在2T 时刻恰好返回出发点．则下列说法正确的是（ ） A. 0～T 与T ～2T 时间内的位移相同 B. 质点在1.5T 时离出发点最远C. T 秒末与2T 秒末速度大小之比为1：2D. 0～T 与T ～2T 时间内的加速度大小之比为1：3第二卷（非选择题 共174分）三、非选择题。

峙对市爱惜阳光实验学校省白银市会宁一中高三上学期第一次月考物理试卷一、选择题〔此题共8小题，每题6分，共48分．在每题给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．〕1．如图，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t图象，根据图象可以判断( )A．两球在t=2s时速率相B．两球在t=8s时相距最远C．两球运动过程中不会相遇D．甲、乙两球做初速度方向相反的匀减速直线运动，加速度大小相同方向相反考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动的图像专题．分析：由速度时间图象直接读出两球的速度大小．分析两球的运动情况，判断两球在t=8s时是否相距最远．两球先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动．解答：解：A、v﹣t图象反映速度随时间变化的情况，由图读出t=2s时两球速度大小都是20m/s，速率是相的．故A正确；B、依据v﹣t图象的物理意义可知，两球在t=8s时均回到出发点相遇，显然不是相距最远．故BC错误．D、两球开始做匀减速直线运动，而后做匀加速直线运动．A的加速度大小为a A =||=，B的加速度大小为a B =||=，加速度方向相反．故D错误．应选A点评：这是直线运动中速度图象的问题，要抓住斜率表示加速度，“面积〞表示位移来分析物体的运动情况．2．一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，那么质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是( )A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大考点：牛顿第二律；力的合成；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动律综合专题．分析：根据牛顿第二律F=ma可知物体加速度与合外力成正比，并且方向一致，所以此题要想分析其加速度的变化，要来分析合外力的变化情况．而要分析速度的变化，那么要先分析加速度的变化情况．解答：解：由于质点初始处于静止状态，那么其所受合力为零．这就相当于受两个大反向的力：某个力和其余几个力的合力．其中某个力逐渐减小，而其余几个力的合力是不变的，那么其合力就在这个力的反方向逐渐增大，这个力再由零增大到原来大小，那么合力又会逐渐减小直到变为零，所以合力变化为先增大后减小，故加速度a先增大后减小，因此AD错误；合外力的方式始终与其余几个力的合力保持一致．由牛顿第二律F合=ma知其加速度先增大后减小．所以从加速变化看只有C项符合，又由于其合外力方向始终不变，那么加速度方向始终不变，所以其速度会一直增大．因此B错误，C正确．应选：C．点评：此题属于基此题目，考查根本的受力分析，当在学习中注意通过问题看本质，此题问的虽然是a和v，但是实质是考查受力分析．3．如下图，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，以下判断正确的选项是( )A．将立即做匀减速直线运动B．将立即做变减速直线运动C．在弹簧弹力大小于恒力F时，木块的速度最大D．在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零考点：牛顿第二律；力的合成与分解的运用；胡克律．专题：牛顿运动律综合专题．分析：当木块接触弹簧后，分析木块的受力情况，判断其运动情况．恒力先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，当弹簧弹力大小于恒力F时，木块的速度最大．弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度不为零．解答：解：A、B、C当木块接触弹簧后，恒力F先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，随着弹簧的增大，加速度先减小后增大，故先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动．当弹簧弹力大小于恒力F时，木块的速度最大．故AB错误，C正确．D、在弹簧处于最大压缩量时，弹簧的弹力大于恒力F，合力向右，加速度不为零．故D错误．应选C点评：此题关键要抓住弹簧的可变性，分析合力的变化情况，确加速度的变化情况．4．我国“蛟龙号〞在某次时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10min内全过程的深度曲线〔a〕和速度图象〔b〕，那么( )A．〔a〕图中h4代表本次下潜最大深度为360 mB．全过程中最大加速度是0.025m/s2C．在0～4min潜水员处于失重状态D．在8～10min潜水员处于超重状态考点：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．专题：运动的图像专题．分析：v﹣t图象与时间轴围成的面积表示位移的大小．根据图象分析物体的运动方向和加速度的方向，从而知道超重或失重．解答：解：A、深度曲线图中h4代表本次下潜最大深度，由v﹣t图象知h4=×60m=360m，故A正确；B、v﹣t图象中，斜率表示加速度的大小，0﹣2min和3﹣4min段内加速度最大，为 a===0.033m/s2，故B错误．C、在3～4min潜水员向下减速，加速度向上，处于超重状态，故C错误；D、在8～10min潜水员向上减速，加速度向下，处于失重状态，故D错误；应选：A．点评：此题主要考查了对图象的理解与用，特别注意对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．5．在粗糙的水平面上，一质量为m的物体在水平恒力F T作用下做加速度为a 的匀加速直线运动．如果在物体上再加上一个恒的推力F，并保持其加速度不变，那么所加的恒力F与水平方向夹角的正切值tanα于( )A ．B ．C ．D ．考点：牛顿第二律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动律综合专题．分析：根据牛顿第二律求出物体与水平面间的动摩擦因数．根据力的作用原理，当所加的恒力所引起的物体动力的变化量与阻力变化量相时同，物体的加速度不变，由平行四边形那么求出恒力F与水平面夹角的正切值．解答：解：未加恒力F时，根据牛顿第二律得：F T﹣μmg=ma得：μ=设恒力F与水平面夹角为α，如图，当所加的恒力所引起的物体动力的变化量与阻力变化量相时同，物体的加速度不变，那么有：Fcosα=μFsinα得：tanα==应选：C．点评：此题运用力的作用原理，只研究恒力F引起的效果，也可以对物体受到的所有的力进行分析，根据牛顿第二律求解．6．如下图，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P点，另一端与A相连接，以下说法正确的选项是( )A．如果B对A无摩擦力，那么地面对B也无摩擦力B．如果B对A有向左的摩擦力，那么地面对B也有向左的摩擦力C．P点缓慢下移过程中，B对A的支持力一减小D．P点缓慢下移过程中，地面对B的摩擦力一增大考点：共点力平衡的条件及其用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：物块A受重力、支持力、静摩擦力，可能受弹簧弹力，也可能不受弹簧弹力，根据共点力平衡进行分析．解答：解：物块A可能受到的弹簧弹力为零，受重力、支持力，二力处于平衡．也可能受重力、支持力、弹簧弹力和静摩擦力处于平衡．A、假设弹簧的弹力为0，物体A受到重力和支持力的作用，不受摩擦力．此时选取A与B组成的系统为研究的对象，系统仅仅受到重力和地面的支持力的作用，所以地面对B也无摩擦力．故A正确；B、B对A有向左的摩擦力，假设要平衡那么该受到弹簧的弹力，对AB整体受到重力支持力，弹簧的弹力，假设要平衡必须有向左的摩擦力，故B正确；C、由以上的分析可知，弹簧可能对A由拉力，也可能没有拉力．当弹簧对A 没有拉力时，P向下运动的过程中，不会对A与B组成的系统产生影响．故CD 错误．应选：AB．点评：解决此题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用．7．如下图，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固于P、Q两点．球静止时，Ⅰ中拉力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a是( )A．假设剪断Ⅰ，那么a=g，方向竖直向下B．假设剪断Ⅱ，那么a=，方向水平向左C．假设剪断Ⅰ，那么a=，方向沿Ⅰ的线方向D．假设剪断Ⅱ，那么a=g，方向竖直向上考点：牛顿第二律；共点力平衡的条件及其用．专题：牛顿运动律综合专题．分析：剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力未变，重力和弹簧的弹力的合力与绳子拉力方向值反向，剪断弹簧的瞬间，绳子的拉力突然变为零，小球仅受重力，根据牛顿第二律求出加速度．解答：解：A、假设剪断Ⅰ，绳子的拉力突然变为零，小球仅受重力，加速度为g，方向竖直向下．故A正确，C错误；B、假设剪断Ⅱ，弹簧的弹力未变，绳子的拉力为零，此时两个力的合力水平向左，大小F合=T2，加速度大小水平向左，大小a=，故B正确，D错误．应选：AB．点评：解决此题的关键知道绳子和弹簧的区别，绳子的拉力会发生突变，弹簧的弹力不会发生突变，在瞬间，弹簧的形变量不变，那么弹力的大小方向不变．8．如下图，质量m=1kg的物块在与水平方向夹角为θ=37°的推力F作用下静止于墙壁上，物块与墙之间的动摩擦因数μ=0.5，假设物块与墙面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相，那么推力F大小可能是( )A．5N B．15N C．35N D．55N考点：共点力平衡的条件及其用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：当物体刚要上滑时，静摩擦力沿墙壁向下到达最大值，此时力F为最大；当物体刚要下滑时，静摩擦力沿墙壁向上到达最大值，此时力F最小．根据平衡条件和摩擦力公式求出F的最大值和最小值，得出F的取值范围．解答：解：当物体刚要上滑时，静摩擦力沿墙壁向下到达最大值，此时力F 为最大，设为F1．物体的受力图如图1所示．根据正交分解得：F1sinθ=mg+f1；N1=F1cosθ又f1=μN1联立解得：F1=N=50N当物体刚要下滑时，静摩擦力沿墙壁向上到达最大值，此时力F最小，设为F2．根据正交分解得：F2sinθ+f2=mg；N2=F2cosθ又f2=μN2，联立解得：F2=推力F的取值范围为：10N≤F≤50N，故BC正确．应选：BC点评：此题是力平衡中临界问题，关键分析临界条件：当物体刚要滑动时，物体间的静摩擦力到达最大值．正确分析受力情况，运用正交分解法求解．二、非选择题：包括必考题和选考题两．第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题-第18题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题〔共129分〕9．如下图，将打点计时器固在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测重力和速度．〔1〕所需器材有打点计时器〔带导线〕、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需D〔填字母代号〕中的器材．A．直流电源、天平及砝码 B．直流电源、毫米刻度尺C ．交流电源、天平及砝码 D．交流电源、毫米刻度尺〔2〕通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高的准确程度．为使图线的斜率于重力加速度，除作v﹣t图象外，还可作﹣h图象，其纵轴表示的是速度平方的二分之一，横轴表示的是重物下落的高度．考点：验证机械能守恒律．专题：题；机械能守恒律用专题．分析：根据用打点计时器测重力加速度的原理，和的步骤可以判断遗漏的器材，用图象法处理的数据比拟简单直观．解答：解：〔1〕打点计时器需接交流电源．重力加速度与物体的质量无关，所以不要天砝码．计算速度需要测相邻计数的距离，需要刻度尺，应选：D．〔2〕由公式v2=2gh，如绘出﹣h图象，其斜率也于重力加速度．故答案为：①D，②﹣h，速度平方的二分之一，重物下落的高度点评：根据用打点计时器测重力加速度的原理，可以判断需要的器材，同时还要知道利用图象处理数据可以使结果简单直观的展现出来．10．某同学用如图甲所示的装置验证牛顿第二律，请答复以下有关此的问题：〔1〕该同学在前准备了图所示的装置及以下辅助器材：A．交流电源、导线 B．天平〔含配套砝码〕 C．秒表 D．刻度尺 E．细线、砂和小砂桶其中不必要的器材是C〔填代号〕．〔2〕打点计时器在小车拖动的纸带上打下一点迹，以此记录小车的运动情况．其中一纸带上的点迹情况如图乙所示，打点计时器打点的时间间隔T=0.02s，测得A点到B、C点的距离分别为x1=5.99cm、x2=13.59cm，那么在打下点迹B时，小车运动的速度v B=0.680m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a=1.61m/s2．〔结果保存三位有效数字〕〔3〕在验证“质量一，加速度a与合外力F的关系〞时，某学生根据数据作出了如图丙所示的a﹣F图象，其线不过原点的原因是平衡摩擦力过度，图线在末端弯曲的原因是砂和砂桶的质量太大．考点：验证牛顿第二运动律．专题：题；牛顿运动律综合专题．分析：〔1〕根据的原理确测量的物理量，从而确所需的器材．〔2〕根据某段时间内的平均速度于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，根据连续相时间内的位移之差是一恒量求出物体匀加速直线运动的加速度．〔3〕图丙说明在小车的拉力为0时，小车有加速度，即合外力大于0，说明平衡摩擦力过度；当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小于砝码盘和砝码的总重力大小，否那么图象将会发生弯曲．解答：解：〔1〕在中，打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表．上述器材中不必要的为C．〔2〕B点的速度于AC段的平均速度，那么有：v B==≈0.680m/s，根据△x=aT2得：a====1.61m/s2；〔3〕由图丙所示图象可知小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大；该中当小车的质量远大于砂和砂桶的质量太大时，才能近似认为细线对小车的拉力大小于砂和砂桶的总重力大小，随着F的增大，即砂和砂桶的质量增大，逐渐地砂和砂桶的质量不再满足小车质量远大于砂和砂桶的质量，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象．故答案为：〔1〕C；〔2〕0.680；1.61；〔3〕平衡摩擦力过度；砂和砂桶的质量太大．点评：解决问题首先要掌握该原理，了解的操作步骤和数据处理以及考前须知，然后结合物理规律去解决问题，会通过纸带求解瞬时速度和加速度．11．如下图，质量m=40kg的木块静止于水平面上，某时刻在大小为200N、方向与水平方向成θ=37°角斜向上的恒力F作用下做匀加速直线运动，2s末撤去力F时木块已经滑行的距离为s0=5.2m，〔重力加速度g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8〕求：〔1〕木块与地面间的动摩擦因数．〔2〕撤去拉力后，木块继续滑行的距离．考点：牛顿第二律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动律综合专题．分析：根据位移时间公式求出匀加速运动的加速度，根据牛顿第二律，抓住竖直方向上的合力为零，求出木块与地面间的动摩擦因数．根据牛顿第二律求出撤去拉力后的加速度大小，结合速度位移公式求出木块继续滑行的距离．解答：解：〔1〕设木块加速阶段的加速度为a1，由匀变速直线运动的规律得，，在竖直方向上：N+Fsinθ=mg，在水平方向上：Fcosθ﹣μN=ma1，代入数据解得μ=0.2．〔2〕2s末木块的速度v1=a1t1，匀加速运动的加速度a2=μg，木块继续滑行的距离s=，代入数据解得s=6.76m．答：〔1〕木块与地面间的动摩擦因数为0.2．〔2〕撤去拉力后，木块继续滑行的距离为6.76m．点评：此题考查了牛顿第二律和运动学公式的根本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意匀加速和匀减速运动的加速度大小不．12．〔19分〕杂技中的“顶竿〞由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿项端完成各种动作后下滑．假设竿上演员自竿项由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零．竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿项滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如下图．竿上演员质量为m1=40kg，长竹竿质量m2=10kg，g=10m/s2〔1〕求竿上的人下滑过程中的最大速度v1．〔2〕请估测竹竿的长度h．考点：牛顿第二律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的合成与分解的运用．分析：〔1〕以人为研究对象，人加速下滑过程中受重力mg和杆对人的作用力F1，由题图可知，人加速下滑过程中杆对人的作用力F1为460 N．由牛顿第二律可以求得加速度，1s末人的速度到达最大，根据速度时间公式即可求解；〔2〕先求出加速下降的位移，再根据动能理求出减速下降的位移，两段位移之和即为杆的长度．解答：解：〔1〕在演员下滑的前4秒，顶竿人肩部对竿的支持力为F1=460N，竿和上面的演员总重力为500N，人匀加速下滑，加速度为a1演员由静止下滑，下滑4s后到达最大速度v1，那么v1=a1t1=4m/s〔2〕在演员下滑的4秒到6秒，顶竿人肩部对竿的支持力为F2=580N，竿和上面的演员总重力为500N，人匀速下滑，加速度为a2在演员下滑的前4秒，可看成匀加速下滑，下滑距离为h1t1=8m在演员下滑的4秒到6秒，可看成匀速下滑，下滑距离为h2t1=4m竹竿的长度h=h1+h2=12m答：〔1〕竿上的人下滑过程中的最大速度v1为4m/s；〔2〕竹竿的长度h为12m．点评：此题主要考查了牛顿第二律及运动学根本公式的直接用，要求同学们能根据图象得出有效信息，能根据受力情况判断运动情况，难度适中．四.有三个模块，考生选择其中一个模块作答[物理---3-3]13．对于一量的理想气体，以下说法正确的选项是( )A．外界对气体做功，气体内能可能增加B．在压强不变的条件下，体积增大，那么气体分子的平均动能可能减少C．压强减小，体积减小，分子的平均动能不一减小D．对一质量的气体加热，其内能不一增加E．一质量的气体，体积不变时，温度越低，气体的压强就越小考点：热力学第一律；热力学第二律．专题：热力学理专题．分析：根据理想气体的状态方程进行分析，明确三个物理参量的变化情况；再由热力学第一律分析内能的变化．解答：解：A、外界对气体做功时，转化为内能，内能可能增加；故A正确；B、压强不变时，体积增大，气体温度升高，那么分子的平均动能增大；故B 错误；C、压强减小，体积减小时，温度一降低，那么分子的平均动能一减小；故C 错误；D、对气体加热时，由于气体可能对外做功；故内能不一增加；故D正确；D、气体体积不变时，温度越低，那么压强就越小；故E正确；应选：ADE．点评：此题考查热力学第一律及理想气体状态方程的综合用，要注意明确做功和热传递均可以改变物体的内能．14．如图是某研究性学习小组设计的一种测温装置，玻璃泡A内封有一质量的气体，与A相连的细管B插在水银槽中，管内和槽内水银面的高度差z即可反映出泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出．〔B管的体积与A泡的体积相比可忽略〕①在大气压下〔p0=76cmHg〕，对B管进行温度刻线．温度t1=27℃，管内与槽中水银面的高度差x1=16cm，此高度即为27℃的刻度线．求当t=0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x0．②假设大气压变为p1=75cmHg，利用该装置测量温度时所得读数仍为27℃，那么此时实际温度是多少？考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：〔1〕封闭气体压强于大气压减去水银柱产生的压强；设B管的体积可略去不计，那么气体是容变化，结合查理律公式列式分析即可；〔2〕利用该测温装置测量温度时所得示数仍为17℃，说明气体体积不变，根据查理律分析即可．解答：解：〔1〕气体为容变化，设27℃时气体的压强为P1，温度为T1；0℃时气体的压强为P，温度为T；由题意知：T1=300K，T=273K，P1=〔76﹣16〕cmHg=60cmHg；由查理律得：=得：P=5cmHgx0=〔76﹣5〕cm=21.4cm〔2〕此时A泡内气体压强P′=75﹣16=59cmHg由查理律：=得：T′=295K=22℃答：①在大气压下〔p0=76cmHg〕，对B管进行温度刻线．温度t1=27℃，管内与槽中水银面的高度差x1=16cm，此高度即为27℃的刻度线．当t=0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x0为21.4cm；②假设大气压变为p1=75cmHg，利用该装置测量温度时所得读数仍为27℃，那么此时实际温度是22℃．点评：此题关键求解出状态参量，然后根据查理律列式求解，注意计算时温度是热力学温度，不要直接代入摄氏温度，不难．[物理---3-4]15．如图甲所示，是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是离原点x1=2m的一个介质质点，Q是离原点x2=4m的一个介质质点，此时离原点x3=6m的介质质点刚刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象〔计时起点相同〕．由此可知( )A．这列波的波长为λ=4mB．这列波的周期为T=3sC．这列波的传播速度为v=2m/sD．这列波的波源起振方向为向下E．乙图可能是图质点P的振动图象考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：由甲读出波长λ，由图乙读出周期T，由v=求出波速．波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，由波的传播方向判断．根据图乙t=0时刻质点的位置和速度方向，在图选择对的质点．解答：解：A、B、C由甲读出波长λ=4m，由图乙读出周期T=2s，波速v==2m/s．故AC正确，B错误．D、波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，简谐波没x轴正方向传播，那么知x3=6m的质点在t=0时刻的振动方向向下，那么波源的起振方向向下．故D正确．E、由图乙看出，t=0时刻，质点经过平衡位置向上，而图，Q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图质点Q的振动图象．故E错误．应选：ACD点评：此题考查根本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向都是根本功，要训练，熟练掌握．16．如图简谐横波在t时刻的波形如实线所示，经过△t=3s，其波形如虚线所示．图中x1与x2相距1m，波的周期为T，且2T＜△t＜4T．那么：〔1〕可能的最小波速为多少？〔2〕最小周期为多少？考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：此题波的传播方向未知，分波向左传播和向右传播两种情况讨论；先求出波传播的距离，再求解波速和对的周期．解答：解：〔1〕由图象可以看出，波长为λ=7m；2T＜△t＜4T，故波传播的距离△x的范围为：2λ＜△x＜4λ；①假设波向右传播，△x=15m或22m；波速为：v==m/s=5m/s 或m/s；周期为：T==s 或s=s；波向左传播，△x=20m或27m；波速为：v==m/s 或m/s=9m/s；周期为：T==s=s 或s；所以最小波速为5m/s．〔2〕由上可知最小周期为．答：〔1〕最小波速为5m/s．〔2〕最小周期为．点评：此题关键要考虑波的双向性和周期性，分情况讨论，求解出各种可能的波速和周期，然后取最小值．[物理---3-5]17．以下说法正确的选项是( )A．紫外线照射到金属锌板外表时能够发生光电效，那么当增大紫外线的照射强度时，从锌板外表逸出的光电子的最大初动能也随之增大B．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小C．核子结合成原子核一有质量亏损，释放出能量D．太阳内部发生的核反是热核反E．原子核的衰变是原子核在其他粒子的轰击下发生的考点：爱因斯坦质能方程．专题：爱因斯坦的质能方程用专题．分析：根据光电效方程进行判断；结合玻尔理论与能量守恒进行判断；根据爱因斯坦质能方程进行判断；知道裂变和聚变在生活中的用；原子核的衰变是自发地进行的．解答：解：A、根据广电效方程：E K=hv﹣w0，光电子的最大初动能与入射光的频率有关与光照强度无关，因此增大光照强度，光子的最大初动能不变，故A错误；B、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要放出一频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故B正确；C、根据爱因斯坦质能方程，核子结合成原子核一有质量亏损，释放出能量，故C正确；D、太阳内部发生的核反主要是轻核聚变反，即为热核反，故D正确；E、原子核的衰变是自发地进行的，不需要其它粒子的轰击；故E错误；应选：BCD．点评：考查光电效与质能方程的内容，理解跃迁过程中，动能、电势能及能量的变化关系，掌握质量亏损的含义，注意裂变与聚变反的区别．18．图中，轻弹簧的一端固，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连．最后A恰好返回出发点P并停止．滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l2，求A从P出发时的初速度v0．考点：动量守恒律；功能关系．专题：计算题；压轴题；分割思想；方程法；动量和能量的综合．。

2021-2022年高三物理上学期第一次月考试卷（含解析）一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．以下说法中正确的是( )A．做匀变速直线运动的物体，ts内通过的路程与位移的大小一定相等B．质点一定是体积和质量极小的物体C．速度的定义式和平均速度公式都是v=，因此速度就是指平均速度D．速度不变的运动是匀速直线运动2．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A 的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则( )A．球B对墙的压力增大B．物体A与球B之间的作用力增大C．地面对物体A的摩擦力减小D．物体A对地面的压力减小3．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )A．B．C．D．4．如图所示，在底边为定长b的直角斜面中，球从光滑直角斜面顶端由静止滑到底端，若要下滑时间最短，斜面的倾角为多少度( )A．30 B．45 C．60 D．755．如图是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图，一根绳绕过两个定滑轮和动滑轮后各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎（图中是用手指代替颈椎做实验），整个装置在同一竖直平面内．如果要增大手指所受的拉力，可采取的方法是( )A．只增加绳的长度B．只增加重物的重量C．只将手指向下移动D．只将手指向上移动6．在某一高度以v0=20m/s的初速度竖直上抛一个小球（不计空气阻力），当小球速度大小为10m/s时，以下判断正确的是（g取10m/s2）( )A．小球的位移大小一定是15mB．小球在这段时间内的平均速度的大小可能为15m/s，方向向下C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5m/s，方向向向下D．小球的路程一定是15m7．如图所示是做匀变速直线运动的质点在0～6s内的位移﹣时间图象．若t=1s时，图线所对应的切线斜率为4（单位：m/s）．则( )A．t=1s时，质点在x=2 m的位置B．t=1s和t=5s时，质点的速率相等C．t=1s和t=5s时，质点加速度的方向相同D．前5s内，合外力对质点做正功8．如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O．整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为△l1和△l2，重力加速度大小为g．在剪断的瞬间，( )A．a1=3g B．a1=0 C．△l1=2△l2D．△l1=△l29．如图所示，质量为m、横截面为直角三角形的物块ABC，∠BAC=α，AB边靠在竖直墙面上，F是垂直于斜面AC的推力．物块与墙面间的动摩擦因数为μ，现物块静止不动，则( )A．物块可能受到4个力作用B．物块受到墙的摩擦力的方向一定向上C．物块对墙的压力一定为FcosαD．物块受到摩擦力的大小等于μFcosα10．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前( )A．绳子拉力不变B．绳子拉力减小C．AB杆受力增大D．AB杆受力不变二、非选择题：（共60分）11．电火花打点计时器使用__________电源（填“直流”或“交流”），工作电压__________V．12．如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点之间还有4个点未画出，则相邻计数点时间间隔为__________s，其中x1=7.05cm，x2=7.68cm，x3=8.33cm，x4=8.95cm，x5=9.61cm，x6=10.26cm，则A点处瞬时速度的大小是__________m/s，加速度的大小是__________m/s2．（计算结果都保留两位有效数字）13．在“互成角度的两个共点力的合成”实验中，F1和F2表示两个互成角度的力，F’表示由平行四边形定则画出的合力，F表示根据“等效性”通过实验得到的合力，则图中符合实验事实的是图 ( )A．B．C．D．14．某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量△l为__________cm；②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是__________；（填选项前的字母）A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量△l与弹力F的关系图线．图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是__________．15．一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v﹣t图象如图所示，求：（1）摩托车在45﹣75s这段时间的加速度大小a；（2）摩托车在0﹣45s这段时间的平均速度大小．（保留三位有效数字）16．如图所示，位于竖直面的物体A的质量m A=0.2kg，放在水平面的物体B的质量m B=1.0kg，绳子和滑轮间的摩擦均不计，且绳子的OB部分水平．OA部分竖直，A和B恰好一起匀速运动．取g=10m/s2，求；（1）物体B与桌面间的动摩擦因数？（2）如果用水平力F向左拉物体B，使物体A和B做匀速运动需多大的拉力？17．一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态．一石墨块（可视为质点）静止在白板上．石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为μ．突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹．经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动．最后石墨块也不再运动，白板上黑色痕迹的长度是多少？（已知重力加速度为g，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量）18．如图a是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度．在图b中P1和P2是测速仪发出的超声波信号，n1和n2分别是P1和P2由汽车反射回来的信号．设测速仪匀速扫描，P1和P2之间的时间间隔△t=1.0s，超声波在空气中的传播速度是v=340m/s，若汽车是匀速行驶的，求：（1）汽车在接收到P1和P2两个信号之间的时间内前进的距离是多少？（保留两位有效数字）（2）汽车的速度是多少？（保留两位有效数字）xx广西桂林十八中xx高三上学期第一次月考物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．以下说法中正确的是( )A．做匀变速直线运动的物体，ts内通过的路程与位移的大小一定相等B．质点一定是体积和质量极小的物体C．速度的定义式和平均速度公式都是v=，因此速度就是指平均速度D．速度不变的运动是匀速直线运动考点：平均速度；质点的认识；位移与路程．专题：直线运动规律专题．分析：位移是矢量，有大小，有方向，可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示；路程表示运动轨迹的长度，在单向直线运动中，位移的大小等于路程．质点是只计质量不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点与物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略．物体在某段时间内或通过某段位移时的速度叫平均速度．解答：解：A、在单向直线运动中，位移的大小等于路程．做匀变速直线运动的物体，ts 内通过的路程与位移的大小不一定相等，例如竖直上抛后再返回时，故A错误．B、质点是只计质量不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点与物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略．故B错误．C、速度的定义式和平均速度公式都是v=，但速度有平均速度和瞬时速度之分，故C错误．D、速度不变的运动是匀速直线运动，故D正确．故选：D．点评：本题是概念题，只要理解了概念就一定会做，故要熟记并理解概念．2．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则( )A．球B对墙的压力增大B．物体A与球B之间的作用力增大C．地面对物体A的摩擦力减小D．物体A对地面的压力减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：把A向右移动少许后，A对B的支持力与竖直方向的夹角减小．先以B球为研究对象，分析墙对球的弹力的变化和A对B的作用力的变化，再整体为研究对象，分析地面对A的摩擦力和支持力如何变化．解答：解：A、B以B为研究对象．设A对B的支持力与竖直方向的夹角为α，B球受到重力m B g、墙的弹力F和A的支持力N B，如图1根据平衡条件得：F=m B gtanα，N B=若把A向右移动少许后，α减小，tanα减小，cosα增大，则 F减小，N B减小．根据牛顿第三定律得知，球B对墙的压力F′=F减小．所以球B对墙的压力减小，物体A与球B之间的作用力减小．故AB错误．C、D以整体为研究对象，分析受力如图2，则有：f=F，则地面对物体A的摩擦力减小N=（m A+m B）g，保持不变，则物体A对地面的压力不变．故C正确，D错误．故选C点评：本题涉及两个物体的动态平衡问题，关键是研究对象的选择，采用隔离法和整体法结合处理比较简捷．3．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )A． B．C．D．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1＞a2解答：解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度：a1==gsinθ+μgcosθ；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：a2==gsinθ﹣μgcosθ；比较知道a1＞a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小．故选D点评：本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大．是一道易错题．4．如图所示，在底边为定长b的直角斜面中，球从光滑直角斜面顶端由静止滑到底端，若要下滑时间最短，斜面的倾角为多少度( )A．30 B．45 C．60 D．75考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据动能定理比较物体到达底端时的速度大小．由物体受力可求出物体下滑的加速度表达式，可知哪个斜面的加速度最大，结合运动学公式求出运行的时间，运用数学三角函数关系求出时间最短的斜面倾角．解答：解：加速度a=gsinθ，设底边长为d，运动的位移：，由x=得：t=，可知当θ=45°时，下滑时间最短，故B正确，ACD错误．故选：B点评：对于本题求解末速度，也可以通过加速度，运用速度位移公式进行求解，但是没有动能定理解决方便．5．如图是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图，一根绳绕过两个定滑轮和动滑轮后各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎（图中是用手指代替颈椎做实验），整个装置在同一竖直平面内．如果要增大手指所受的拉力，可采取的方法是( )A．只增加绳的长度B．只增加重物的重量C．只将手指向下移动 D．只将手指向上移动考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对动滑轮受力分析，受重力、两个对称的拉力，大小等于悬挂物体的重量，根据三力平衡条件分析．解答：解：A、对动滑轮受力分析，受重力、两个对称的拉力，拉力等于悬挂物体的重量mg，如图三个力的合力为零，两个拉力的大小恒定，夹角越大，合力越小，夹角越小，合力越大；增加细线长度时，由于两个细线拉力也不变，动滑轮位置不变，故三个力大小方向都不变，故A错误；B、增加重物的重力，两个拉力变大，动滑轮位置不变，则两拉力夹角不变，故合力变大，故手要用较大的力，故B正确；C、手指向下移动，两个拉力大小不变，夹角变小，故两拉力合力变大，故手要用较大的力，故C正确；D、手指向上移动，两个拉力大小不变，夹角变大，故两拉力合力变小，故手要用较小的力，故D错误；故选BC．点评：本题关键是对动滑轮受力分析，根据三力平衡条件，结合力的合成的平行四边形法则进行分析讨论．6．在某一高度以v0=20m/s的初速度竖直上抛一个小球（不计空气阻力），当小球速度大小为10m/s时，以下判断正确的是（g取10m/s2）( )A．小球的位移大小一定是15mB．小球在这段时间内的平均速度的大小可能为15m/s，方向向下C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5m/s，方向向向下D．小球的路程一定是15m考点：竖直上抛运动．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出小球的位移大小，根据平均速度的推论求出平均速度的大小，注意小球的末速度方向与初速度方向可能相同，可能相反．解答：解：A、规定向上为正方向，根据得，h=，故A正确．B、若小球的末速度方向与初速度方向相同，则平均速度=，方向向上，若小球的末速度方向与初速度方向相反，则平均速度度=m/s=5m/s，方向向上，故B、C错误．D、若小球末速度方向与初速度方向相同，小球的路程s=15m，若小球的末速度方向与初速度方向相反，则路程s=，故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键知道竖直上抛运动的运动规律，掌握处理竖直上抛运动的方法，可以分段求解，也可以全过程求解．7．如图所示是做匀变速直线运动的质点在0～6s内的位移﹣时间图象．若t=1s时，图线所对应的切线斜率为4（单位：m/s）．则( )A．t=1s时，质点在x=2 m的位置B．t=1s和t=5s时，质点的速率相等C．t=1s和t=5s时，质点加速度的方向相同D．前5s内，合外力对质点做正功考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：物体做匀变速直线运动，由图象可知，6s内位移为零，图象的斜率表示速度，根据匀变速直线运动基本规律即可求解．解答：解：A、t=1s时，线所对应的切线斜率为4，则v1=4m/s，图象对称分布，3s末位移最大，所以3s末速度为零，物体做匀减速直线运动，加速度a=，初速度v0=v1﹣at1=4+2=6m/s，所以t=1s时，质点的位移x=，故A错误；B、根据对称性可知，t=1s和t=5s时图象的斜率的绝对值相等，则质点的速率相等，故B正确；C、物体做匀减速直线运动，t=1s和t=5s时，质点加速度的方向相同，故C正确；D、5s末的速度v5=v0+at5=6﹣2×5=﹣4m/s，因为4m/s＜6m/s，所以前5s物体动能减小，所以合外力对质点做负功，故D错误．故选：BC点评：本题不常见，要求同学们能根据图象得出有效信息，知道位移﹣时间图象的斜率表示速度，难度适中．8．如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O．整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为△l1和△l2，重力加速度大小为g．在剪断的瞬间，( )A．a1=3g B．a1=0 C．△l1=2△l2D．△l1=△l2考点：牛顿第二定律；胡克定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对细线剪短前后的a、b、c物体分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度与弹簧的伸长量．解答：解：A、B、对a、b、c分别受力分析如图，根据平衡条件，有：对a：F2=F1+mg对b：F1=F+mg对c：F=mg所以：F1=2mg弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零．当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a=0；对a，绳断后合力为F合=F1+mg=3mg=ma a，a B=3g方向竖直向下；故A正确，B错误．C、D、当绳断后，b与c受力不变，则F1=k△l1，；同时：F=k△l2，所以：．联立得△l1=2△l2：故C正确，D错误．故选：AC．点评：考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，重点区分绳和弹簧弹力的特点，注意加速度与受力的瞬时对应关系．9．如图所示，质量为m、横截面为直角三角形的物块ABC，∠BAC=α，AB边靠在竖直墙面上，F是垂直于斜面AC的推力．物块与墙面间的动摩擦因数为μ，现物块静止不动，则( )A．物块可能受到4个力作用B．物块受到墙的摩擦力的方向一定向上C．物块对墙的压力一定为FcosαD．物块受到摩擦力的大小等于μFcosα考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对物块受力分析，首先受重力、墙的支持力和力F的作用，结合平衡条件判断摩擦力的情况．解答：解：A、对物块受力分析，首先受重力、墙的支持力和力F的作用，竖直方向若Fsinα=mg，则物体不受摩擦力作用，若Fsinα＞mg或Fsinα＜mg则物块受摩擦力作用，即受重力、墙的支持力和力F以及摩擦力4个力，故A正确；B、若Fsinα＞mg，根据平衡条件则受向下的摩擦力，故B错误；C、根据平衡条件，水平方向：Fcosα=N，由牛顿第三定律则物块对墙的压力N′=N=Fcosα，即压力一定为Fcosα，C正确；D、物体静止，受静摩擦力，不能由滑动摩擦力公式求解，故D错误；故选：AC．点评：本题关键对物体受力分析，然后根据共点力平衡条件，结合正交分解法列式求解．10．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前( )A．绳子拉力不变B．绳子拉力减小C．AB杆受力增大D．AB杆受力不变考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABO三边边长的关系，再分析其变化．解答：解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图：由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：==又T=G，解得：N=•G，F=•G；使∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，F变小．故BD正确，AC错误．故选：BD点评：本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法．二、非选择题：（共60分）11．电火花打点计时器使用交流电源（填“直流”或“交流”），工作电压220V．考点：电火花计时器、电磁打点计时器．专题：实验题．分析：正确解答本题需要掌握：了解打点计时器的构造、工作原理、工作特点等，比如工作电压、打点周期等，掌握基本仪器的使用，能够正确的使用打点计时器．解答：解：电火花打点计时器使用交流电源，工作电压220V．故答案为：交流； 220点评：对于基本仪器的使用，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去操作，深刻了解具体操作细节的含义，同时注意电火花计时器和电磁打点计时器在电压上的不同．12．如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点之间还有4个点未画出，则相邻计数点时间间隔为0.1s，其中x1=7.05cm，x2=7.68cm，x3=8.33cm，x4=8.95cm，x5=9.61cm，x6=10.26cm，则A点处瞬时速度的大小是0.86m/s，加速度的大小是0.53m/s2．（计算结果都保留两位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题．分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上A点时小车的瞬时速度大小．解答：解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上A点时小车的瞬时速度大小．v A===0.86m/s根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2x6﹣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：a= （a1+a2+a3）即小车运动的加速度计算表达式为：a===0.53m/s2，故答案为：0.1，0.86，0.53．点评：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，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．13．在“互成角度的两个共点力的合成”实验中，F1和F2表示两个互成角度的力，F’表示由平行四边形定则画出的合力，F表示根据“等效性”通过实验得到的合力，则图中符合实验事实的是图 ( )A．B．C．D．考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题．分析：本实验是要验证平行四边形定则，注意在理解实验的原理基础上，掌握实验的方法和数据的处理方法以及需要注意的事项，尤其是理解本实验的“等效”思想，正确理解“理论值”和“实验值”的区别．解答：解：实验测的弹力方向沿绳子方向，作图法得到的合力理论值在平行四边形的对角线上，由于误差的存在合力的理论值与实验值有一定的差别，故ABD错误，C正确．故选：C．点评：对于实验题目，只有亲自做过实验，做起来才能心中有数，才能对实验注意事项有更加深入的了解，而且会起到事半功倍的效果，通过背实验而做实验题目效果会很差．14．某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量△l为6.93cm；②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是A；（填选项前的字母）A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量△l与弹力F的关系图线．图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是超过弹簧的弹形限度．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题．分析：①根据弹簧测力计的读数方法可得出对应的读数，再由读数减去原长即为伸长量；②根据实验准确性要求可明确哪种方法更为规范；③由弹簧的性质和图象进行分析，则可得出造成图象偏离的原因．解答：解：①由图可知，图乙中示数为：14.65cm，则伸长量△l=14.66cm﹣7.73cm=6.93cm；②为了更好的找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重；故选：A；③在弹簧的弹性限度范围内，胡克定律是成立的，但若超过弹簧的弹性限度，胡克定律将不再适用；图中出现偏折的原因是因为超过了弹簧的弹性限度；故答案为：①6.93；②A；③超过弹簧的弹性限度．。