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1、山东省淄博市临淄实验中学2020学年高一物理3月月考试题（含解析） 一、选择题:本大题共10小题,每小题4分, 共40 分。 第1-6 题只有一个选项符合题目要求,7-10题有多个选项符合题目要求。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.在力学范围内,国际单位制规定长度、 质量、 时间为三个基本量, 它们的基本单位分别是A. 米、牛顿、秒 B. 厘米、克、秒C. 米、斤、小时 D. 米、千克、秒【答案】D【解析】【详解】力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为米、千克、秒对应的符号为：米、千克、秒，故D正确，ABC错误。2.如图所示，小船过河时
2、，船头始终垂直河岸，已知河水的速度为3m/s，小船在静水中速度为4m/s，河宽为200m，则小船渡河需要的时间为（）A. 40s B. 66.7s C. 50s D. 90s【答案】C【解析】船头始终垂直河岸，渡河时间为，C正确3.如图所示,用细线将A物体悬挂在顶板上,B物体放在水平地面上A、B间有一劲度系数为100N/m的轻弹簧,此时弹簧伸长了2cm,已知A、B两物体的重力分别是3N和5N，则细线的拉力及B对地面的压力分别是( )A. 1N和0NB. 5N和3NC. 5N和7ND. 7N和7N【答案】B【解析】【详解】以A为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡条件有：细线的拉力T=GA+kx
3、，代入数据得T=5N；以物体B为研究对象进行受力分析有：FN+kx=GB，代入数据得地面对B的支持力FN=3N，由牛顿第三定律可知，B对地面的压力也为3N，方向竖直向下；故A、C、D错误，B正确。故选：B4.如图所示，光滑水平地面上放有截面为 四分之一圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则（ ）A. A对B的作用力增大 B. 地面对A的支持力增大C. 墙对B的作用力减小 D. 推力F逐渐增大【答案】C【解析】隔离小球B，对其受力分析，如图所示，当A的位置向左移动少许后，A对B的弹力与竖直方
4、向的夹角减小，故越来越小，墙壁对B球的弹力也在减小，A错误C正确； 将两者看做一个整体，整体的受力分析图如图所示，则地面对A的支持力大小等于两者的重力，恒定不变，而外力F大小等于墙壁对B的支持力，因为N减小，所以F减小，故BD错误5.汽车在公路上以54km/h的速度行驶，突然发现前方30m处有一障碍物，驾驶员反应一段时间后开始刹车，刹车的加速度大小为6m/s2，为使汽车不撞上障碍物，则允许驾驶员的最长反应时间为（）A. 0.95s B. 0.85s C. 0.75s D. 0.65s【答案】C【解析】汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合位移之和等于30m，根据运动学公式
5、求出驾驶员允许的反应时间，根据得代入数据有：，解得：，所以为了不撞上障碍物驾驶员的反应时间必须小于0.75s，故C正确6.如图所示，两个物体A和B，质量分别为2m和m，用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，A静止于水平地面上，=30，则以下说法正确的是（）A. 物体A可能受三个力B. 地面对物体A的支持力大小为C. 地面对物体A的摩擦力大小为D. 如果增加物体A的质量，则地面对物体A的摩擦力变大【答案】C【解析】以B为研究对象，受重力和拉力，根据平衡条件，有；再对A受力分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有水平方向；竖直方向，将代入，有，地面对物体A的摩擦力的方向与A的质
6、量无关，结合牛顿第三定律，物体A对地面的压力大小为1.5mg，物体A对地面的摩擦力大小为，C正确7.做曲线运动的物体，在运动过程中，下列物理量可能不变的是（ ）A. 速率 B. 速度 C. 加速度 D. 合外力【答案】B【解析】【分析】本题的考点是曲线运动的基本概念。【详解】曲线运动一定改变的是速度的方向，但是加速度、合外力、速率可以不变。【点睛】基本概念要了然于胸。8.如图所示，A、B为两个挨得很近的小球(可视为质点），静止放于光滑斜面上，斜面足够长，在释放B球的同时，将A球以某一速度v0水平抛出，当A球落于斜面上的P点时，B球的位置位于 ( )A. P点以上 B. P点C. P点以下 D.
7、 由于v0未知，故无法确定【答案】A【解析】【分析】B球沿着斜面做的是匀加速直线运动，A球做的是平抛运动，分别计算出AB两个球到达P点的时间，比较它们的运动时间就可以判断A球落于斜面上的P点时，B球的位置。【详解】设A球落到P点的时间为tA，AP的竖直位移为h；B球滑到P点的时间为tB，BP的竖直位移也为h，A球在竖直方向做的是自由落体运动，由，可得：。B球做的是匀加速直线运动，运动到P点的位移为：，加速度的大小为：a=gsin，根据位移公式，可得B运动的时间为：，故A正确，BCD错误。【点睛】抓住AB两个球的不同的运动的特点，分别求解运动的时间的大小，即可解决本题，本题的关键就是分析清楚AB
8、的运动的状态。9.关于加速度与速度，下列说法中正确的是A. 速度大，加速度一定越大B. 速度变化越大，加速度一定越大C. 速度变化越快，加速度越大D. 加速度越来越小，速度可能越来越大【答案】CD【解析】据加速度的定义式：可知：A、B项：当速度越大或速度变化越大时，还取决于时间，所以加速度不一定越大，故AB错误；C项：加速度是描述速度变化快慢的物理量，所以速度变化越快，加速度越大，故C正确；D项：当物体的速度方向与加速度方向相同时，物体做加速运动，速度增大，与加速度的大小无关，故D正确。点晴：解决本题的关键掌握加速度定义为单位时间内速度的变化量，反应速度变化快慢的物理量。10.如图所示为风洞实
9、验示意图，实验中可以产生大小可调节的风力，将一套有小球的固定细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于杆的直径，杆足够长，杆与水平方向的夹角为，小球与杆间的动摩擦因数为，且tan现将小球由静止释放，同时开始送风，风对小球的作用力F方向与杆垂直，大小随时间变化的关系式为F=kt，关于小球的运动，下列说法正确的是（）A. 加速度先增大后不变B. 加速度先增大后减小到零，然后再增大，最后为零C. 速度先增大后减小到零D. 速度先增大后不变【答案】BC【解析】小球受重力、支持力、风力和滑动摩擦力，在垂直杆方向，有，故，即弹力先减小到零，后反向增加；在平行杆方向，有，其中，故，由于弹力先减小到零，后反向增加，
10、故加速度先增加后减小到零，最后反向增加，物体静止时加速度再次为零；当加速度与速度相同时，球做加速运动，当加速度与速度反向时，球做减速运动，直到静止，BC正确二、实验题:本大题共2小题,其中第11小题6分,第12小题9分,共15分。11.某同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则:在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3，回答下列问题:(1)改变钩码个数，实验能完成的是: _A.钩码个数N1=N2=2N3=4B.钩码个数N1=N3=3N2=4C.钩码个数N1=N2=N3=4D.
11、钩码个数N1=3N2=4N3=5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是_A.标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B.量出OA、OB、OC三段绳子的长度C.用量角器量出三段绳子之间的夹角D.用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为图2中_是正确的.(填“甲”或“乙”)【答案】（1）BC （2） A （3）甲【解析】【分析】两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点（如图所示），由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功；为验证平行四边形
12、，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答；【详解】解：(1)对O点受力分析如图所示，OA、OB、OC分别表示FTOA、FTOB、FTOC的大小，由于三个共点力处于平衡，所以FTOA、FTOB的合力大小等于FTOC，且，即，故B、C、D能完成实验；故选BCD。(2)为探究求合力的方法，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，应从力的三要素角度出发，要记录钩码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，B、C、D错误；故选A。(3)以
13、O点为研究对象，F3的实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的合力的理论值与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际；12.用接在50Hz交流电源上的打点计时器，研究小车做匀加速直线运动的规律，某次实验中得到的一条纸带如图所示，从比较清晰的点起，每五个打印点取一个点作为计数点，分别标作0、1、2、3、4量得两计数点间的距离s1=30.0mm，s2=36.1mm，s3=41.9mm，s4=48.0mm，则小车在0与1两计数点间的平均速度为_m/s，小车的加速度为_m/s2（小数点后保留2位）【答案】 (1). （1）0.30 (2). （2）0.60【解析】每五个打印点取
14、一个点作为计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，利用平均速度的定义得小车在0与1两计数点间的平均速度，根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，得，为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得：，即小车运动的加速度计算表达式为：。三. 计算题:本大题共4小题,其中第13小题10分,第14 小题10 分,第15 小题12分,第16小题13分,共45分。13.如图所示，半径为r的圆球在水平绳AB的拉力作用下静止在斜面上，已知圆球质量为m，水平绳AB长为l，重力加速度为g，求：（1）水平绳AB对圆球的拉力大小；（2）斜面对圆球的支持力大小【答案】（1） （2）【解析】以
15、小球为研究对象，分析受力如图，由共点力平衡条件得，；由几何关系有：，；、联立得：14.小丽学习了高中物理关于超失重的知识，一次乘坐直升式电梯，发现电梯中一质量为5kg的物体在电子秤上显示只有4kg，取重力加速度g=10m/s2进行计算中，根据这些数据，请你帮助小丽写出下面两问的计算过程和结果。（1）此时电梯的加速度；（2）已知小丽体重50kg，小丽对电梯地板的压力有多大？【答案】（1）2m/s2，方向向下 （2）400N【解析】（1）设物体质量为m，显示质量为，根据牛顿第二定律可得：解：a=2m/s2，方向竖直向下；（2）对于小丽为研究对象，根据牛顿第二定律可得：解得：，所以小丽对地板的压力为
16、400N，方向竖直向下。15.一辆巡逻车最快能在10s内由静止加速到最大速度50m/s,并能保持这个速度匀速行驶, 问该巡逻车在平直的高速公路上由静止追上前方 200m 处正以35m/s的速度匀速行驶的汽车,至少需要多少时间。【答案】【解析】【分析】巡逻车追赶汽车的过程是先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，追赶上时巡逻车和汽车的位移存在这样的关系，x1=x2+200m，x1表示巡逻车的位移，x2表示汽车的位移根据运动学公式，结合位移关系求出追及的时间【详解】设至少经过时间t追上此时汽车的位移巡逻车匀加速运动的位移匀速运动的位移则巡逻车的位移因为代入数据得：【点睛】解决本题的关键知道追赶上时巡逻
17、车和汽车的位移的关系。16.如图为某种传输装置示意图，它由水平传送带AB和倾斜传送带CD两部分组成，B、C两点由一段光滑小圆弧连接，物体能够以不变的速率从B运动到CA、B两端相距3m，C、D两端相距4.45m，且与水平地面的夹角=37水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动，将质量为10kg的物块无初速地放在A端，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）若CD部分传送带不运转，求物块沿传送带所能上升的最大距离；（2）若要物块能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件。【答案】（1）1.25m （2）4m/s【解析】试题分析：由牛顿第二定律可以
18、求出米袋在水平传送带与倾斜传送带上的加速度，应用匀变速运动的速度公式与位移公式求出位移，然后得出米袋到达B的速度；由于米袋开始的速度大于倾斜传送带的速度，所以所受摩擦力的方向向下，根据牛顿第二定律求出加速度，从而求出匀减速运动速度达到传送带速度的位移关系；因为，速度达到传送带速度后不能一起做匀速直线运动，向上做匀减速直线运动，摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律求出运动的加速度，根据运动学公式求出米袋到达D点的过程中的位移关系，联立即可求出传送带的速度。（1）由牛顿第二定律可得，米袋在AB上加速运动的加速度为：；米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离：，故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达BC端速度为：；设米袋在CD上传送的加速度大小为a，由顿第二定律得解得，能沿CD上滑的最大距离；（2）设CD部分运转速度为时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为传送带的速度之前的加速度为：，此时上滑的距离为：，米袋速度达到传送带的速度后，由于，米袋继续减速上滑，速度为零时刚好到D端，其加速度为：，减速到零时上滑的距离为；两段位移的和，联立可得；可知要物块能被送到D端，CD部分顺时针运转的速度应大于等于4m/s。