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1、黑龙江省宾县一中2020届高三物理上学期第二次月考试题（含解析）一、选择题1.如图所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较()A. 无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同B. 质点沿着与AB夹角越大轨道下滑，时间越短C. 质点沿着轨道AB下滑，时间最短D. 轨道与AB夹角越小(AB除外)，质点沿其下滑的时间越短【答案】A【解析】【详解】设半径为，斜面与竖直方向夹角为，物体运动的位移为，物体运动的加速度，根据，解得，与角无关，故选项A正确，B、C、D错误。2.如图，在水平桌面上放置一
2、斜面体 P，两长方体物块 a 和 b 叠放在 P 的斜面上，a、b、c 质量分 别为 2m、m、m，斜面倾角为，整个系统处于静止状态。若将 a 和 b、b 与 P、P 与桌面之间摩擦力的大小分别用 f1、f2 和 f3 表示则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】对物体分析物体受重力，绳子的拉力，根据平衡条件可得；对物体分析可知物体受重力，支持力，绳子的拉力的作用，根据平衡条件可得受到的摩擦力；再对整体分析可知整体受重力，支持力，绳子的拉力的作用，根据平衡条件可得受到的摩擦力，方向沿斜面向上；对及组成的整体分析可知整体在水平方向受绳子的拉力的分力，所以受地面向左的摩擦力；A.与分析
3、相符，符合题意；B.与分析不符，不符合题意；C.与分析不符，不符合题意；D.与分析不符，不符合题意。3. 半圆柱体P放在粗糙的水平地面上,其右端有固定放置的竖直挡板MN,在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q,整个装置处于静止状态,如图所示是这个装置的截面图,若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动,在Q落到地面以前,发现P始终保持静止,在此过程中,下列说法中正确的是A. MN对Q的弹力逐渐减小B. 地面对P的摩擦力逐渐增大C. P、Q间的弹力先减小后增大D. Q所受合力逐渐增大【答案】B【解析】以整体为研究对象，MN对Q的弹力和地面对P的摩擦力是一对平衡力，以Q为对象画受力分析图，可知MN
4、右移时MN对Q的弹力和P、Q间的弹力都是增大的；Q始终处于平衡状态，因此合力始终为零，故只有B正确.4.一物体做匀加速直线运动，从某位置开始通过传感器收集位移和速度等数据信息，然后输入计算机自动生成了物体运动的x-v图象，如图所示.以下说法正确的是（）A. 物体运动的初速度为1m/sB. 物体运动的加速度为2m/s2C. 物体速度由2m/s增加到4m/s的过程中，物体的位移大小为1mD. 物体速度由2m/s增加到4m/s的过程中，物体的运动时间为2s【答案】B【解析】【详解】物体做匀加速直线运动，则有，有图可知当v=0时，x=-1m，代入上式得： ；当x=0时，代入上式得： 解得： 故A错误；
5、B正确；物体速度由增加到的过程中，物体的位移大小为，故C错误；物体速度由增加到的过程中，物体的运动时间为，故D错误；故选B5.一船要渡过宽为150m的河流已知船开始渡河时在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，为避免船撞击河岸，某时刻开始减速，使船到达河对岸时垂直河岸的速度刚好为零，已知船减速的加速度大小为1m/s2，则（）A. 船的运动轨迹可能为曲线，也可能为直线B. 8s末船速度大小为4m/sC. 船最快到达对岸的位移一定大于150mD. 船到达对岸所用的时间可能为28s【答案】C【解析】【详解】A.快艇沿水流方向做匀速直线运动，船在静水中做匀变速直线运动，所以快艇做匀变速
6、曲线运动，故A错误；B.由图可知，8s末船在静水中速度大小为4m/s，和速度不为4m/s，故B错误；C.当静水速度垂直于河岸时，时间最短，当到达对岸时船已到下游，位移肯定大于150m，故C正确；D.设船加速的时间t1，减速的时间t2=t1/2，加速的加速度a1大小为0. 5m/s2，加速的加速度大小为a2=1m/s2，由可得，t1=20s，t2=10s，即渡河的最短时间为30s，故D错误.故选：C6.光滑半球A放在竖直面光滑的墙角，并用手推着保持静止。现在A与墙壁之间放入光滑球B，放手让A和B由静止开始运动，当A、B运动到图示位置时，二者球心的连线与水平面成角，速度大小分别为和，则以下关系正确
7、的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】将A、B两球的速度沿两球心的连线和垂直两球心连线分解，如图，由关联速度的关系可得：，解得：，故D正确。7.质量为m的物体以v0的速度水平抛出，经过一段时间速度大小变为 ，不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是（）A. 该过程平均速度大小为 B. 运动时间为C. 速度大小变为 时，重力的瞬时功率为 D. 运动位移的大小为 【答案】D【解析】【详解】ABD.竖直方向速度为： ，所以运动时间 ，位移为： ，所以平均速度为 ，故AB错误、D正确；C. 速度大小变为时，重力的瞬时功率为：Pmgvy2mgv0，故C错误；8.如图所示，某同学用硬
8、塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动，则只要运动角速度合适，螺丝帽恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时，下述分析正确的是A. 螺丝帽受到的静摩擦力提供向心力B. 螺丝帽的线速度大小为C. 若杆的转动加快，螺丝帽有可能相对杆向上运动D. 若螺丝帽的质量变为原来的2倍，则转动的角速度至少要变成原来倍才能使其在原来轨道做圆周运动【答案】B【解析】【详解】A、螺丝帽恰好不下滑，知螺丝帽受到重力和最大静摩擦力平衡，螺丝帽在水平
9、方向受到的弹力提供向心力，弹力的方向指向圆心，故选项A错误；BD、根据，解得，根据，解得线速度大小为，角速度大小为，角速度大小与质量无关，故选项B正确，D错误。C、若杆转动加快，则向心力增大，弹力增大，最大静摩擦力增大，螺丝帽受重力和静摩擦力仍然平衡，故选项C错误。9.下列关于物体运动的说法不正确的是（ ）A. 物体在运动过程中若加速度不变，则一定做直线运动B. 当物体速度为零时，处于绝对静止状态C. 做平抛运动的物体在任意相等的时间内速度变化量一定相同D. 做匀速圆周运动的物体在任意相等时间内速度的变化量一定相同【答案】ABD【解析】【详解】A、物体做直线运动条件是受力为零，或者合力与速度在
10、一条直线上，而不是加速度不变，加速度不变物体可以是曲线运动，如平抛运动，故A错误。B、当物体速度为零时，相对其所在的参考系是静止的，但是运动是绝对的，故不能说处于绝对静止状态，故B错误。C、平抛加速度恒定为g，故速度变化量，在任意相等的时间内速度变化量一定相同，故C正确。D、做匀速圆周运动的物体加速度为：，由于加速度大小不变，方向时刻变化，故大小不变，方向时刻变化，故在任意相等的时间内，速度的变化量不同，故D错误。10.图甲表示用水平恒力F拉动水平面上的物体，使其做匀加速运动.当改变拉力的大小时，相对应的匀加速运动的加速度a也会变化，a和F的关系如图乙所示（取）.则（ ）A. 该物体受到的滑动
11、摩擦力为B. 该物体的质量为C. 该物体与地面的摩擦因数为D. 在该物体上放一个与该物体质量相同的砝码，保持砝码与该物体相对静止，其它条件不变，则此时a-F图线的斜率将增大【答案】AC【解析】【详解】A. 根据牛顿第二定律得，物体的加速度为当F=1N时，a=0，代入得：故选项A符合题意.B.根据牛顿第二定律得，物体的加速度为由数学知识可知，a-F图线的斜率由图可得解得m=0.5kg故选项B不符合题意.C.物体的滑动摩擦力：解得：=0.2故选项C符合题意.D. 在该物体上放一个质量是该物体质量相同的砝码，摩擦力为据牛顿第二定律可得即由此可知在该物体上放一个与该物体质量相同的砝码，保持砝码与该物体
12、相对静止，其它条件不变，则此时a-F图线的斜率将减小.故选项D不符合题意.11.如图所示，质量分别为5kg和3kg的物块AB放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，今用大小为F=24N的水平力作用在A上使A、B相对静止一起做匀加速直线运动，则下列说法正确的是（）A. 弹簧的弹力大小等于15NB. 弹簧的弹力大小等于9NC. 突然撤去F瞬间，A的加速度大小为D. 突然撤去F瞬间，B的加速度大小为【答案】BD【解析】【详解】AB.对整体分析，根据牛顿第二定律得：a=隔离对B分析，根据牛顿第二定律得：故A不符合题意，B符合题意。CD.突然撤去F瞬间，弹簧弹力不变，A的加速度为：B的加速度为：故C不符合题意
13、，D符合题意。12.如图所示，一细线的一端固定于倾角为的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a,(取g=10m/s2)则 ( )A. 当a=5m/s2时，细线上的拉力为B. 当a=10 m/s2时，小球受的支持力为C. 当a=10 m/s2时，细线上的拉力为2D. 当a=15m/s2时，若A与小球能相对静止的匀加速运动，则地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【答案】AC【解析】【详解】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，水平方向：F合=Fcos45=ma0竖
14、直方向：Fsin45=mg解得：a0=gA当a=5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45-FNcos45=ma竖直方向：Fsin45+FNsin45=mg解得：，故A正确；BC当加速度a=10 m/s2时，小球只受绳子拉力和重力，绳子上拉力等于，故B错误，C正确；D当加速度a=15 m/s2时，小球离开斜面，由于小球和 斜面体相对静止，对于整体，在竖直方向合力等于0，支持力等于两个物体的重力大小，故D错误。13.如图甲所示，传送带以恒定速率逆时针运动，皮带始终是紧的，将m=1kg的面粉袋放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端，用速度传感器测得面粉袋与送带的速度v随时间t变
15、化图象如图乙所示，已知重力加速度g取10m/s2，由v-t图线可知A. A、B两点的距离为3.2mB. 粉袋与传送带的动摩擦因数为0.5C. 面粉袋从A运动到B这程中，传送带上面粉痕迹长为1.2mD. 面粉袋从A运动到B过程中，其与传送带摩擦产生的热量为4.8J【答案】ABD【解析】【详解】A.根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知A、B两点的距离对应图象与时间轴所围图形的“面积”大小，为 x=20.2+（2+4）1=3.2m，故A正确；B.由v-t图象可知，0-0.2s内，面粉袋的加速度为：。对面粉袋受力分析，面粉袋受到重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿皮带向下，由牛顿第二定
16、律得：mgsin+f=ma1，即为：mgsin+mgcos=ma1；同理，0.2-1.2s内，面粉袋的加速度为：，对面粉袋受力分析，面粉袋受到重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿皮带向上，由牛顿第二定律得：mgsin-f=ma2即：mgsin-mgcos=ma2，联立解得：=0.5，f=4N故B正确。C.在0-0.2s时间内，传送带速度大，面粉袋相对于皮带的位移大小为：，方向沿皮带向上。在0.2s-1.2s时间内，面粉袋速度大，面粉袋相对于皮带的位移大小为：x2=x2-vt2=1-21=1m，方向沿皮带向下。故传送带上面粉痕迹的长度为：s=x2=1m；故C错误。D.面粉袋与传送带摩擦产生
17、的热量为：Q=f（x1+x2）=41.2J=4.8J，故D正确。二、实验（共12分）14.(1)一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两根不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示，下列表述正确的是_Aa的原长比b的长 Ba的劲度系数比b的小 Ca的劲度系数比b的大D测得的弹力与弹簧的长度成正比(2)如图所示，是探究某根弹簧的伸长量x与所受拉力F之间的关系图：弹簧的劲度系数_N/m；【答案】 (1). C (2). 【解析】【详解】（1）1由图像可知，直线与横轴交点的坐标为弹簧的原长，可知a的原长比b的短，选项A错误；根据F=kx可知，直线的斜率等于弹簧的劲度系数
18、，可知a的劲度系数比b的大，选项C正确，B错误；由图像可知弹力与弹簧的伸长量成正比，但是与长度不成正比，选项D错误；故选C；（2）弹簧的劲度系数为：；15.某实验小组应用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为m2，所挂砝码质量为m1，打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，动滑轮轻质。实验步骤如下：A.按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；C.挂上钩码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D.改变钩码的数量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度。根据
19、以上实验过程，回答以下问题：（1）对于上述实验，下列说法正确的是_。A.钩码的质量应远小于小车的质量 B.实验过程中钩码处于超重状态C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行 D.弹簧测力计的读数应为钩码重力的一半（2）实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a=_（结果保留两位有效数字）（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，与本实验相符合的是_。A. B. C.D.（4）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的 图象如图2，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数 =_.【答案】 (1).
20、 C (2). 0.88 (3). A (4). 【解析】【详解】(1)1A因弹簧测力计可以测出绳子的拉力，从而得到下车的真实合力，故不需要用钩码的重力近似替代，即不需要钩码的质量远小于小车的质量的条件，故A错误；B钩码处于加速下降的状态，则处于失重的状态，故B错误；C与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，才能保证绳子的拉力等于小车受到的合力，故C正确；D实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误；(2)2在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即x=aT2，解得：(3)3实验前已经平衡摩擦力，由牛顿第二定律得：小车的加速度a与弹
21、簧测力计的示数F成正比，a-F图象为过原点的直线，由图示图线可知，故A正确，B、C、D错误；(4)4对小车由牛顿第二定律：解得：图中倾斜直线的斜率纵截距：联立解得：三、计算题16.如图所示，一个质量m=10kg的物体放在水平地面上。对物体施加一个与水平方向成=37的F=50N的拉力，使物体由静止开始运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，在2秒后撤去拉力，求物体还能运动多远。(g=10m/s2,sin37=0.6，cos37=0.8)【答案】6.76m【解析】【详解】物体受重力、支持力、摩擦力和拉力，如图所示，根据牛顿第二定律，有：Fcos37-f=ma，而f=N=（mg-Fsin37）
22、代入数据解得：a=2.6m/s2；物体在t=2.0 s时速度的大小为：v=at=2.62.0m/s=5.2m/s；减速运动的加速度为：a=g=2m/s2，根据位移速度关系可得：联立解得：17.如图所示，顺时针以4.0m/s匀速转动的水平传送带的两个皮带轮的圆心分别为A，B，右端与等高的光滑水平平台恰好接触。一小物块m（可看成质点）从A点正上方轻放于传送带上，小物块与传送带间动摩擦因数=0.3，最后从光滑水平平台上滑出，恰好落在临近平台的一倾角为 = 53的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8m，长l=6m, g = 10m/s2，sin53 = 0.8，co
23、s53 = 0.6，则（1）小物块水平抛出的初速度v0是多少？（2）斜面顶端与平台右边缘水平距离s和传送带AB长度L各是多少？（3）物块离开平台右边缘后到达地面的时间是多少？【答案】（1）3m/s （2）1.2m1.5m （3）1.15s【解析】【详解】(1)由题意可知小块落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小块速度方向与斜面平行，否则小块会弹起，如图所示：所以有：vy=v0tan53代入数据得：vy=4m/s，v0=3m/s(2)在竖直方向上由vy=gt1得：t1=0.4s在水平方向上有：s=v0t1=30.4m=1.2m因为物块离开传送带的速度小于4.0m/s，所以一直匀加速运动，加速度为：由
24、得：(3)小块沿斜面做匀加速直线运动的加速度沿斜面方向上的速度为：设在斜面上运动时间为t2，沿斜面方向上有：代入数据，整理得：解得：t2=0.75s或t2=-2s（不合题意舍去） 所以小球离开平台后的运动时间为：t=t1+t2=1.15s18.如图所示，水平地面上一个质量M=4.0kg、长度L=2.0m的木板，在F=8.0 N的水平拉力作用下，以v0=2.0m/s的速度向右做匀速直线运动某时刻将质量m=1.0 kg的物块(物块可视为质点)轻放在木板最右端(g取10m/s2)(1)若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；(2)若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间
25、的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动【答案】(1)1.2s(2)4.0 s【解析】试题分析：（1）未放物块之前，木板做匀速运动.因此木板与地面之间的动摩擦因数 = 0.20若物块与木板间无摩擦，物块放在木板上后将保持静止.木板水平方向受力如图1所示，它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a1.a1= 0.50 m/s2设物块经过时间t离开木板. 木板在这段时间内的位移 L = v0ta1t2解得：，即 t = 1.2 s或6.8 s （其中t = 6.8 s不合题意舍去）（2）若物块与木板间的动摩擦因数也为，则物块放在木板上后将做匀加速运动，设物块的加速度的大小为
26、a2.mg = ma2 木板水平方向受力如图所示，它做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a3. (M+m) g + mgF = Ma3 设经时间t，物块与木板速度相等，此时它们的速度为v，此过程中木板的位移为s1，物块的位移为s2.v = v0a3tv = a2ts1 = v0ta3t2s2 =a2t2可求a2 =g = 2.0 m/s2 a3 =1.0 m/s2v =m/s，s1 =m，s2 =m解得 t=s，因为s1s2 L，所以物块仍然在木板上.之后，它们在水平方向的受力如图所示，二者一起做匀减速直线运动，设它们共同运动的加速度的大小为a4. (M+m) gF = (M+m) a4 设再经过时间t，它们停止运动.0 = va4tt=st总 = t+ t= 4.0 s因此将物块放在木板上后，经过 4.0 s木板停止运动. 考点：此题为运动和力的综合题目，考查牛顿定律及运动公式的应用问题，要求有较高的逻辑思维能力和灵活运用知识的能力。- 19 -