湖北省宜昌市部分示范高中教學協作體2020屆高三物理9月月考試題（含解析）一、 選擇題 1. 物理學的發展極大地豐富了人類對物質世界的認識，推動了科學技術的創新和革命，促進了人類文明的進步，關于物理學中運動與力的發展過程和研究方法的認識，下列說法中正確的是( )A. 亞里士多德首先提出了慣性的概念B. 伽利略對自由落體運動研究方法的核心是：把實驗和邏輯推理（包括數學演算）結合起來，從而發展了人類的科學思維方式和科學研究方法C. 牛頓三條運動定律是研究動力學問題的基石，牛頓的三條運動定律都能通過現代的實驗手段直接驗證D. 力的單位“N是基本單位，加速度的單位“m/s2”是導出單位【答案】C【解析】試題分析：伽利略首先提出了慣性的概念，故A錯誤；牛頓三條運動定律是研究動力學問題的基石，因為牛頓定律的內容是在物體不受任何外力的作用下，而現實生活中沒有不受任何外力的物體，所以牛頓第一定律是在實驗的基礎上，結合推理得出來的，故B錯誤；伽利略對自由落體運動研究方法的核心是：把實驗和邏輯推理（包括數學演算）結合起來，從而發展了人類的科學思維方式和科學研究方法故C正確；力的單位“N“不是基本單位，加速度的單位“m/s2”是導出單位，故D錯誤；故選C.考點：物理學史。2.一質點位于x=1m處，t=0時刻沿x軸正方向做直線運動，其運動的vt圖象如圖所示下列說法正確的是（）A. 02s內和04s內，質點平均速度相同B. t=4s時，質點在x=2m處C. 第3s內和第4s內，質點位移相同D. 第3s內和第4s內，質點加速度的方向相反【答案】B【解析】根據圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，在時間軸上方的位移為正，下方的面積表示位移為負，則知02s內和04s內，質點的位移相同，但所用時間不同，則平均速度不同，故A錯誤0-2s內質點的位移為x=（1+2）2m=3m，2-4s內位移為零，則t=4s時質點的位移是3m，t=0時質點位于x=-1m處，則t=2s時，質點在x=x+x=2m處，故B正確第3s內和第4s內，質點位移大小相同，但方向不同，選項C錯誤；速度圖線的斜率表示加速度，直線的斜率一定，加速度是一定的，則知第3s內和第4s內，質點加速度的方向相同，故D錯誤故選B.點睛：本題是速度圖象問題，考查理解物理圖象意義的能力，關鍵要抓住速度圖象“斜率”表示加速度，“面積”表示位移3.如圖所示，光滑的大圓環固定在豎直平面上，圓心為O點，P為環上最高點，輕彈簧的一端固定在P點，另一端栓連一個套在大環上的小球，小球靜止在圖示位置平衡，則（）A. 彈簧可能處于壓縮狀態B. 大圓環對小球的彈力方向可能指向O點C. 小球受到彈簧的彈力與重力的合力一定指向O點D. 大圓環對小球的彈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】若彈簧處于壓縮狀態，則對小球受力分析可知，重力向下，大圓環對小球的彈力指向O點，彈簧彈力沿PQ向下，則由平衡條件可知，此三力不可能平衡，選項A錯誤；因彈簧處于被拉伸狀態，則大圓環對小球的彈力方向沿半徑方向向外，不可能指向O點，選項B錯誤；因小球受重力、彈簧的彈力以及大圓環的彈力作用，由平衡條件可知，小球受到彈簧的彈力與重力的合力一定與大圓環對小球的彈力等大反向，指向O點，選項C正確； 根據平行四邊形法則，結合幾何關系可知，大圓環對小球的彈力大小等于球的重力，選項D錯誤；故選C.點睛：解答此題關鍵是理解力的平衡條件，通過畫出受力圖，根據小球的受力情況，結合幾何知識進行判斷.4.如圖為某一質點作直線運動的位移x隨時間變化的規律，圖為一條拋物線，則下列說法正確的是（ ）A. 在末，質點的速率最大B. 在內，質點所受合力的方向與速度方向相反C. 在末和末，質點的加速度方向相反D. 在末，質點的位移大小為9m【答案】B【解析】【詳解】A.位移-時間圖象切線的斜率表示該時刻的速度，則知在10s末時，質點的速度為零。故A錯誤。B.在110s內，斜率逐漸減小，說明物體做減速運動，質點所受合外力的方向與速度方向相反。故B正確。C.在0-10s內，物體沿正方向做減速運動，加速度方向與速度方向相反，即沿負方向；在10-20s內，斜率為負值，說明物體沿負方向運動，斜率增大，做加速運動，加速度方向與速度方向相同，即沿負方向。所以在8s末和12s末，質點的加速度方向相同。故C錯誤。D.由圖可知，20s內位移為x=x2-x1=0-1m=-1m故D錯誤。5.如圖所示，小船過河時，船頭偏向上游與水流方向成角，船相對于靜水的速度為v，其航線恰好垂直于河岸。現水流速度稍有減小，為保持航線不變，且準時到達對岸，下列措施中可行的是（）A. 增大角，增大vB. 減小角，減小vC. 減小角，保持v不變D. 增大角，保持v不變【答案】B【解析】【詳解】由題意可知，船相對水的速度為，其航線恰好垂直于河岸，當水流速度稍有減小，為保持航線不變，且準時到達對岸，則如圖所示，可知減小角，減小，故選項B正確，A、C、D錯誤；6.如圖所示，一根彈簧一端固定在左側豎直墻上，另一端連著A小球，同時水平細線一端連著A球，另一端固定在右側豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端。開始時AB兩球都靜止不動，A、B兩小球的質量相等，重力加速度為g，若不計彈簧質量，在水平細線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為（）A. aA=aB=gB. aA=2g，aB=0C. aA=g，aB=0D. aA=2g，aB=0【答案】D【解析】水平細線被剪斷前對A、B進行受力分析如圖， 靜止時 ，水平細線被剪斷瞬間，T消失，其它各力不變，所以，故選D7.如圖1所示，O為水平直線MN上的一點，質量為m的小球在O點的左方時受到水平恒力F1作用，運動到O點的右方時，同時還受到水平恒力F2的作用，設質點從圖示位置由靜止開始運動，其v-t圖象如圖2所示，在0-t4時間內，下列說法正確的是（ ）A. 質點在O點右方運動的時間為t4-2t1B. 質點在O點的左方加速度大小為C. F2的大小為D. 質點在0-t4這段時間內的最大位移為【答案】ABD【解析】【詳解】A.在0-t1時間內，小球在O的左方向向右做勻加速運動；在t1-t2時間內小球在O的右方向右做勻減速直線運動，在t2-t3時間內小球在O的右方向左做勻加速直線運動，根據運動過程的對稱性得知，小球在O的右方運動的時間為t3-t1=t4-2t1，故A正確；B.圖中0-t1與t3-t4兩段時間內小球在O的左方運動，根據圖線的斜率等于加速度得：物體在O的左方加速度為，故B正確；C.在t1-t3時間內，小球的加速度大小為，根據牛頓第二定律得：F2-F1=ma，得到F2=F1+ma=F1+ ，故C錯誤；D.小球在t=0到t=t4這段時間內在t2時刻離M點最遠，最大位移為，故D正確。8.半圓柱體P放在粗糙水平面上，有一擋板MN，其延長線總是過半圓柱體的軸心O，但擋板與半圓柱體不接觸，在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q（P的截面半徑遠大于Q的截面半徑），整個裝置處于靜止狀態，如圖是這個裝置的截面圖，若用外力使MN繞O點緩慢地逆時針轉動，在Q到達最高位置前，發現P始終保持靜止，在此過程中，下列說法正確的是（）A. MN對Q的彈力大小逐漸減小B. P、Q間的彈力先增大后減小C. 桌面對P的摩擦力先增大后減小D. P所受桌面的支持力保持不變【答案】AC【解析】以小圓柱體Q為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力圖，如圖1所示由平衡條件得： 根據幾何關系可知：+不變，分析可知，增大，減小，MN對Q的彈力F1減小，P對Q的彈力F2增大故A正確，B錯誤若剛開始，擋板在最低點，處于水平位置，對整體受力分析可知，整體水平方向不受力，桌面對P的摩擦力為零，當Q運動到最高點時，對整體受力分析可知，整體水平方向不受力，桌面對P的摩擦力仍為零，則整個過程中，桌面對P的摩擦力先增大后減小，故C正確對P研究，作出受力如圖2，地面對P的彈力N=Mg+F2sin，F2增大，增大，所以N增大故D錯誤故選AC.點睛：本題采用隔離法研究動態平衡問題，分析受力，作出力圖是關鍵，對C選項分析時可以使用極端假設法，假設初末位置分別在最低點和最高點，再對整體受力分析判斷，難度適中。9.如圖所示，物體m 放在斜面上，給物體一個沿斜面向下的初速度，物體開始沿斜面向下滑動，設物體的加速度為a1 ，若只在物體m 上再放一個物體m，則m與m 一起下滑的加速度為a2 ，若只在m 上施加一個方向豎直向下、大小等于mg的力F ，此時 m下滑的加速度為a3 關于a1、a2、a3 的關系正確的是（ ） A. a1=0時，一定有a2=a30B. a1=0時，a2=a3 ，且一定零C. 只要a10 且沿斜面向下，一定有a1=a22，則一定是木板A先相對地發生滑動，然后B相對A發生滑動B. 若1mg2Mg,則木板A可能先相對地發生滑動，然后B相對A發生滑動C. 若鐵塊B先相對A發生滑動，則當A、B剛發生相對滑動時， F的大小為1mg D. 若木板A先相對地發生滑動，則當A、B剛發生相對滑動時，F的大小為【答案】BCD【解析】【詳解】A.B受到的滑動摩擦力大小為1mg，A受到地面的滑動摩擦力大小為2（M+m）g，若1mg2（M+m）g則一定是木板A先相對地發生滑動，但此時不一定是12，選項A錯誤；B. 若1mg2Mg，則也可能1mg2（M+m）g，則木板A可能先相對地發生滑動，然后B相對A發生滑動，選項B正確；C.若鐵塊B先相對A發生滑動，以B為研究對象，水平方向根據共點力的平衡條件知，當A、B剛發生相對滑動時，F的大小為1mg，C正確；D.B相對于A滑動時，二者的加速度關系為aBaA，即：，整理得：，所以當A、B剛發生相對滑動時，F的大小為，D正確。二、 填空題 11.某同學在做“驗證力的平行四邊形定則”實驗時，將橡皮筋改為勁度系數為400 N/m的輕質彈簧AA，將彈簧的一端A固定在豎直墻面上。不可伸長的細線OA、OB、OC，分別固定在彈簧的A端和彈簧秤甲、乙的掛鉤上，其中O為OA、OB、OC三段細線的結點，如圖1所示。在實驗過程中，保持彈簧AA伸長1.00 m不變。（1）若OA、OC間夾角為90，彈簧秤乙的讀數是_N。（如圖2所示）（2）在（1）問中若保持OA與OB的夾角不變：逐漸增大OA與OC的夾角，則彈簧秤甲的讀數大小將_，彈簧秤乙的讀數大小將_。【答案】 (1). 3.00 (2). 5.00 (3). 一直變小 (4). 先變小后變大【解析】（1）根據胡克定律可知，； 根據彈簧秤的讀數方法可知，a的讀數為3.00N；兩彈簧秤夾角為，則b的讀數為：；（2）若保持OA與OB的夾角不變，逐漸增大OA與OC的夾角，如圖中實線變到虛線： 由圖可知彈簧秤甲的讀數將一直變小，而彈簧秤乙的讀數將先變小后變大.12.現要測量滑塊與木板之間的動摩擦因數，實驗裝置如圖1所示。表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度構成斜面；木板上有一滑塊，其后端與穿過打點計時器的紙帶相連；打點計時器固定在木板上，連接頻率為50Hz的交流電源。接通電源后，從靜止釋放滑塊，滑塊帶動紙帶打出一系列的點跡。（1）圖2給出的是實驗中獲取的一條紙帶的一部分：0、1、2、3、4、5、6是實驗中選取的計數點，每相鄰兩計數點間還有4個點（圖中未標出），2、3和5、6計數點的距離如圖2所示。由圖中數據求出滑塊的加速度a=_（結果保留三位有效數字）。（2）已知木板的長度為L，為了求出滑塊與木板間的動摩擦因數，還應測量的物理量是（ ）A.滑塊到達斜面底端的速度v B.滑塊的質量mC.滑塊的運動時間t D.斜面高度h和底邊長度x（3）設重力加速度為g，滑塊與木板間的動摩擦因數的表達式為=_（用所需測物理量的字母表示）。【答案】 (1). 2.51 (2). D (3). 【解析】試題分析：（1）每相鄰兩計數點間還有4個打點，說明相鄰的計數點時間間隔：T=01s，根據逐差法有：；（2）要測量動摩擦因數，由mgcos=ma，可知要求，需要知道加速度與夾角余弦值，紙帶數據可算出加速度大小，再根據斜面高度h和底邊長度x，結合三角知識，即可求解，故ABC錯誤，D正確（3）以滑塊為研究對象，根據牛頓第二定律有：mgsin-mgcos=ma解得：考點：測量滑塊與木板之間的動摩擦因數【名師點睛】解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數據處理以及注意事項，同時要熟練應用所學基本規律解決實驗問題三、計算題 13.圖示為四分之一圓柱體OAB的豎直截面，半徑為R,在B點正上方的C點水平拋出一個小球(不計空氣阻力)，小球軌跡恰好在D點與圓柱體相切,OD與OB的夾角為53，sin53=0.8,cos53=0.6，求C點到B點的距離【答案】【解析】【詳解】由題意知得：小球通過D點時速度與圓柱體相切，則有vy=v0tan53小球從C到D，水平方向有Rsin53=v0t豎直方向上有聯立解得y=R，根據幾何關系得，C點到B點的距離yCB=y-R（1-cos53）=R答：C點到B點的距離R。14.為了安全，在公路上行駛的汽車之間應保持必要的距離。我國交通管理部門規定：高速公路上行駛的汽車安全距離為200m，汽車行駛的最高速度為120km/h。（1）根據下面提供的資料，通過計算來說明安全距離為200m的理論依據，g取10m/s2。（2）假設駕駛員的反應時間為0.3s0.6s，求路面與輪胎之間的動摩擦因數應取值范圍為多少？各種路面與輪胎之間的動摩擦因數路面動摩擦因數干瀝青與混凝土路面0.70.8干碎石路面0.60.7濕瀝青與混凝土路面0.320.4【答案】（1）最大剎車距離173米加適當反應距離；（2）按0.6秒反應時間算摩擦因數最小值0.31.【解析】【詳解】（1）根據牛頓第二定律得，動摩擦因數取最小值0.32時，此時a=3.2m/s2由，人的反應時間取0.6s，則代入數據得，s194m略小于200m，因為200m的安全距離是必要的（2）由表分析，0.6s是最長的反應時間，對應剎車的最大可能距離200m；由可得解得=0.31則按0.6秒反應時間算，路面與輪胎間的摩擦因數最小值0.31.15.用三根細線a、b、c將兩個小球1和2連接，并懸掛如下圖所示。兩球均處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為30,細線c水平。求：（1）若兩個小球1和2的重力均為G的，則求細線a、c分別對小球1和2的拉力大小；（2）若細線b與豎直方向的夾角為60 ，求兩個小球1和2的質量之比。【答案】（1）、 （2）【解析】【詳解】（1）將兩