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2019届高三物理上学期第一次月考试题(含解析)II
一、选择题
1.下列说法中正确的是( )A.只有很小的物体才能看作质点B.运动的物体不能选作参照物,因为参照物是静止的物体C.自由下落的物体没有惯性,但仍受重力作用D.马拉车前进时,马拉车的力与车拉马的力大小相等,方向相反【答案】D【解析】当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略,物体可以看成质点,不是很小的物体就能看成质点,关键看形状和大小能否忽略.故A错误.运动的物体和静止的物体都可选作参照物,选项B错误;任何物体都有惯性,选项C错误;马拉车前进时,马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力,大小相等,方向相反,选项D正确;故选D.
2.在三楼的阳台上,一人手拉着一只小球,小球下面由绳挂着另一小球.放手后让两球自由下落,两球相继落地的时间差为t1,又站在四楼的阳台上,同样放手让两球自由下落,两球相继落地的时间差为t2,则()A.t1<t2B.t1>t2C.t1=t2D.无法比较【答案】B【解析】试题分析下落过程中两球的下落快慢一样,所以下面的小球落地时,上面小球距离地面的高度一定,如图所示,球相继落地的时间差即为此后上面小球下落一个绳长的高度的时间,释放高度越高,此时上面球的初速度越大,下落此段绳长的时间也就越短,所以B正确,ACD错误考点自由落体运动
3.一物体做匀加速直线运动,通过一段位移所用的时间为t1,紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t
2.则物体运动的加速度为 A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,可以求得两部分位移的中间时刻的瞬时速度,再由加速度的公式可以求得加速度的大小【详解】物体作匀加速直线运动在前一段△x所用的时间为t1,平均速度为,即为时刻的瞬时速度;物体在后一段△x所用的时间为t2,平均速度为,即为时刻的瞬时速度由加速度公式可知故应选A
4.某消防员在一次执行任务时,需从半球形的屋顶向上缓慢爬行(如图所示),则在这个过程中下列选项分析不正确的是()A.他对屋顶的压力不变B.屋顶对他的作用力不变C.屋顶对他的摩擦力减小D.屋顶对他的支持力变大【答案】A【解析】以消防员为研究对象,作出受力分析图设此人的重力为G,根据平衡条件得屋顶对他的摩擦力f=Gsinθ,屋顶对他的支持力N=Gcosθ;C、D、消防员在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中,坡角θ减小,则f减小,N增大.即屋顶对他的摩擦力减小,屋顶对他的支持力增大,则C、D均正确.A、屋顶的压力和人所受的支持力是作用力与反作用力,满足牛三相等,故压力变大,A错误.B、根据平衡条件和合成法可知支持力与摩擦力的合力始终与重力等大反向,则屋顶对人的支持力不变,D正确.本题选不正确的故选A.【点评】本题是简单的三力力平衡问题,分析受力,作出力图是关键,注意此类问题中的缓慢爬行所隐含的爬行过程中人始终处于平衡状态.
5.如图,质量为
1.5kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上,质量为
0.5kg的物体B由细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压.现突然将细线剪断,则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为g取10m/s2 A.0B.
2.5NC.5ND.
3.75N【答案】D【解析】试题分析剪断前,只有A对弹簧有作用力,所以剪断前弹簧的弹力,剪断瞬间由于弹簧来不及改变,根据牛顿第二定律可得,解得,隔离B,则有,代入数据解得,D正确考点考查了牛顿第二定律的瞬时性【名师点睛】在应用牛顿第二定律解决瞬时问题时,一定要注意,哪些力不变,(弹簧的的形变量来不及变化,弹簧的弹力不变),哪些力变化(如绳子断了,则绳子的拉力变为零,或者撤去外力了,则外力变为零,)然后结合整体隔离法,应用牛顿第二定律分析解题
6.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与竖直墙壁之间放一光滑球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.B对墙的压力减小B.A与B之间的作用力增大C.地面对A的摩擦力减小D.A对地面的压力不变【答案】ACD【解析】小球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2.如图1所示将重力G分解为G1和G2,则根据平衡可知F1=G1=,F2=G2=Gtanθ;当A向右移动少许,根据题意可知,A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小,根据力图1分析可知因θ减小;故cosθ增大,tanθ减小,即墙壁对小球B的作用力将减小,A对小球B的支持力减小.根据牛顿第三定律可知,球B对墙壁的压力将减小,球B对A的压力亦减小.故A正确,B错误;再对A进行受力分析,如图2所示,可知由于A的平衡,所以A受地面摩擦力f=FBsinθ,根据题意知,B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角θ减小,故A所受地面的摩擦力f减小.再根据牛顿第三定律,地面所受A的摩擦力减小.故C正确;对整体分析可知,整体受重力和支持力的作用,由于竖直方向受力不变,故受地面的支持力不变,由牛顿第三定律可知,A对地面的压力不变;故D正确;故选ACD.点睛本题考查共点力平衡条件的应用,解题的关键在于正确的对物体进行受力分析,并能根据物体平衡确定各力的大小及大小变化关系,根据牛顿第三定律确定相互作用力间的关系是解决本题的关键.
7.如图所示,物块B靠在竖直墙壁上,物块A受到一水平推力F作用,两物块保持静止.若逐渐增大F,并保持A、B两物块静止,下列说法正确的是( )A.物块A受到的摩擦力减小B.物块A受到的摩擦力可能增大C.物块A受到物块B的弹力增大D.物块A受到物块B的作用力增大【答案】BCD【解析】对A物体受力分析,如图所示将推力F和重力G均沿着平行斜面和垂直斜面的方向正交分解,如果F平行斜面的分力小于重力平行斜面的分力,则物体A有下滑趋势,故静摩擦力平行斜面向上;如果F平行斜面的分力大于重力平行斜面的分力,则物体A有上滑趋势,故静摩擦力平行斜面向下;如果推力F从零开始逐渐增加,则静摩擦力先减小后反向增加,支持力N不断增加,A错误,BC正确;根据牛顿第三定律,B对A的支持力等于A对B的压力,故A对B的压力也是不断增加,D正确;选BCD.【点睛】对木块A受力分析,受推力、重力、支持力,可能有静摩擦力,根据平衡条件并结合正交分解法列示分析.
8.沙尘暴天气会严重影响交通.有一辆卡车以54km/h的速度匀速行驶,司机突然模糊看到正前方十字路口一个老人跌倒,该司机刹车的反应时间为
0.6s,刹车后卡车匀减速前进,最后停在距老人
1.5m处,避免了一场事故.已知刹车过程中卡车加速度大小为5m/s2,则 A.司机发现情况后,卡车经过3s停下B.司机发现情况时,卡车与该老人的距离为24mC.从司机发现情况到停下来的过程,卡车的平均速度为11m/sD.若卡车的初速度为72km/h,其他条件都不变,则卡车将撞到老人【答案】D【解析】首先统一单位制=A项卡车减速到零的时间,则一共运动的时间为故A错误;B项在司机反应时间内的位移.匀减速直线运动的位移所以司机发现情况时卡车与该老人的距离所以B选项是错误的;C项平均速度故C错误;D项若卡车的初速度为72km/h,其他条件都不变,则卡车减少的位移为司机运动的总位移所以卡车将撞到老人故D正确综上所述本题的答案D.
二、实验题
9.某同学在测定匀变速直线运动的加速度时,得到了几条在不同拉力下较为理想的纸带.在纸带上每5个点取一个计数点,即相邻两计数点之间的时间间隔为
0.1s,依打点先后编为
0、
1、
2、
3、
4、5.由于不小心,几条纸带都被撕断了.如图所示,请根据给出的A、B、C、D四段纸带回答
(1)在B、C、D三段纸带中,从纸带A上撕下的是__________;
(2)打下A段纸带上点1时,物体的速度大小是____m/s;(保留两位小数)
(3)物体的加速度大小是_________(保留两位小数)【答案】
1.C;
2.
0.33;
3.
0.60;【解析】试题分析根据匀变速直线运动的特点(相邻的时间间隔位移之差相等)去判断问题.利用匀变速直线运动的推论求解加速度和速度.
(1)根据匀变速直线运动的特点(相邻的时间间隔位移之差相等)得出,故45两点间距等于54mm,所以属于纸带A的是C图.
(2)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1点时小车的瞬时速度大小
(3)根据运动学公式得.
10.“验证里的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示,其中A为固定橡皮筋的图钉,O为橡皮筋与细绳的结点,OB与OC为细绳,图乙是在白纸上根据结果画出的图.
(1)图乙中的F与F′两力中,方向一定沿AO方向的是___________.
(2)实验中,橡皮条一端固定在木板上,用两个弹簧秤把橡皮条的另一端拉到某某一位置O点,以下操作正确的是_____________A.实验中必须记录弹簧秤拉力的方向B.弹簧秤必须保持与木板平行C.把橡皮条节点拉到O点时,两弹簧秤之间的夹角应取90°不变,以便于计算合力的大小D.用两弹簧测力计拉橡皮条时,两弹簧测力计的示数必须相同
(3)本实验采用的科学方法是_____________A.极限法B.等效替代法C.控制变量法D.放大法【答案】
1.;
2.AB;
3.B;【解析】
(1)F是通过作图的方法得到合力的理论值,而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条,使橡皮条伸长到O点,使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同,测量出的合力.故方向一定沿AO方向的是F′,由于误差的存在F和F′方向并不在重合;
(2)实验中必须记录弹簧秤拉力的方向及大小,选项A正确;作图时,我们是在白纸中作图,做出的是水平力的图示,若拉力倾斜,则作出图的方向与实际力的方向有有较大差别,故应使各力尽量与木板面平行,故B正确;把橡皮条节点拉到O点时,两弹簧秤之间的夹角不一定要取90°,大小适当即可,选项C错误;用两弹簧测力计拉橡皮条时,两弹簧测力计的示数没必要必须相同,选项D错误;故选AB.
(3)合力与分力是等效替代的关系,所以本实验采用的等效替代法,故B正确,ACD错误.故选B.
三、计算题
11.如图所示,将质量为10kg的小球用轻绳挂在倾角α=45°的光滑斜面上,下列情况中斜面向右加速运动,小球相对斜面静止,问g取10m/s21当加速度a=10/3m/s2时,绳对小球的拉力多大?2当绳对小球的拉力FT=200N时,它们的加速度多大?【答案】
(1)
(2)【解析】【详解】当加速度a较小时,小球与斜面一起运动,此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力,绳子平行于斜面;当加速度a足够大时,小球将飞离斜面,此时小球仅受重力与绳子的拉力作用,绳子与水平方向的夹角未知,而题目要求出当斜面以10/3m/s2的加速度向右做加速运动时,绳的拉力及斜面对小球的弹力,必须先求出小球离开斜面的临界加速度a0,(此时小球所受斜面的支持力恰好为零)小球的受力如图 当小球对斜面的压力为零时,小球只受重力和拉力,合力水平向右mgcot45°=maa=gcot45°=g=10m/s2拉力T=mgtan45°=100N
(1)当斜面以加速度a=10/3m/s2沿图示方向运动时,小于10m/s2,所以斜面对球有弹力,所以有Fsin45°+Tsin45°=mg…
①Fcos45°-Tcos45°=ma…
②联立
①②解得
(2)当FT=200N>100N时,小球将飞离斜面,此时小球受两个力作用;绳与水平方向的夹角为θ,则小球只受重力和绳拉力,两力的合力在水平方向,根据牛顿第二定律有竖直方向有FTsinθ=mg水平方向有FTcosθ=ma联列解得a=10m/s2【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用,要求同学们能正确对小球进行受力分析,知道当斜面对小球的支持力为零时,斜面和小球向右运动的加速度最大.
12.图为某娱乐活动中的挑战项目装置示意图,它由两台皮带传送机组成,一台水平传送,A、B两端相距3m,另一台倾斜,传送带与地面的倾角θ=37°,C、D传送带足够长,B、C相距很近.水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动.挑战者需要将质量为
2.5kg的纸箱以一定的水平向右的初速v0放在A端,到达B端后,纸箱速度大小不变地被传到倾斜的CD部分,以纸箱最终在CD部分上升的距离大小定输赢,距离大者获胜.纸箱与AB传送带间的动摩擦因数为
0.2,与CD间的摩擦因数为
0.5.试求
(1)倾斜部分CD静止不转时,若第一位挑战者以3m/s的水平向右初速将纸箱放上A点,纸箱到达B点时的速度是多大?纸箱在CD传送带上上升的最大距离是多少?
(2)倾斜部分CD以1m/s的速率顺时针转动.若第二位挑战者想胜过第一位,应最少以多大的水平初速将纸箱放上A点?【答案】
(1),
(2)【解析】【详解】
(1)纸箱在AB上加速时的加速度a0==μg=
0.2×10=2m/s2米袋的速度达到v0=5m/s时,滑行的距离s0==4m;因此纸箱在到达B点之前没有达5m/s;由v2-v02=2ax可得v=m/s;设纸箱在CD上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma代入数据得a=10m/s2所以能滑上的最大距离
(2)设CD部分运转速度为v1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v1之前的加速度为a1=-g(sinθ+μcosθ)=-10m/s2米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g(sinθ-μcosθ)=-2m/s2由解得v1=4m/s,即要超过第1个人,到达B点的速度应为4m/s;则对AB过程可知v12-vA2=2ax解得vA=2m/s;【点睛】本题难点在于通过分析题意找出临条界件,注意米袋在CD段所可能做的运动情况,从而分析得出题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零;
13.下列说法正确的是(____)A.由于液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离,液体表面存在张力B.一块0℃的冰逐渐熔化成0℃的水,在这个过程中分子势能和物体的内能都会增加C.甲、乙两个分子相距较远.若把甲固定,使乙分子逐渐向甲靠近,直到不能再靠拢为止,在这一过程中先是分子力对乙做正功,然后乙克服分子力做功D.空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和气压,水蒸发越慢E.机械能无法全部转化为内能,内能也无法全部用来做功以转化为机械能【答案】BCD;【解析】由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,分子间表现为引力,液体表面存在张力,故A错误;一块0℃的冰逐渐熔化成0℃的水,在这个过程中分子平均动能不变,吸收热量用于增加分子势能,故内能增加,故B正确;分子间距离大于平衡距离时,分子力表现为引力,小于平衡距离时表现为斥力,甲、乙两个分子相距较远.若把甲固定,使乙分子逐渐向甲靠近,直到不能再靠拢为止,在这一过程中先是分子力对乙做正功,然后乙克服分子力做功,故C正确;空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越慢,故D正确;机械能可以全部转化为内能,内能无法全部用来做功以转化为机械能而不产生其他影响,故E错误.故选BCD.
14.如图所示,U型玻璃细管竖直放置,水平细管与U型玻璃细管底部相连通,各部分细管内径相同.U型管左管上端封有长20cm的理想气体B,右管上端开口并与大气相通,此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平,水银面距U型玻璃管底部为25cm.水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A.已知外界大气压强为75cmHg,忽略环境温度的变化.现将活塞缓慢向左拉,使气体B的气柱长度为25cm,求
①右管中水银面的高度差是多大?
②理想气体A的气柱长度为多少?【答案】
(1)
(2)【解析】【分析】
①利用平衡求出初状态封闭气体的压强,B中封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律即可求出末态B中气体的压强,再根据平衡,即可求出末状态左右管中水银面的高度差△h;
②选择A中气体作为研究对象,根据平衡求出初末状态封闭气体的压强,对A中封闭气体运用玻意耳定律即可求出理想气体A的气柱长度【详解】
①设玻璃管横截面为S,活塞缓慢左拉的过程中,气体B做等温变化初态压强pB1=75cmHg,体积VB1=20S,末态压强pB2,体积VB2=25S,根据玻意耳定律可得pB1VB1=pB2VB2解得pB2=60cmHg可得左右管中水银面的高度差△h=(75-60)cm=15cm
②活塞被缓慢的左拉的过程中,气体A做等温变化初态压强pA1=(75+25)cmHg=100cmHg,体积VA1=10S,末态压强pA2=(75+5)cmHg=80cmHg,体积VA2=LA2S根据玻意耳定律可得pA1VA1=pA2VA2解得理想气体A的气柱长度LA2=
12.5cm
15.下列说法正确的是(______)A.光在介质中传播的速度仅由介质本身所决定B.雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的C.杨氏双缝干涉实验中,当两缝间的距离以及挡板和屏的距离一定时,红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距小D.光的偏振特征说明光是横波E.水中的气泡看起来特别明亮,是因为光从水射向气泡时,一部分光在界面上发生了全反射的缘故【答案】BDE;【解析】A、光在介质中传播的速度由介质本身,及频率共同决定,故A错误;B、油膜形成的彩色条纹,是由膜的前后表面反射光,进行光的叠加,形成的干涉条纹,故B正确;C、根据光的干涉条纹间距公式,可知,红光的波长长,则红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距大,故C错误;D、光的偏振现象说明光是一种横波而不是纵波,故D正确;E、玻璃中的气泡看起来特别明亮,是因为光从玻璃射向气泡时,即从光密介质射向光疏介质时,一部分光在界面上发生了全反射,故E正确点睛光的传播速度由介质的本身性质与频率共同决定;油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的;玻璃中的气泡看起来特别明亮,是因为光从玻璃射向气泡时,一部分光在界面上发生了全反射的缘故,光的偏振现象说明光是一种横波;根据光的干涉条纹间距公式,即可求解
16.如图所示为一列简谐横波在某一时刻的波的图象,波的传播速度为5m/s,传播方向沿x正方向求1该波的振幅、波长和周期2从图示时刻起,经过9s质点A运动的路程是多少?3从图示时刻起,平衡位置位于x=22m处的质点至少再经多长时间才能到达波峰?【答案】
(1),,
(2)
(3)【解析】【详解】
(1)从图中可得出,该波的振幅A=5cm,波长λ=20m.这列波的周期为T=s=4s.
(2)根据简谐运动的质点在一个周期内通过的路程是四个振幅,即4A,则得经过9s质点A运动的路程是.
(3)当图示时刻x=5m处的波峰传到x=22m处时,此处质点第一次到达波峰,则波传播的距离为x=22m-5m=17m所经历的时间为【点睛】对于波动图象,要抓住简谐运动的特点质点在一个周期内通过的路程是四个振幅,来求解质点通过的路程,熟练运用波形平移法是基本能力,加强训练,牢固掌握.。