高一物理第三次月考卷（江苏专用）（人教2019必修第一册，3~4章）2024-2025学年高中上学期第三次月考.zip

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．测试范围：2019人教版必修一第三（40%）、四章（60%）。
4．难度系数：0.7。
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．如图所示的装置中，三个相同的轻弹簧在未受力状态下的原长相等，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计。平衡时各弹簧的长度分别为L1、L2、L3，弹簧在弹性限度内，其大小关系是（ ）
A．L1＝L2＝L3 B．L1＝L2＜L3
C．L1＝L3＞L2 D．L3＞L1＞L2
【答案】A
【解析】在题图甲中，以小球为研究对象，由二力平衡可知，弹簧的弹力等于小球的重力G；在题图乙中，以小球为研究对象，由二力平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；在题图丙中，以任意一个小球为研究对象，由二力平衡可知，弹簧的弹力等于小球的重力G；所以平衡时各弹簧的弹力大小相等，即有F1＝F2＝F3，由F＝kx知，L1＝L2＝L3，故选A。
2．如图甲所示，某同学用水平绳拉放在平台上的行李包，一直没有拉动，通过手上的弹簧测力计测出拉力F与时间t的关系如图乙所示，则行李包与平台间的摩擦力的大小与时间t的关系图像正确的是（ ）

【答案】A
【解析】该同学没有拉动行李包，说明行李包与平台间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力与拉力大小相等，故A正确。
3．如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，酒精灯及试管固定在小车支架上构成小车整体，酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出。下列说法正确的是（ ）
A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力大于小车受到的冲击力
B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力小于小车受到的冲击力
C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力等于水平面对小车的支持力
D．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力小于水平面对小车的支持力
【答案】C
【解析】根据牛顿第三定律可知，喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B错误；塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力与水平面对小车的支持力是作用力与反作用力，大小相等，故C正确，D错误。
4．F1、F2、F3是作用于同一物体上的三个共点力，已知F1＞F2＞F3，下列矢量图中这三个力的合力最大的是（ ）

【答案】A
【解析】根据平行四边形定则或三角形定则，A中三个力的合力大小为2F1，B中三个力的合力为0；C中三力的合力大小为2F3，D中三力的合力大小也为2F3，因F1＞F3，故A正确。
5．在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中下列说法正确的是 。
A．拉着细绳套的两只弹簧测力计，稳定后读数应相同
B．分别沿两个方向同时拉弹簧测力计时，两绳套之间的夹角越小越好
C．测量时弹簧测力计外壳与木板之间不能存在摩擦
D．测量时，橡皮条、绳套和弹簧测力计应贴近并平行于木板
【答案】D
【解析】拉着细绳套的两只弹簧测力计，稳定后读数不一定相同，选项A错误；分别沿两个方向同时拉弹簧测力计时，两绳套之间的夹角大小要适当，并非越小越好，选项B错误；测量时弹簧测力计外壳与木板之间有摩擦对实验无影响，选项C错误；测量时，橡皮条、绳套和弹簧测力计应贴近并平行于木板，选项D正确。
6．在杂技表演中，A、B、C、D四人造型如图所示，B演员两臂与竖直方向夹角均为30°，A演员两臂水平。已知C、D两演员的质量均为m，当地重力加速度为g。则B演员手臂的拉力大小为：
A．eq \f(2\r(3),3)mg B．eq \f(\r(3),3)mg C．eq \f(1,2)mg D．eq \f(\r(3),2)mg
【答案】A
【解析】以C演员为研究对象，将其视为质点，其受力如图所示，建立直角坐标系，将FB正交分解。
竖直方向由平衡条件得FBcs 30°＝mg，解得FB＝eq \f(2\r(3),3)mg。
7．如图所示，轻杆A端用铰链固定在竖直墙上，B端吊一重物。通过轻绳跨过定滑轮O用拉力F将B端缓慢上拉，滑轮O在A点正上方（滑轮大小及摩擦均不计），且OA＞AB，在轻杆达到竖直位置前（ ）
A．拉力F增大 B．拉力F大小不变
C．轻杆的弹力增大 D．轻杆的弹力大小不变
【答案】D
【解析】以B端为研究对象，受力分析：受重物的拉力FT（等于重物所受的重力G）、轻杆的弹力FN和轻绳的拉力F，作出受力分析图如图所示。由平衡条件知，FN和F的合力与FT大小相等，方向相反，根据三角形相似可得eq \f(FN,AB)＝eq \f(F,BO)＝eq \f(FT,AO)，又FT＝G，解得FN＝eq \f(AB,AO)G，F＝eq \f(BO,AO)G；拉力F将B端缓慢上拉，∠BAO缓慢变小，AB、AO保持不变，BO变小，则轻杆弹力FN保持不变，拉力F变小，故D正确，A、B、C错误。
8．如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，用挡板AO将球挡住，使球处于静止状态，若挡板与斜面间的夹角为β，则（重力加速度为g）
A．当β＝30°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα
B．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgcsα
C．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα
D．当β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα
【答案】D
【解析】以球为研究对象，球所受重力产生的效果有两个：对斜面产生的压力FN1、对挡板产生的压力FN2。根据重力产生的效果将重力分解，如图所示，当挡板与斜面的夹角β由图示位置变化时，FN1大小改变但方向不变，始终与斜面垂直，FN2的大小和方向均改变。由图可看出，当挡板AO与斜面垂直，即β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小压力为mgsinα，D正确。
9．理想实验有时更能深刻地反映自然规律。如图所示，伽利略设想了一个理想实验，其中有一个是实验事实，其余是推论。
①减小第二个斜面的倾角，小球在这一斜面上仍然要达到原来的高度；
②两个斜面对接，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；
③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度；
④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动。
在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论。下列关于事实和推论的分类正确的是________（填选项前的字母）。
A．①是事实，②③④是推论 B．②是事实，①③④是推论
C．③是事实，①②④是推论 D．④是事实，①②③是推论
【答案】B
【解析】步骤②是理想实验的实验基础，属于可靠的事实，在此基础上利用推理，先得到小球不受阻力作用将上升到原来释放时的高度的推论，再设想减小第二个斜面的倾角，小球在这一斜面上仍然要达到原来的高度，继续减小第二个斜面的倾角直至第二个斜面成为水平面，得到小球将匀速运动的推论．所以正确的顺序排列是②③①④，②是事实，①③④是推论。
10．如图所示，质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在水平地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为x＝t2＋t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2，以下结论不正确的是（ ）
A．匀变速直线运动的初速度为1 m/s
B．物体的位移为12 m时速度为7 m/s
C．水平恒力F的大小为4 N
D．水平恒力F的大小为12 N
【答案】C
【解析】根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2对比x＝t2＋t，知v0＝1 m/s，a＝2 m/s2，故A正确；根据v2－v02＝2ax得，v＝eq \r(v\\al(02)＋2ax)＝eq \r(12＋2×2×12) m/s＝7 m/s，故B正确；根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg＝12 N，故C错误，D正确。
11．2024年10月30日，“神舟十九号”载人飞船发射成功，如图所示。宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是
A．火箭加速上升时，宇航员处于超重状态
B．火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小于自身重力
C．在飞船绕地球运行时，宇航员处于完全失重状态，则宇航员的重力消失了
D．飞船落地前减速下落时，宇航员处于失重状态
【答案】A
【解析】火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，选项A正确，B错误；宇航员处于完全失重状态时，仍然受重力，选项C错误；飞船落地前减速下落时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，选项D错误。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（10分，每空2分）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学使用了如图所示的装置，木板放在水平桌面上，打点计时器打点频率为50 Hz。
（1）实验中得到如图所示的一段纸带，每五个点取一个计数点，测得AB＝7.65 cm，BC＝10.17 cm，则实验测出小车的加速度大小为________ m/s2。
（2）若直接按题中所示装置进行实验，以沙和沙桶的总重力产生的拉力F为横轴，通过纸带分析得到的加速度a为纵轴，以下画出的a－F图像合理的是________。
（3）实验中，沙和沙桶的总重力________（填“大于”“小于”或“等于”）绳子对小车的拉力，为了让沙和沙桶的总重力大小更接近绳子对小车的拉力，应让沙和沙桶的总质量________（填“远大于”或“远小于”）小车的质量。
（4）若第（2）问中四个图像中的图线（B、C图线中的直线部分）的斜率为k，则小车的质量M＝________。
【答案】（1）2.52 （2）C （3）大于 远小于 （4）eq \f(1,k)
【解析】（1）相邻两计数点间的时间间隔T＝0.1 s
小车的加速度大小为a＝eq \f(xBC－xAB,T2)＝eq \f(10.17－7.65×10－2,0.12) m/s2＝2.52 m/s2.
（2）若直接按题图所示装置进行实验，没有补偿阻力，则当力F达到某一值时小车才有加速度，可知画出的a－F图像合理的是C.
（3）实验中，我们认为绳子对小车的拉力的大小等于沙和沙桶（其总质量为m）的总重力的大小，而实际上绳子的拉力FT＝mg－ma，故绳子对小车的拉力小于沙和沙桶的总重力。为了让沙和沙桶的总重力大小更接近绳子对小车的拉力大小，应让沙和沙桶的总质量远小于小车的质量。
（4）由牛顿第二定律得a＝eq \f(F,M)＝eq \f(1,M)·F，则斜率k＝eq \f(1,M)，小车的质量M＝eq \f(1,k)。
13．（8分）如图所示，某人用轻绳牵住一只质量m＝0.5 kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37°角。已知空气对氢气球的浮力为14 N，人的质量M＝60 kg，且人受到的浮力忽略不计（sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2）。求：
（1）水平风力的大小？
（2）人对水平地面的压力大小？
【答案】（1）12 N （2）591 N
【解析】（1）对氢气球进行受力分析如图。
设氢气球受轻绳拉力为FT，水平风力为F风，由平衡条件列式：竖直方向：F浮＝mg＋FTsin 37°，（1分）
水平方向：F风＝FTcs 37°，（1分）
解得：F风＝12 N，FT＝15 N。（2分）
（2）把人与氢气球视为整体，受力分析可得：FN＝mg＋Mg－F浮＝591 N（2分）
由牛顿第三定律得人对水平地面的压力FN′＝FN＝591 N。（2分）
14．（10分）如图所示，一足够长的斜面倾角为θ＝37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力，（sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2）则：
（1）物体在恒力作用下运动的加速度是多大？
（2）物体到达B点时的速度是多大？
（3）物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？
【答案】（1）2 m/s2 （2）6 m/s （3）1.8 m
【解析】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律可知：F－μmg＝ma，（2分）
解得：a＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \f(14－0.5×2×10,2) m/s2＝2 m/s2（1分）
（2）物体由M到B，根据速度位移公式可知：vB2＝2aL（1分）
解得：vB＝eq \r(2aL)＝eq \r(2×2×9) m/s＝6 m/s（1分）
（3）在斜面上，根据牛顿第二定律可知：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma′（2分）
代入数据得：a′＝10 m/s2（1分）
根据速度位移公式可知：0－vB2＝－2a′x（1分）
解得：x＝eq \f(0－v\\al(B2),－2a′)＝eq \f(0－62,－2×10) m＝1.8 m（1分）
15．（12分）如图所示，光滑的水平面上有一质量M＝0.2 kg的长木板，另一质量m＝0.1 kg的小滑块以v0＝2.4 m/s的水平初速度从长木板的左端滑上长木板（此时开始计时）。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。
（1）若长木板长L＝0.7 m且固定在水平面上，求小滑块从长木板上滑离时的速度大小；
（2）若长木板足够长且不固定，则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等？求此时间内小滑块运动的位移大小。
【答案】（1）0.4 m/s （2）0.4 s 0.64 m
【解析】（1）小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，
由牛顿第二定律得－Ff＝ma1（1分）
又Ff＝μFN＝μmg（1分）
解得a1＝－4 m/s2（1分）
由v2－v02＝2a1L，
解得v＝0.4 m/s（1分）
（2）长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力Ff′，且Ff′＝Ff＝μmg＝0.4 N，所以长木板向右做匀加速直线运动。（1分）
由牛顿第二定律得Ff′＝Ma2，（1分）
解得a2＝2 m/s2。（1分）
设经过时间t，两者速度相同，则有v0＋a1t＝a2t （2分）
解得t＝0.4 s。（1分）
由x＝v0t＋eq \f(1,2)a1t2，（1分）
得此时间内小滑块运动的位移大小x＝0.64 m。（1分）
16．（16分）如图所示，水平传送带以不变的速度v＝15m/s向右运动，将一质量m＝1kg的工件轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t＝2s，速度达到v；再经过时间t′＝4s，工件到达传送带的右端，以速度v滑上一个固定足够长的斜面BC，斜面倾角θ＝30°，斜面与物体间的动摩擦因为，（B点处无能量损失，g取10m/s2）（＝1.73）。
（1）工件与水平传送带间动摩擦因数？
（2）水平传送带的长度？
（3）工件从B开始滑上斜面到回到斜面底部B点所用的总时间？（结果保留3位有效数字）
【答案】（1）0.75；（2）75m；（3）5.46s
【解析】（1）设工件与水平传送带间的动摩擦因数为μ1，工件在传送带上做匀加速直线运动时的加速度为a1，则有a1＝m/s2＝7.5m/s2 （1分）
根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1 （1分）
解得μ1＝0.75 （1分）
（2）设水平传送带的长度为L，工件先做匀加速直线运动，速度达到v之后与传送带一起做匀速直线运动。
工件做匀加速直线运动的位移大小为 （1分）
工件做匀速直线运动的位移大小为x2＝vt′＝15×4m＝60m （1分）
L＝x1+x2＝15m+60m＝75m （1分）
（3）设工件沿斜面上滑过程的加速度大小为a2，时间为t2；沿斜面下滑过程的加速度大小为a3，时间为t3，由牛顿第二定律得：mgsin30°+μ2mgcs30°＝ma2，其中μ2＝，（1分）
解得a2＝7.5m/s2 （1分）
mgsin30°﹣μ2mgcs30°＝ma3 （1分）
解得a3＝2.5m/s2 （1分）
由运动学公式得 （1分）
由工件沿斜面上滑过程的位移大小等于沿斜面下滑过程的位移大小得 （2分）
代入数据解得t3＝s （1分）
工件从B开始滑上斜面到回到斜面底部B点所用的总时间为t总＝t2+t3＝2s+s＝5.46s （2分）