2020-2021学年山东泰安高三上物理月考试卷

这是一份2020-2021学年山东泰安高三上物理月考试卷，共8页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 一个质点做变速直线运动，以v1=10m/s的平均速度完成前13位移，以v2=30m/s的平均速度完成剩下23的位移，则全过程的平均速度为（ ）
A.20m/sB.18m/sD.40m/s

2. 汽车以v0=20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度a=−5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2s时与5s时汽车的位移之比为（ ）
A.5:4B.4:5C.3:4D.4:3

3. 如图所示，a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其x−t图像中，图线c是一条x=0.4t2的抛物线．有关这三个物体在0∼5s内的运动，下列说法正确的是（ ）

A.a物体做匀加速直线运动
B.c物体做加速度增大的加速直线运动
C.t=5s时，a物体与c物体相距10m
D.a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同

4. 如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则（ ）

A.A、B间没有静摩擦力
B.A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上
C.A受到斜面的滑动摩擦力大小为mgsinθ
D.A与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ

5. 如图所示，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45∘，两者的高度差为l．一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物．在绳上距a端l2的c点有一固定绳圈．若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比m1m2为（ ）

A.5B.2C.52D.2

6. 如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4．重力加速度大小为g，则有（ ）

A.a1=a2=a3=a4=0
B.a1=a2=a3=a4=g
C.a1=a2=g，a3=0，a4=m+MMg
D.a1=g，a2=m+MMg，a3=0，a4=m+MMg

7. 如图甲所示，质量为m0的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，m0>m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为FT′，则（ ）

A.F′=F，FT′=FTB.F′>F，FT′=FTC.F′FTD.F′a，
对于小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得：
F=(m0+m)a，
F′=(m0+m)a′，
所以F′>F，故B正确，ACD错误．
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
摩擦力的判断
【解析】
当水平拉力变为2F时，物体所受的滑动摩擦力大小没有变化，根据牛顿第二定律对前后两种进行研究，分析两次加速度之比，进行选择．
【解答】
解：ABC．由牛顿第二定律可知，当水平推力为F时，加速度为a，则a=F−fm，当水平推力为2F时，加速度a′=2F−fm>2F−2fm=2a，故AC错误，B正确；
D．物体与水平面间的滑动摩擦力大小与正压力成正比，与其他力无关，所以物体受到的摩擦力大小仍为f，故D错误．
故选B．
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
速度、速度变化量和加速度的关系
牛顿第二定律的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．根据牛顿第二定律F=ma可知，力和加速度存在瞬时对应关系，则原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度，选项A正确；
B．加速度的方向由合外力的方向来决定，加速度的方向与合力的方向总是一致的，速度与加速度的方向没有必然联系，加速度与速度的方向可能相同，也可能不同，选项B正确；
C．根据牛顿第二定律F=ma可知，合力方向与加速度的方向总是一致的，在初速度为0的匀加速直线运动中，加速度的方向与速度方向是一致的，故在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的，选项C正确；
D．合力变小，加速度变小，若加速度和速度同向，则物体的速度仍然变大，选项D错误．
故选ABC．
【答案】
A,B,C
【考点】
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
摩擦力的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．t=0时刻，力传感器显示拉力为2N，滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为2N，由小车与空沙桶受力平衡可知空沙桶的重力也等于2N，A选项正确；
BC．t=50s时刻摩擦力达到最大值，即最大静摩擦力为3.5N，同时小车启动，说明带有沙子的沙桶重力等于3.5N，此时摩擦力立即变为滑动摩擦力，即静摩擦力突变为3N的滑动摩擦力，BC选项正确；
D．此后因为沙子和沙桶重力3.5N大于滑动摩擦力3N，所以50s后小车将做匀加速运动，D选项错误．
故选ABC．
【答案】
B,D
【考点】
用牛顿运动定律分析斜面体模型
动力学中的整体法与隔离法
【解析】
两物体没有发生相对滑动，具有相同的加速度，对m受力分析，由牛顿第二定律求出加速度和斜面对m的支持力，再整体受力分析由牛顿第二定律求出外力F．
【解答】
解：A．系统在水平方向只受推力F作用，做匀加速直线运动，故A错误；
BC．对m受力分析，受到重力以及斜面的支持力作用，合力向左，根据牛顿第二定律得：
FNcs45∘=mg，
mgtan45∘=ma，
解得：FN=102N，a=10m/s2，
对整体，根据牛顿第二定律得：F=(M+m)a=40N，故B正确，C错误；
D．增大力F，则斜面体M在水平方向的加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增大，则支持力在竖直方向的分量大于重力，有向上的加速度，即楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动，故D正确．
故选BD．
【答案】
A,D
【考点】
解析法在动态平衡问题中的应用
【解析】
对物体进行受力分析，根据平衡条件判断牵引力的最小值及其与水平面的夹角.
【解答】
解：对物体进行受力分析，如图所示：
根据共点力平衡可得：
Fcsθ=μ(mg−Fsinθ)，
解得： F=μmgcsθ+μsinθ，
=50×33csθ+33sinθ，
=503csθ+sinθ
=502sin(60∘+θ)，
当θ=30∘时，F最小，最小值为：Fmin=25N．
故选AD.
三、实验探究题
【答案】
B
（2）如解答图所示；0.255（0.248∼0.262均正确）
（3）大
【考点】
探究弹力和弹簧伸长的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）在F−l图像中，图线与l轴交点的横坐标表示弹簧原长，故a的原长比b的小，
题图图线的斜率表示弹簧的劲度系数，所以a的劲度系数比b的大，
图线没有通过原点，弹簧的长度等于原长加变化量，所以弹簧的长度和弹力不成正比，故B正确，ACD错误．
故选B．
（2）如图所示：
由胡克定律F=kx得：k=Fx=ΔmgΔl≈0.255N/m．
（3）因为钩码所标数值比实际质量偏大，所以作出的m−l图线比实际情况下的图线斜率偏大，即劲度系数偏大．
【答案】
B,C,D
A
（3）甲
【考点】
验证力的平行四边形定则
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）对O点受力分析，如图所示：
OA、OB、OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以OC等于OD，因此三个力的大小构成一个三角形，
A．2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误；
B．3、4、3可以构成三角形，则结点能处于平衡，故B正确；
C．4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡，故C正确；
D．3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡，故D正确．
故选：BCD．
（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要明确力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要记录砝码的个数和OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误．
故选：A．
（3）以O点为研究对象，F3是实际作用在OC这条线上的力，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故F合会与理论情况出现一定的偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际．
四、解答题
【答案】
重物落到地面需要的时间为7s，重物到达地面时的速度是60m/s，方向竖直向下．
【考点】
竖直上抛运动
【解析】
物体从气球上掉下后做竖直上抛运动，可以看成一种匀减速直线运动，根据位移时间公式求时间。
由速度时间公式求物体到达地面时的速度。
【解答】
解：取全过程进行研究，从重物自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示：
重物在时间t内的位移h=−175m，初速度v0=10m/s，
h=v0t−12gt2，
解得：t=7s或t=−5s（舍去），
所以重物落地速度为：
v=v0−gt=10m/s−10×7m/s=−60m/s，负号表示速度方向竖直向下．
【答案】
（1）甲、乙两车的质量比为1:3．
（2）两车相距最近时的距离为4m．
【考点】
加速度与力、质量的关系式
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
（1）根据速度时间图线的斜率求出两车的加速度大小，结合牛顿第二定律，抓住两车质量与其加速度的乘积相等，求出甲乙两车的质量之比．
（2）甲车做减速运动，乙车做加速运动，当两车速度相等时，相距最近，结合速度时间公式求出速度相等的时间，从而得出两车的位移，结合位移关系求出最近的距离．
【解答】
解：（1）由题图b可知：甲车的加速度大小a甲=v0−vt1=30t1m/s2，
乙车的加速度大小a乙=v−0t1=10t1m/s2，
因为甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，所以有m甲a甲=m乙a乙，
解得：m甲m乙=13．
（2）在t1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v=10 m/s，此时两车相距最近，
对乙车有：v=a乙t1，
对甲车有：v=a甲(0.4−t1)，
可解得t1=0.3s，
到速度相等时甲车的位移x甲=v0+v2t1=(40+102×0.3)m=7.5m，
乙车的位移x乙=v2t1=(102×0.3)m=1.5m，
两车相距最近的距离为xmin=x0+x乙−x甲=4.0m．
【答案】
汽车在雨天安全行驶的最大速度是20m/s．
【考点】
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设路面干燥时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，
由牛顿第二定律和运动学公式得：
μ0mg=ma0①
s=v0t0+v022a0②
式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度，
设在雨天行驶时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ，依题意有：
μ=25μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得：
μmg=ma④
s=vt0+v22a⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得：
v=20m/s（或v=−24m/s不合题意，舍去）．
【答案】
（1）物体与斜面间的动摩擦因数为μ=33；
（2）临界角θ0=60∘．
【考点】
平衡中的临界与极值问题
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
本题（1）的关键是正确对物体受力分析，采用正交分解法分别列出牛顿第二定律表达式，然后求解即可；
题（2）的关键是根据牛顿第二定律写出物体匀速时的函数表达式，然后再讨论即可．
【解答】
解：（1）未施加力F时，对物体受力分析，如图所示：
物体m匀速下滑时应有：mgsin30∘=μmgcs30∘，
解得μ=tan30∘=33；
（2）设斜面的倾角为α，对物体受力分析如图所示：
由平衡条件得：
Fcsα=mgsinα+Ff′，
FN′=mgcsα+Fsinα，
Ff′=μFN′，
联立可得：F=mgsinα+μmgcsαcsα−μsinα，
当(csα−μsinα)→0时，F→∞，即无论用多大的力都不能使物体沿斜面上滑，
解得临界角tanθ0=tanα=1μ=3，解得θ0=α=60∘．