2024-2025学年河南省南阳市邓州春雨国文学校高三（上）月考物理试卷（9月）（含解析）

这是一份2024-2025学年河南省南阳市邓州春雨国文学校高三（上）月考物理试卷（9月）（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共6小题，共36分。
1.下列说法正确的是( )
A. 长度、时间、力是一组属于国际单位制的基本单位的物理量
B. 大小分别为5N、7N和9N的三个力合成，其合力大小的范围为3N≤F≤21N
C. 各种小型车辆前排乘坐的人必须系好安全带是为了减小乘客的惯性
D. 在单向匀变速直线运动中，中间时刻速度一定小于中间位置的速度
2.小金开车在石村村口A处停了一会，接着由静止开始匀加速直线行驶，途经B、C、D、E四个石墩，如图所示。已知B到C、C到D、D到E的时间相等，BC间距离为4m，CD间距离为6m，根据以上信息，以下说法正确的是( )
A. 可以求出汽车通过C点时的速度大小B. 可以求出汽车的加速度大小
C. 可以求得汽车在AB之间的行驶时间D. 可以求得AE之间的距离
3.如图所示，某质点在共点力F1、F2、F3作用下处于静止状态，现将F1逆时针旋转60°，其他力均保持不变，那么该质点所受合力大小为( )
A. F1B. F2+F1C. F3D. F1+F3
4.如图所示，质量为m的物体A和质量为2m的物体B叠放在一起静止不动，A、B之间动摩擦因数为μ1，B与地面之间动摩擦因数是μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给A加一水平拉力F，使得两物体一起向右加速运动，下列关于μ1、μ2的关系可能是( )
A. 4μ1=μ2B. 3μ1=μ2C. μ1=3μ2D. μ1=4μ2
5.如图所示，一半径为R的光滑14圆形轨道竖直固定在地面上，其圆心为O，有一光滑的小滑轮在O点正上方，到轨道上B点的距离为ℎ，轻绳的一端系一小球，靠放在光滑圆形轨道上的A点，另一端绕过小滑轮后用力拉住，使小球静止．现缓慢地拉绳，在使小球由A到B的过程中，关于力的大小的变化叙述正确的是
A. 圆形轨道对小球的支持力不变，绳对小球的拉力变小
B. 圆形轨道对小球的支持力变小，绳对小球的拉力变大
C. 圆形轨道对小球的支持力变大，绳对小球的拉力变小
D. 圆形轨道对小球的支持力变小，绳对小球的拉力先变小后变大
6.木块A、B分别重50 N和60 N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm，弹簧的劲度系数为400 N/m，系统置于水平地面上静止不动。现用F=4 N的水平拉力作用在木块B上，如图所示，则力F作用后木块A、B所受摩擦力的大小分别为
A. 12.5N，15NB. 8N，8NC. 8N，12ND. 8N，4N
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( )
A. 重力做的功为360JB. 克服阻力做的功为440J
C. 经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D. 经过Q点时对轨道的压力大小为380N
8.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，若θ、g、v0、t0已知，则下列说法中正确的是( )
A. 传送带一定逆时针转动
B. μ=tanθ+v0gt0csθ
C. 传送带的速度大于v0
D. t0后一段时间内滑块加速度为2gsinθ−v0t0
9.如图所示，质量m=1 kg的物体从高为ℎ=0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，传送带AB之间的距离为L=5 m，传送带一直以v=4 m/s的速度匀速运动，则(g取10 m/s2)( )
A. 物体从A运动到B的时间是1.5 s
B. 物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 J
C. 物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 J
D. 物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J
10.如图所示，A是静止在光滑水平地面上的长木板，质量为M=4.0kg，长度为l=2.0m。B是一质量为m=1.0kg的小滑块，现给它以初速度v0=2.0m/s，使它从长木板的左端开始向右滑动。B与A之间的动摩擦因数为μ=0.1，g取10m/s2，则( )
A. 滑块B最终将以某一速度离开长木板A
B. 滑块B在减速阶段的加速度大小为1m/s2
C. 整个运动过程中，滑块B对长木板A做了0.32J的功
D. 滑行过程中系统损失的机械能为2.0J
三、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.某同学利用如图装置测量小车和智能手机的质量，智能手机可以利用APP直接测量出手机运动时的加速度。悬挂质量为m的钩码，用智能手机测出小车运动的加速度a；改变钩码的质量m，进行多次测量；做出a与m(g−a)的图像如图，已知图像中直线的截距为b，斜率为k。不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)以下说法正确的是___________；
A.钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量
B.细绳应该始终与长木板平行
C.细线的拉力等于钩码的重力
(2)根据图像可得，小车和手机的质量为__________；
(3)再利用手机APP测出斜面倾角为θ，则小车和智能手机沿木板运动过程中受摩擦力的大小为_______。
四、计算题：本大题共2小题，共30分。
12.如图所示，一质量为6 kg的物块，置于水平地面上，物块与地面的动摩擦因数为13，然后用两根绳分别系在物块的A点和B点，A绳水平，B绳与水平面成37°，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10 m/s2.求：
(1)逐渐增大B绳的拉力，直到物块对地面的压力恰好为零，则此时A绳和B绳的拉力分别是多大？
(2)将A绳剪断，为了使物块沿水平面做匀速直线运动，在不改变B绳方向的情况下，B绳的拉力应为多大？
13.如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为14μ，现A以初速度v0在B上相对滑动，A的右边缘恰好能够滑动到与B的右边缘对齐，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)A在B上相对滑动的过程中，A和B的加速度大小和。
(2)A的右边缘到B的右边缘的距离。(3)B运动的总位移。
答案解析
1.D
【解析】解：A、力不是国际制单位中基本单位的物理量，是导出单位的物理量，故A错误；
B、当三个力的方向相同时，合力最大，F合=5+9+7N=21N；5N和7N两个力的合力大于等于2N，小于等于12N，而9N在这合力范围内，所以三个力的合力能为零；则合力的最小值为0.合力范围为：0～21N，故B错误；
C、车辆前排乘坐的人必须系好安全带是为了减小急刹车时乘客的惯性可能带来的危害，但不能减小乘客的惯性，故C错误；
D、设匀变速直线运动的初速度为v0，末速度为v，则中间时刻的瞬时速度：vt2=v+v02
中间位置的瞬时速度：vx2= v02+v22，
由于：vx22−vt22=v02+v22−(v0+v2)2=(v−v02)2>0，知无论匀加速还是匀减速，vx2>vt2，故D正确。
故选：D。
力学中的三个基本物理量是长度、质量、时间，基本单位为米、千克、秒；当三个力同向时，合力最大；判断合力的最小值看合力能否为零，若能为零，最小值是0.若不能为零，则最小值等于较小的两个力同向与较大的一个力反向而得到的合力；惯性的大小仅仅与质量有关；对于匀变速直线运动，根据平均速度的推论求出中间时刻的瞬时速度，根据速度位移公式求出中间位置的速度，通过作差法比较。
本题主要考查了对单位制、力的合成、惯性的理解以及平均速度等，关键是要熟记单向匀变速直线运动中，中间时刻速度一定小于中间位移的速度，可以节约很多的时间。
2.D
【解析】设A到B的时间为t，B到C、C到D、D到E的时间均为T，汽车的加速度大小为a，则根据匀变速直线运动规律的推论可得 a=xCD−xBCT2 ①xDE−xCD=xCD−xBC ②
根据初速度为零的匀加速直线运动位移公式可得 12at2=xAB③
根据匀加速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知汽车通过C点时的速度大小为vC=xBC+xCD2T④
又12at2+xBC=vC22a⑤
联立①②③④⑤可得xAB=2.25m，xDE=8m，
所以AE之间的距离为xAE=20.25m
由于T未知，所以无法求得vC、a以及t，故ABC错误，D正确。
故选D。
3.A
【解析】三力平衡时任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线，故除F1外的两个力F2、F3的合力大小等于F1，方向与F1相反；现将F1逆时针旋转60°，根据平行四边形定则可知，两个大小均为F1且互成120°角的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，大小等于分力F1，故此时质点所受到的合力大小为F1，故A正确，故BCD错误。
故选A。
4.D
【解析】根据题意只有当A、B之间的摩擦力大于B与地面之间的摩擦力才能实现两物体一起向右运动，即μ1mg>μ2⋅3mg，即μ1>3μ2，D项正确。
5.A
【解析】设圆形轨道对小球的支持力大小为FN，绳对小球的拉力大小为FT，小球受力如图：
；
由平衡条件可知，将三个力按顺序首尾相接，可形成如图所示闭合三角形，很容易发现，这三个力与△AOO′的三边始终平行，即力的三角形与几何三角形△AOO′相似；
则有：mgR+ℎ=FNR=FTL；
其中，mg、R、ℎ均不变，L逐渐减小，则由上式可知，FN不变，FT变小；
故A正确，BCD错误。
故选A。
6.C
【解析】解：
木块A与地面间的滑动摩擦力为：fA=μGA=0.25×50N=12.5N
木块B与地面间的滑动摩擦力为：fB=μGB=0.25×60N=15N
弹簧弹力为：F弹=kx=400×2×10−2N=8N
施加水平拉力F后，对B物体受力分析，重力与支持力平衡，水平方向受向右的弹簧弹力和拉力，由于B木块与地面间的最大静摩擦力为15N(等于滑动摩擦力)，大于弹簧弹力和拉力之和，故木块B静止不动，故木块B受到的静摩擦力与弹簧弹力和拉力的合力平衡，因而：fB′=F弹+F=8N+4N=12N；
施加水平拉力F后，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块A相对地面有向左的运动趋势，其受到向右的静摩擦力，且与弹力平衡，因而：fA′=F弹=8N；
综上所述，故C正确，ABD错误；
本题关键是分别对两个木块受力分析，通过计算判断木块能否滑动，要注意静摩擦力等于外力，而不是大于外力，大于外力的只是静摩擦力的最大值，还考查了胡克定律，理解其适用条件。静摩擦力的大小随外力的变化而变化，但有一个最大值，其最大值略大于滑动摩擦力，在一般的计算中可以认为等于滑动摩擦力；
本题中，未施加拉力F时，A、B两木块在弹簧的推动下，相对地面有运动趋势，但无相对运动，故均受静摩擦力；在木块B上加上一个水平拉力后，通过计算会发现，虽然B木块相对地面的滑动趋势变大，但仍然无法滑动，说明静摩擦力只是变大了，并不会变成滑动摩擦力．
7.BCD
【解析】A.重力做的功为WG=mgℎ=800J，故A错误；
B.下滑过程据动能定理可得WG−Wf=12mvQ2
代入数据解得，克服阻力做的功为Wf=440J，故B正确；
C.经过Q点时向心加速度大小为a=vQ2ℎ=9m/s2，故C正确；
D.经过Q点时，据牛顿第二定律可得F−mg=ma
解得货物受到的支持力大小为F=380N
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N，故 D正确。
故选BCD。
8.AD
【解析】解：A、若传送带顺时针转动，当滑块下滑(mgsinθ>μmgcsθ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑(mgsinθ<μmgcsθ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，故A正确；
B、滑块在0～t0内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑，a1=gsinθ+μgcsθ，由图可知，a1=v0t0，则μ=v0gt0csθ−tanθ，故B错误；
C、只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，故C错误；
D、等速后的加速度a2=gsinθ−μgcsθ，代入μ值得a2=2gsinθ−v0t0，故D正确；
故选：AD。
对滑块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速。
本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑，2、小木块两段的加速度不一样大。
9.AC
【解析】A.设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：12mv02=mgℎ
代入数据得：v0= 2gℎ=2m/s<4m/s
则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为：a=μmgm=μg=2m/s2；
加速至速度与传送带相等时用时：t1=v−v0a=4−22s=1s
匀加速运动的位移s1=v0+v2t1=2+42×1=3mB.物体运动到B的速度是v=4m/s.根据动能定理得：摩擦力对物体做功W=12mv2−12mv02=12×1×42−12×1×22J=6J ，故B错误；
C.在t1时间内，皮带做匀速运动的位移为 S皮带=vt1=4m，故产生热量Q=μmg△S=μmg(S皮带−S1)，代入数据得：Q=2J.故C正确；
D.电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W=12mv2−12mv02+Q=8J ，故D错误。
故选AC。
10.BC
【解析】解：AB、小滑块长木板的左端开始向右滑动时，设小滑块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得，
对小滑块：μmg=ma1，解得a1=μg=1m/s2
对长木板：μmg=Ma2，解得a2=μmgM=0.1×1×104m/s2=0.25m/s2
假设小滑块没冲出长木板，经过相同时间t二者达到共同运动的速度v，
由运动学公式得：v=v0−a1t=a2t，解得t=1.6s
设二者相对位移大小为△x=v0+v2t−v2t=v02t=1.6m
由于相对位移大小△x=1.6m小于板长2m，所以假设正确，故B正确，A错误；
C、长木板的末速度为v，v=a2t=0.25×1.6m/s=0.4m/s
根据动能定理知滑块B对长木板A做的功等于长木板动能的变化量，即W=12Mv2=12×4×0.42J=0.32J，故C正确；
D、在滑行的全过程中，系统损失的机械能等于系统减少的动能，由能量守恒定律得：△E=12mv02−12(M+m)v2，代入数据解得△E=1.6J，故D错误；
故选：BC。
分别隔离小滑块和长木板，由牛顿第二定律求出二者相互滑动时各自的加速度，分析小滑块在长木板上的运动情况，然后结合动能定理得出滑块对木板做功的大小，再根据能量守恒定律得出系统损失的机械能。
本题考查了板块模型，涉及动力学问题的分析、动能定理和能量守恒定律的运用，体现了学科素养综合分析问题的能力。
11.(1)B
(2) 1k
(3) gsinθ−bk

【解析】①[1]设小车和手机的质量为 M ，斜面倾角为 θ ，对钩码和小车以及手机的系统由牛顿第二定律有
mg+Mgsinθ−μMgcsθ=(M+m)a
整理可得
a=m(g−a)M+Mgsinθ−μMgcsθM
可得本实验的原理为 a 与 m(g−a) 成一次函数。
A.因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量，故A错误；
B.为了让绳子拉小车的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，故B正确；
C.本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故C错误。
故选B。
②[2]根据 a 与 m(g−a) 的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为
1M=k
则小车和手机的质量为
M=1k
③[3]根据 a 与 m(g−a) 的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为
b=Mgsinθ−μMgcsθM
联立解得摩擦力的大小为
f=μMgcsθ=gsinθ−bk
12.解：(1)当物块对地面的压力恰好为零时，物体受到重力G、两个绳子的拉力TA和TB，如图1所示．
根据平衡条件得：
TBcs37°=TA；
TBsin37°=G=mg
解得：TA=80N，TB=100N
(2)将A绳剪断，为了使物块沿水平面做匀速直线运动，物体受力如图2所示．则得：
Fcs37°=f
Fsin37°+FN=G
又 f=μFN联立解得：F=20N．
答：(1)逐渐增大B绳的拉力，直到物块对地面的压力恰好为零，则此时A绳和B绳的拉力分别是80N，100N；
(2)将A绳剪断，为了使物块沿水平面做匀速直线运动，在不改变B绳方向的情况下，B绳的拉力应为20N．
【解析】(1)对物体进行受力分析，物体处于平衡状态，建立直角坐标系，根据x轴方向和y轴方向合力为零，求出此时A绳和B绳的拉力．
(2)已知摩擦力和支持力的大小，根据f=μN求出拉力大小．
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．
13.解：
(1) A在B上相对滑动的过程中，有μmAg=mAaA
μmAg−14μ(mA+mB)g=mBaB
可得aA=μg，方向向左，aB=12μg，方向向右；
(2)当A、B速度相等时，上表面摩擦力大于下表面摩擦力，AB之间摩擦力变为静摩擦力，设经过t后速度相等，则有v0−aAt=aBt v0t−12aAt2−12aBt2=L解得t=2v03μg L=v023μg；
(3)共速之前，B运动的位移为xB1=12aBt2=v029μg，共速时的速度为v共=v0−aAt=v03，
当A、B共速后(mA+mB)a同=14μ(mA+mB)g，可得a同=14μg
共速后B运动的距离xB2=v共22a同=2v029μg
B运动的总位移x总=xB1+xB2，解x总=v023μg。

【解析】(1)根据A与B之间的摩擦力，B与地面之间的摩擦力，结合牛顿第二定律可分析出A、B的加速度；
(2)由A、B所发生的相对位移L着手，分析出共速时各自发生的位移，联立等式进行求解。
(3)根据力与运动的关系求解共速之前和共速之后B的位移。
本题是力学综合题，关键要分析清楚A和B的运动过程，把握两者之间的联系，如速度关系、位移关系。