山东省菏泽市东明县第一中学2021届高三物理上学期第一次月考试题.doc

山东省菏泽市东明县第一中学2021届高三物理上学期第一次月考试题

山东省菏泽市东明县第一中学2021届高三物理上学期第一次月考试题

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- 19 -

山东省菏泽市东明县第一中学2021届高三物理上学期第一次月考试题（含解析）
考试时间：90分钟满分：100分
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（每题3分，共24分）
1. 在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示．下面说法正确的是(　　)

A. 地球在金星与太阳之间
B. 观测“金星凌日”时可将太阳看成质点
C. 以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零
D. 以太阳为参考系，可以认为金星是运动的
【答案】D
【解析】
【详解】A、“金星凌日”现象的成因是光的直线传播，当金星转到太阳与地球中间且三者在一条直线上时，金星挡住了沿直线传播的太阳光，人们看到太阳上的黑点实际上是金星，由此可知发生金星凌日现象时，金星位于地球和太阳之间，故A错误；
B、观测“金星凌日”时，如果将太阳看成质点，无法看到“金星凌日”现象，故B错误；
C、以太阳为参考系，金星绕太阳一周起点和终点重合，位移为零，故C错误；
D、以太阳为参考系，可以认为金星是运动的，故D正确．
2. 近几年，在国家宏观政策调控下，我国房价上涨出现减缓趋势。若将房价的“上涨”类比成“加速”，将房价的“下跌”类比成“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可类比成（　　）
A. 速度增加，加速度减小
B. 速度增加，加速度增大
C. 速度减小，加速度增大
D. 速度减小，加速度减小
【答案】A
【解析】
【详解】“房价上涨出现减缓趋势”中“上涨”类比为速度增大，“减缓”类比为加速度减小，所以“房价上涨出现减缓趋势”可以类比为加速度减小的加速运动，即速度增大，加速度减小，A正确，BCD错误。
故选A。
3. 如图所示,a、b两物体的质量分别为m1和m2,由轻质弹簧相连.当用恒力F竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1,加速度大小为a1;当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a,使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x2,加速度大小为a2,则(　　)

A. a1=a2,x1=x2 B. a1<a2,x1=x2
C. a1=a2x1>x2 D. a1<a2,x1>x2
【答案】B
【解析】
【分析】
先对AB整体进行分析，可以得出整体运动的加速度；再对隔离出受力最少的一个进行受力分析，由牛顿第二定律可得出弹簧弹力，则可得出弹簧的形变量．
【详解】对整体分析有：

，可知a1＜a2；
隔离对b分析有：F1-m2g=m2a1，
解得：，，可知F1=F2，根据胡克定律知，x1=x2．
故应选：B．
【点睛】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用．
4. 如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于（　　）

A. 45° B. 55° C. 60° D. 70°
【答案】B
【解析】
【详解】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示

根据几何关系有

解得。
故选B。
5. 如图所示为一同学在网上发现的一幅新能源汽车的漫画，有关这幅漫画，下列说法正确的是（　　）

A. 磁铁对铁块的作用力大于铁块对磁铁的作用力
B. 磁铁对铁块的作用力大小等于铁块对磁铁的作用力
C. 根据牛顿第二定律，这种设计能使汽车向前运动
D. 只要磁铁的磁性足够强，汽车就可以一直运动下去
【答案】B
【解析】
【详解】AB．磁铁对铁块的作用力和铁块对磁铁的作用力是一对相互作用力，应该相等，故A错误，B正确；
CD．磁铁和铁块都是汽车的一部分，两者之间的作用力是汽车的内部作用，根据牛顿第二定律，没有合外力也就没有加速度，不能前进，故CD错误。
故选B。
6. 物理老师在课堂上将一张薄面纸夹在一本厚厚的“唐诗辞典”的最下层两个页面之间，并将它们静置于桌面上要求学生抽出面纸，结果面纸总被拉断。然后物理老师为学生表演一项“绝活”—手托“唐诗辞典”让其运动并完好无损地抽出了面纸，则“唐诗辞典”可能（　　）

A. 水平向右匀速运动 B. 水平向左匀速运动
C. 向上加速运动 D. 向下加速运动
【答案】D
【解析】
【详解】静置于桌面上时薄面纸容易被拉断，主要是因为薄面纸能够承受的最大拉力小于其最大的静摩擦力，最大静摩擦力和正压力成正比，老师是通过减小辞典对薄面纸压力来实现的
AB．水平向右匀速运动或者水平向左匀速运动，都不能够减小辞典对薄面纸压力，故AB错误；
C．向上加速运动，加速度方向向上，辞典处于超重状态，对薄面纸的压力增大，故C错误；
D．向下加速运动，加速度方向向下，辞典处于失重状态，对薄面纸的压力减小，故D正确。
故选D。
7. 如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态．现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为f，则该过程中

A. f变小，F变大 B. f变小，F变小
C. f变大，F变小 D. f变大，F变大
【答案】D
【解析】
【详解】以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可得，水平拉力为，可见水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为，故绳子的拉力也是逐渐增加；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受地面的摩擦力与绳子的拉力的水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，是逐渐增大；故D正确，A、B、C错误；
故选D．
8. 甲、乙两车在平直公路上行驶，其v-t图象如图所示．t=0时，两车间距为；时刻，甲、乙两车相遇．时间内甲车发生的位移为s，下列说法正确的是( )

A. 时间内甲车在前，时间内乙车在前
B. 时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍
C. 时刻甲、乙两车相距
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图知在0～t0时间内甲车速度大于乙车的速度，故是甲车在追赶乙车，所以A错误；
B．0～2t0时间内甲车平均速度的大小，乙车平均速度，所以B错误；
D．由题意知，图中阴影部分面积即为位移s0，根据几何关系知，三角形ABC的面积对应位移s0∕3，所以可求三角形OCD的面积对应位移s0∕6，所以0—to时间内甲车发生的位移为
s=s0+ s0∕6
得
s0=s
故D正确；
C．2t0时刻甲、乙两车间的距离即为三角形ABC的面积即s0∕3，所以C错误．

故选D。
二、多选题（每题4分，共16分）
9. 科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然现象具有重要作用．下列说法符合历史事实的是
A. 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B. 伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C. 笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D. 牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
【答案】BCD
【解析】
【详解】试题分析:A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才会运动，没有力的作用，物体就要静止下来，A错误；
B、伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，B正确；
C、笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，C正确；
D、牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，即惯性，D正确；

10. 如图甲所示，一物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到如图乙所示的水平外力F作用，下列表述正确的是（　　）

A. t1时刻加速度最大
B. t1时刻速度最大
C. t2时物体离出发点最远
D. t4时物体离出发点最远
【答案】AD
【解析】
【详解】A．在t1时刻物体受到的力最大，根据牛顿第二定律，则t1时刻加速度最大，A正确；
BCD．在加速度和物体的速度同向，物体做正向的加速度增大的加速运动，加速度也和物体的速度同向，物体做正向的加速度减小的加速运动，t2时刻物体的速度最大，力反向，加速度和物体的速度反向，做正向的加速度增大的减速运动，加速度也和物体的速度反向，做正向的加速度减小的减速运动，一直到t4时刻，即t4时物体离出发点最远，BC错误D正确。
故选AD。
11. 如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，长方体盒子底面水平，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q相接触。现将斜劈A在斜面体C上由静止释放，以下说法正确的是（　　）

A. 若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P对球B有压力
B. 若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对球B均无压力
C. 若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对球B均无压力
D. 若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q对球B有压力
【答案】CD
【解析】
【详解】A．当斜面光滑，斜劈A由静止释放，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力。知P点对球无压力，Q点对球有压力。故A错误；
B．当斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面上滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力，故B错误；
C．斜劈A沿斜面匀速下滑，知B球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡。所以P、Q对球均无压力。故C正确；
D．斜劈A沿斜面加速下滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力。故D正确。
故选CD。
【点睛】斜劈A在斜面体C上静止不动，则B受重力和支持力平衡。当斜面光滑，斜劈A和B球具有相同的加速度沿斜面向上减速，通过对B球进行受力分析，判断P、Q对球有无压力。当斜面粗糙，按照同样的方法，先判断出整体的加速度方向，再隔离对B进行受力分析，从而判断P、Q对球有无压力。
12. 三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37 .现有两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5. （g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）下列说法中正确的是（ ）

A. 物块A到达底端的速度比B到达底端的速度大
B. 物块A和B同时到达底端时速度大小相等
C. 物块A先到达传送带底端
D. 物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1:3
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC．分析A受力可知,A物体重力的下滑分量大于滑动摩擦力,即相对于皮带向下加速,加速度为:

分析B的受力可知，B相对于皮带也是向下滑的，摩擦力向上，其加速度也表达为:

可见两个物体的加速度相同，加速位移一样，由运动学公式知，AB两物体滑到底端时时间相同，由可知到达底端速度大小相等，故AC错误，B正确;
D．划痕长度由相对位移决定,由以上方程

可以求得加速度为

代人可以求得时间为，对A物体与传送带运动方向相同

B物体的划痕为:

故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1:3，D正确．
故选BD。
第Ⅱ卷（非选择题）
三、实验题（共14分）
13. 如图甲是实验室测定小物块和水平面之间动摩擦因数实验装置，将带有遮光条的物体由曲面的顶端无初速度释放，物体经过光电门瞬间可通过数字计时器记录遮光条的挡光时间，经过一段时间物体停在水平面上的A点，重力加速度大小为g：

(1)实验需用游标卡尺（20分度）测量遮光条的宽度d，如图乙所示，d=___mm；
(2)为了完成本实验，还需要测量A点到光电门的距离s与遮光条通过光电门的时间t，得动摩擦因数的表达式为____；（用测量的物理量和重力加速度g表示）
(3)为了减小实验误差，同学们采用图像法来处理实验数据，他们根据(2)中测量的物理量，建立如图所示的坐标系寻找关系，其中合理的是___。
A. B. C. D.
【答案】 (1). 5.50 (2). (3). B
【解析】
【详解】(1)[1] d=5mm+0.05mm×10=5.50mm。
(2)[2]根据遮光条的宽度与物体通过光电门的时间即可求得物体的速度：
，
物体经过光电门到图甲中A点的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得，
联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式
。
(3)[3]由动摩擦因数的表达式可知，与t2和s的乘积成反比，所以与s的图线是过原点的直线，应该建立的坐标系为：纵坐标用物理量，横坐标用物理量s，即B正确。
14. 为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．

(1) 实验时，一定要进行的操作是______．
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M.
(2) 甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为___m/s2(结果保留三位有效数字)．

(3) 甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_________________．
A. B. －m0 C.－m0 D.
(4) 乙同学根据测量数据作出如图所示的a－F图线，该同学做实验时存在的问题是___________．

【答案】 (1). BC (2). 2．00 (3). C (4). 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
【解析】
【详解】（1）本题拉力可以由传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故AD错误；实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C正确．
（2）根据，运用逐差法得．
（3）由牛顿第二定律得，则，a-F图象的斜率，则小车的质量，故C正确．
（4）当F不等于零，加速度a仍然为零，可知实验中没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．
【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．
四、计算题（共46分）
15. 如图所示为上、下两端相距L=5 m、倾角α=30°、始终以v=3 m/s的速率顺时针转动的传送带（传送带始终绷紧）．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t=2 s到达下端．重力加速度g取10 m/s2，求：

（1）传送带与物体间的动摩擦因数多大？
（2）如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？
【答案】（1）0.29（2）
【解析】
【分析】
（1）传送带顺时针转动，物块下滑时受到的向上的滑动摩擦力，根据运动学基本公式及牛顿第二定律列式即可求解
动摩擦因数；
（2）如果传送带逆时针转动，要使物体从传 送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需 要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律求出最大加速度，再根据匀加速运动位移速度公式求解．
【详解】（1）传送带顺时针转动，有题意得：
L=
解得：a=2.5m/s2
根据牛顿第二定律得：
mgsinα﹣μmgcosα=ma
解得：μ=
（2）如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a'．
由牛顿第二定律得 mgsinα+Ff=ma′
而Ff=μmgcosα
根据位移速度公式得：vm2=2La'
解得：vm=8.66m/s
答：（1）传送带与物体间的动摩擦因数为0.29；
（2）如果将传送带逆时针转动，速率至少8.66m/s时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端．
【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度适中．
16. 我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
【答案】(1)；（2）2m/s2，
【解析】
【详解】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：

满载起飞时，升力正好等于重力：

由上两式解得：

（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以

解得：

由加速的定义式变形得：

解得：

17. 如图所示：一根光滑的丝带两端分别系住物块A、C，丝带绕过两定滑轮，在两滑轮之间的丝带上放置了球B、D通过细绳跨过定滑轮水平牵引C物体．整个系统处于静止状态．已知，，，B物体两侧丝带间夹角为 ，C物体连接丝带与水平面夹角为 ，此时C恰能保持静止状态．求：（g=10m/s2）

（1）物体B质量m；
（2）物体C与地面间的摩擦力f；
（3）物体C与地面的摩擦系数μ（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）．
【答案】（1） 3kg；（2） 10N ；（3） 。
【解析】
【详解】（1）对B受力分析，受重力和两侧绳子的拉力，根据平衡条件，知

解得：
m=3kg
（2）对C受力分析，受重力、两个细线的拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，知水平方向受力平衡：

解得：
f=10N
（3）对C，竖直方向平衡，支持力：

由f=μN，知

18. 如图所示，在光滑的水平面上放置一个长为L=2.2m的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，二者的质量均为m=1kg，g=10m/s2．现对A施加F=6N的水平向右的拉力，ls后撤去拉力F，求：
（1）撤去拉力F时小滑块A和长木板B的速度大小；
（2）A相对于B静止的位置与长木板右端的距离。

【答案】(1) vA=4m/s，vB=2m/s （2）d=0.7m
【解析】
【详解】(1)对A滑块根据牛顿第二定律有：
F－μmg=maA
代入数据解得：

1s时滑块A的速度为：
vA=aAt=4×1m/s=4m/s
对B木板有：
μmg=maB
代入数据解得：

则1s时B的速度为：
vB=aBt=2m/s
(2)撤去F前，A的位移为：

B的位移为：

对AB，在撤去F之后到相对静止过程中，根据动量守恒定律有：
mvA+mvB=2mv共
根据能量守恒定律有：

代入数据解得：
x相对=0.5m
则A最终到右端距离为：
d=L－（xA－xB）－x相对
代入数据得：
d=0.7m