【文档说明】贵州省遵义市南白中学2019-2020学年高一上学期第三次月考物理试题含解析【精准解析】.doc，共(14)页，741.000 KB，由管理员店铺上传

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遵义市南白中学2019-2020-1高一第三次月考试卷物理一、选择题1.在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家和建立惯性定律的物理学家分别是（）A.伽利略、牛顿B.伽利略、爱因斯坦C.亚里士多德、

伽利略D.亚里士多德、伽利略【答案】A【解析】【详解】亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略运用逻辑推理和实验相结合的方法推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态的原因；牛顿提出了

物体的运动定律，其中牛顿第一定律即为惯性定律；故A正确，BCD错误；故选：A；2.关于力学单位制下列说法正确的是（）A.kg、m/s、N是导出单位B.kg、s、J是基本单位C.只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F=maD

.在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是g【答案】C【解析】【详解】A.kg是质量的单位它是基本单位，故A错误；B.三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，J是能量

的单位，不是基本单位。故B错误；C.牛顿第二定律的表达式F＝ma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，故C正确；D.g也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，故D错误；故选：C；3.吴老师驾车从“遵义市南白中学”开往

“遵义会议会址”，导航地图如图所示，以下说法错误的是（）A.研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点B.图中显示的“39分钟”是指时间间隔C.“距离最短”中的“59公里”是指位移大小D.高速公路某处

路边竖有限速标志120km，指的是车辆行驶在该路段过程中，瞬时速度不能超过120km/h【答案】C【解析】【详解】A.研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小可以忽略，故可以把汽车看作质点，故A正确；B.图中显示的“39分钟”在时间轴上是一段距离，是指汽车行驶的时间间隔，故B正确；C.“距离

最短”中的“59公里”是指路程的大小，故C错误；D.进入隧道前路边竖有限速标志120km，实际为120km/h，是指瞬时速度，意思为指的是车辆经过隧道过程中，瞬时速度不能超过120km/h，故D正确；本题选错误的，故选：C

；4.火车以v0＝8m/s的速度匀速行驶，突然前方遇紧急情况关闭发动机做匀减速直线运动，当火车前进了70m时，速度减为v1＝6m/s，则再经过70s火车又前进的距离为（）A.80mB.90mC.120mD.160m【答

案】B【解析】【详解】设火车的加速度为a，根据2202vvax，解得：2222036-64m/s=-0.2m/s2270vvax，从6m/s到停止所需要的时间为00-6s=30s-0.2vta，故再经过70s火车前进的距离实际

为火车前进30s前进的距离，即06+0×30m=90m22vvxt；故ACD错误，B正确；故选：B；5.如图所示，A、B两物块叠放在一起,现对A施加一个竖直向下的压力F，A、B仍保持静止状态,则下

列说法中正确的是（）A.物块A受到3个力的作用B.物块A受到4个力的作用C.物块B受到3个力的作用D.物块B受到5个力的作用【答案】B【解析】【详解】AB.地球表面的一切物体都受到重力，故AB物体一定受重力；对A物体分析可知，A受重力、支持力、压力作用，由于

支持力垂直于接触面，故A受斜向右上的支持力，因支持力有向右的分量，因此A一定受沿斜面的摩擦力作用，故A受4个力作用，故A错误，B正确；CD.对B分析可知，B受重力、支持力、A的压力和A的摩擦力；再对整体分析可知，整体没有水平方向上的外

力作用，故B和地面没有摩擦力，故B受四个力作用，故CD错误；故选：B；6.我校高一某同学想进行一项挑战，用两手水平用力地夹起一摞书并保持静止，可简化为如图所示物理模型，设手对书施加的水平压力F=220N，若每本书的质量均为0.90kg，手与书之间的动摩擦因数为μ

1=0.4,书与书之间的动摩擦因数相同均为μ2=0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，则该同学（）A.最多能夹住16本书B.最多能夹住9本书C.最多能夹住14本书D.最多能夹住19本书【

答案】A【解析】【详解】先将所有的书（设有n本）当作整体，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有：12Fnmg；则有：1220.422019.50.910Fnmg；再考虑除最外侧两本书（n−2本），受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有：22(2)Fnmg

，则有：2220.32202216.60.910Fnmg；解得：16.5n，故最多可以有16本书；故A正确，BCD错误；故选A；7.下列说法正确的是（）A.物体所受的摩擦力方向一定与物体运动方向在同一直线B.静止的物体不可能受到滑动摩擦力C.木块放在桌面上受到

向上的支持力，这是由于桌面发生了微小形变引起的D.物体间有摩擦力产生时，必有弹力，弹力和摩擦力的方向必然是垂直的【答案】CD【解析】【详解】A.根据摩擦力产生的条件可知，摩擦力方向与接触面相平行，但不一定与运动方向共线，比如放粗糙斜面上的物体随着斜面一起水平匀速运动，则受到静摩擦力方向与

运动方向不共线，故A错误；B.静止的物体可能受到滑动摩擦力作用，如木块在桌面上运动时，桌面静止，但是受到的却是滑动摩擦力，故B错误；C.弹力的产生是施力物体产生形变产生的，木块放在桌面上受到向上的支持力，桌面是施力物体，这是由于桌面发生了微小形变引起的；D.物体所受摩擦力方向

和其运动方向可能相同、相反、垂直等，如物体在转盘上随转盘一起匀速转动时，摩擦力与其运动方向垂直，故D正确；故选：CD；8.如图所示，细绳MO与NO所能承受的最大拉力相同,长度MO>NO，则在不断缓慢增加重物G的重力过程中

（绳OC不会断）（）A.ON绳先被拉断B.OM绳先被拉断C.OC绳对重物的拉力与重物所受重力为一对平衡力D.OC绳对重物的拉力与重物所受重力为作用力与反作用力【答案】AC【解析】【详解】AB.物体对O点拉力等于物体重力，此力有两个效果：一是使NO绳拉紧；二是使OM绳拉紧。按效果把物体

对O点的拉力分解，如下图所示，由此可知NO绳受的力大于MO绳受的力。当重力逐渐增大，NO绳先达到最大拉力，NO绳先断。故A正确，B错误；CD.重物G处于静止状态，所以OC绳对重物的拉力与重物所受重力为一对平衡力，C正确，D错误；故选

择：AC9.一斜劈M静止于粗糙的水平地面上,在其斜面上放一滑块m,若给滑块m一沿斜面向下的初速度0v,则滑块m正好保持匀速下滑．如图所示,现在滑块m下滑的过程中再加一个作用力,则以下说法错误的是（）A.若在滑块m上加一竖直向下的力1F,则滑块m将保持匀速运动,地面对M无静

摩擦力的作用B.若在滑块m上加一个沿斜面向下的力2F,则滑块m将做加速运动,地面对M无静摩擦力的作用C.在滑块m上加一个水平向右的力3F,则在滑块m速度减为零前地面对M有向左的静摩擦力的作用D.在滑块m上加一个垂直

斜面向下的力4F,则滑块m将做减速运动,在滑块m停止前地面对M有向左的静摩擦力的作用【答案】CD【解析】【详解】m原来保持匀速下滑，M静止，以滑块和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得知地面对斜面没有摩擦力，如有摩擦力，整体的合力不

为零，将破坏平衡状态与题矛盾．对m，有：mgsinθ=f=μmgcosθ，即得sinθ=μcosθ，θ是斜面的倾角．A．当施加竖直向下的力F1时，对整体受力分析，水平方向不受摩擦力，否则不能平衡，故对地面也没有摩擦力；再对m受力分析可知，（

mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=0，所以m依然做匀速运动，故A正确．B．在m上加一沿斜面向下的力F2，如图，物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但m与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜面所受摩擦力与

物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故B正确；C．在m上加一水平向右的力F3，沿斜面方向：mgsinθ-F3cosθ-μ（mgcosθ+F3sinθ）＜0，故物体做减速运动

；对物块，所受支持力增加了F3sinθ，则摩擦力增加μF3sinθ，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图：则斜面所受的摩擦力与压力的合力还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C错误；D．

无论在m上加上什么方向的力，m对斜面的压力与m对斜面的摩擦力都是以1：μ的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜面便没有运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D错误．二、实验题10.“研究共点力的合成”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和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。（1）在图乙中的F与F′两力中方向一定沿AO方向的是力______.（选填“F”或“F’”）（2）本实验采用的主要科学方法是______（3）实验

中可减小误差的措施有______A.两个分力F1、F2的大小要尽量大些B.拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行C.两个分力F1、F2间夹角要尽量大些D.拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些。【答案】(1).F'(2).等效替代法(3).ABD【解析】

【详解】（1）[1]实验中F是通过平行四边形定则作图得出的，而F′是通过用一根细线拉动橡皮筋，使与两个力拉时的效果相同得出的，故F'一定是沿AO方向的；（2）[2]本实验是通过一个力与两力效果相同得了的合力，故运用了等效替代的方

法；（3）[3]A.实验是通过作图得出结果，故为了减小误差应让拉力尽量大些，故A正确；B.为了防止出现分力的情况，应让各力尽量贴近木板，且与木板平行，故B正确；C.而夹角太大将会导至合力过小，故夹角不能太大，故C错误；D.为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳

应长些，故D正确；故选：ABD；11.实验小组利用图甲所示的装置进行“探究加速度与合外力、质量的关系”的实验，采用的器材主要有小车、细绳、打点计时器、钩码、一段带有定滑轮的长木板、纸带、刻度尺等。实验中认为细绳对小车的

拉力F等于钩码重力，请回答下列问题（1）某小组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是_____．A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B．每次改变小车的质量时，需要重

新平衡摩擦力C．实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车D．用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a＝mgM求出（2）实验中要进行质量钩码质量m和小车质量M的选取，以下最合理的一组是_____A．M＝20g，m＝10g、15g、20g

、25g、30g、40gB．M＝200g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120gC．M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120gD．M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g（3）实验

时，某同学先将木板调水平，再将细线与木板挑平行，然后开始实验并将每组数据在坐标纸上描点画线得到a－F图象，可能是图乙中的_____图线。（选填A、B、C）（4）图丙是某次实验中得到的纸带。已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz,每相邻两个计数点间还有4个点

未画出,求出小车下滑的加速度为_____m/s2.(结果保留三位有效数字)【答案】(1).C(2).D(3).A(4).1.58【解析】【详解】(1)[1]A.平衡摩擦力时，不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，故A错误；B.实验前平衡摩擦力后每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦

力，故B错误；C.实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车，故C正确；D.根据打点计时器打出的纸带应用匀变速直线运动的推论求出加速度，故D错误；故选C；(2)[2]当小车质量远大于砂和砂桶质量时可以近似任务小车受到的拉力等于砂与砂桶的重力，由数据可D组实验数据合适，故选D；(3)[3]

当小车质量M远大于砂与砂桶质量m时可以近似认为小车受到的合力等于砂与砂桶的重力，当不满足M远大于m时小车受到的拉力明显小于砂与砂桶重力，a−F图象发生弯曲。故选A；(4)[4]相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，计数点间的时间间隔：0.025s=0.1sT；由匀变速直线运动的推论：2xa

T可知,加速度：-22-22210.71+9.10+7.57-7.57-5.95-4.40-2.80=?10m/s1.58m/s9?0.1a；三、计算题12.从距地面500m的高空自由释放一个小球，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：（1）小球经过多少时间落到地面；（2）小球

落地前最后1s内的位移。【答案】（1）10s；（2）95m【解析】【详解】(1)根据212hgt得：22500=s=10s10htg；（2）小球9s内的位移：229911×109m=405m22xgt，则最后1

s的位移为：9500405m=95mhhx；13.如图所示，轻弹簧原长L0=10cm、劲度系数K=100N/m，传感器可以读出轻绳上的弹力大小。小球静止时，轻绳水平，传感器计数F=3N，弹簧的轴线与竖

直方向的夹角θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。求：（1）此时弹簧的长度L；（2）若将水平轻绳剪断，则剪断瞬间，小球的加速度大小和方向。【答案】（1）15cm；（2）7.5m/s2，方向向右【解析】【详解】(1)以物体为研究对象，受力分析如

图所示：根据几何关系可知：tanmgF，代入数据可得：0.4kgm；根据平衡条件可得弹簧弹力：1sin5NFF，由胡克定律可知：10()FkLL，解得15cmL；(2)轻绳剪断瞬间弹簧

弹力不能瞬变，由三力平衡可知：重力与弹簧弹力合力大小即为F则由牛二律Fma可得：2=7.5m/sFam方向水平向右；14.将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数μ=0.8。刚开始环处于静止，现对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角θ=

53°的恒定拉力F，使圆环从静止开始沿杆向右匀加速，经过t=1011s后撤去拉力F发现继续前进1m后静止（取g=10m/s2，（sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求：（1）撤去拉力F瞬间圆环的速度大小

；（2）圆环加速时的加速度大小；（3）拉力F的大小。【答案】（1）4m/s（2）4.4m/s2（3）1N或9N【解析】【详解】(1)撤去拉力F后，圆环受到重力，支持力，和摩擦力，由牛顿第二定律可知：mgma，所以：22==0.810m/s=8m/

sag；由22212vvax得：212==0-2-81m/s=4m/s-2vvax；（2）小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知：22104-0m/s=4.4m/s1011vvat；(3)

当环不受弹力时，sin53Fmg，代入数据解得：1.25NF当F<1.25N时，环与杆上部接触,受杆向上的支持力FN，由牛顿第二定律可知cosfFFma，sinNFFmg，又：=fNFF解得：1NF；当F>1.25N时，环与杆下部接触，受杆向下的压力由牛顿

第二定律可知：cosfFFma，sin=+NFFmg，又：=fNFF，解得：9NF；