湖南省衡阳市衡阳县三中届高三上第一次月考物理试题解析版Word版含解斩.docx

湖南省衡阳市衡阳县三中届高三上第一次月考物理试题解析版Word版含解斩.docx

《湖南省衡阳市衡阳县三中届高三上第一次月考物理试题解析版Word版含解斩.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省衡阳市衡阳县三中届高三上第一次月考物理试题解析版Word版含解斩.docx（14页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

湖南省衡阳市衡阳县三中届高三上第一次月考物理试题解析版Word版含解斩

湖南省衡阳市衡阳县三中2018届高三（上）第一次月考物理试卷

一、选择题（共12小题，1-8单选，9-12多选，每小题4分，满分48分）

1.学习物理除了知识的学习外，更重要的是领悟并掌握处理物理问题的思想与方法，下列关于思想与方法的说法中不正确的是（　　）

A.根据速度定义式v=，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法

B.在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法

C.在“探究求合力的方法”的实验中，运用了等效替代的思想

D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法

【答案】B

...............

【点睛】本题考查物理常用的思维方法．中学物理常用的思想方法有极限法、控制变量法、等效法、假设法等等．

2.一质点在连续的6s内作匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（　　）

A.质点的加速度大小是3m/s2B.质点的加速度大小是2m/s2

C.第2s末的速度大小是12m/sD.第1s内的位移大小是6m

【答案】A

【解析】设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3，根据x3﹣x1=2aT2得：

．故A正确，B错误．第1s末的速度等于第一个2s内的平均速度，则：

，则第2s末速度为v=v1+at=6+3×1m/s=9m/s．故C错误．在第1s内反向看为匀减速运动则

，故D错误；故选A．

3.某同学欲估算飞机着陆的速度，他假设飞机停止运动在平直跑道上做减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为s，着陆到停下来所用的时间为t实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆的速度应是（　　）

A.v=B.v=C.v＞D.＜v＜

【答案】C

【解析】飞机做变减速直线运动，因为速度在减小，则阻力在减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的减速运动，速度时间图线如图所示．

若飞机做匀减速直线运动，如图虚线所示，则平均速度

，

曲线与时间轴围成的面积为s，平均速度

，

因为s′＞s，可知

，即

．

点晴：

若飞机做匀减速直线运动，结合平均速度的推论求出平均速度的大小，实际上速度在减小，阻力在减小，做加速度减小的减速运动，通过速度时间图线比较着陆的速度．

4.如图所示，甲从A地由静止匀加速跑向B地，当甲前进距离为x1时，乙从距A地x2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B地，则AB两地距离为（　　）

A.x1+x2B.

C.

D.

【答案】C

【解析】乙开始运动时，甲有

，甲的速度为

①，此后两者以相同加速度一起运动，以此时为计时点，设经过时间t两者达到B点，故

②，AB间的距离为

③，联立解得

，C正确．

5.如图所示，物块a，b质量分别为2m，m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态．则（　　）

A.物块b受四个力作用

B.物块b受到的摩擦力大小等于2mg

C.物块b对地面的压力大小等于mg

D.物块a受到物块b的作用力水平向右

【答案】B

【解析】物块b受到：

重力、a的弹力和静摩擦力、地面的支持力、推力F，共受五个力，A错误；以a为研究对象，由平衡条件知，b对a的摩擦力大小等于a的重力，为mg，由牛顿第三定律知a对b的摩擦力大小也等于mg，B错误；以整体为研究对象，则知地面对b的支持力等于3mg，则物块b对地面的压力大小等于3mg，C正确；物块a受到物块b两个力作用：

水平向右的压力和竖直向上的静摩擦力，它们的合力斜向右上方，则物块a受到物块b的作用力斜向右上方，故D错误．

6.如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：

一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦，小物块的质量为（　　）

A.B.mC.mD.2m

【答案】C

【解析】设悬挂小物块的点为O'，圆弧的圆心为O，由于ab=R，所以三角形Oab为等边三角形．

根据几何知识可得∠aO'b=120°，而在一条绳子上的张力大小相等，故有T=mg，小物块受到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为120°，故受到的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为m，故ABD错误，C正确．故选C.

点睛：

解决本题关键是能根据题目给出的几何关系确认拉小物块的两绳夹角为120°，再根据两个大小相等互成120°两力的合成结论求解即可．

7.如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F．现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中（　　）

A.F1先增大后减小B.F2先增大后减小

C.F先增大后减小D.F先减小后增大

【答案】B

【解析】对小球受力分析如图所示：

小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等方向相反，则F不变，

点晴：

小球受重力、两绳的拉力而处于平衡状态，对小球进行受力分析，根据平行四边形定则作图分析即可．

8.建筑工人安装搭手架进行高空作业，有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一根长5m的铁杆在竖直状态下脱落了，使其做自由落体运动，铁杆在下落过程中经过某一楼层面的时间为0.2s．已知重力加速度g=10m/s2，不计楼层面的厚度．则铁杆刚下落时其下端到该楼层的高度为（　　）

A.25.5mB.28.8mC.30mD.29.5m

【答案】B

【解析】设铁杆下端到达楼层面时的速度为v．根据

，得

，则铁杆下落时其下端到该楼层的高度为：

，故B正确．

9.t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（　　）

A.在第1小时末，乙车改变运动方向

B.在第2小时末，甲乙两车相距10km

C.在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大

D.在第4小时末，甲乙两车相遇

【答案】BC

【解析】A项：

在第1小时末，乙车的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变．故A错误．

B项：

在第2小时末，甲的位移大小

，乙的位移大小

x，此时两车相距

，故B正确．

C项：

在前4小时内，乙图线的斜率绝对值始终大于甲图线的斜率绝对值，则乙车的加速度大小总比甲车大．故C正确．

D项：

在第4小时末，甲车的位移

，乙车的位移

，因

，可知甲乙两车未相遇．故D错误．

点晴：

速度﹣时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向．

10.在离地面h=15m高处，以v0=10m/s的速度同时竖直向上与向下抛出甲、乙两小球，不计空气阻力，小球落地后就不再弹起，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A.两小球落地时的速度相等

B.两小球落地的时间差为3s

C.乙球落地时甲球恰好运动到最高位置

D.t=2s时，两小球相距15m

【答案】ACD

【解析】A项：

甲、乙两小球抛出时速率相等，机械能相等．由于不计空气阻力，所以两球运动过程中机械能都守恒，则落地时机械能也相等，落地时的速度必定相等，故A正确．

B项：

落地时，对于甲球，取竖直向上为正方向，有：

解得：

对于乙球：

解得：

，所以两小球落地的时间差为2s，故B错误．

C项：

甲球上升的时间为：

，所以乙球落地时甲球恰好运动到最高点，故C正确．

D项：

t=2s时，甲球的位移为：

，乙球已落地并不再弹起，所以t=2s时，两小球相距15m，故D正确．

点晴：

甲球做竖直上抛运动，乙球做竖直下抛运动，根据机械能守恒定律求落地时速率关系．由位移公式求落地时间．根据乙球的运动时间，分析甲球的位置．并由位移公式求出t=2s时两者间的距离．

11.如图所示，司机通过液压装置缓慢抬起货车车厢的一端卸货．当车厢与水平面间的夹角θ增大到一定角度后，货物从车厢内滑下．若卸货过程中货车始终静止，则（　　）

A.货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力随θ角增大而减小

B.货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力随θ角增大而减小

C.货物加速下滑时，地面对货车有向右的摩擦力

D.货物加速下滑时，货车受到地面的支持力比货车与货物的总重力大

【答案】AC

【解析】A、B项：

货物相对车厢静止，处于平衡状态，则有：

，θ增大时，f增大，N减小，故A正确，B错误；

C项：

当货物加速下滑时，对货物进行受力分析，受到重力、支持力，滑动摩擦力，因为加速度沿斜面向下，所以支持力和滑动摩擦力的合力的方向偏向右上方，根据牛顿第三定律可知，物体对车厢的压力和摩擦力的合力方向偏向左下方，对车厢进行受力分析可知，地面对汽车有向右的摩擦力，故C正确；

D项：

当货物相对车厢加速下滑时，物体对车厢的压力和摩擦力的合力小于货物的重力，所以汽车对地面的压力小于货物和汽车的总重力，故D错误．

点晴：

货物处于平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件判断货物与车厢间的摩擦力和支持力的变化情况；当货物加速下滑时，对货物和车厢进行受力分析，根据牛顿第二、第三定律分析即可．

12.一辆汽车从静止开始匀加速直线开出，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，直到停止，表给出了不同时刻汽车的速度，根据表格可知（　　）

时刻/s

1

2

3

5

6

7

9.5

10.5

速度/（m•s﹣1）

3

6

9

12

12

12

9

3

A.汽车在t=5s时刻开始做匀速直线运动

B.汽车匀速运动的时间为5s

C.汽车加速段的平均速度小于减速段的平均速度

D.汽车从开始运动直到停止的过程中的平均速度大小约8.73m/s

【答案】BD

【解析】由题意汽车做初速度为0的匀加速直线运动，1s末汽车的速度达到3m/s可知，汽车的加速度为：

；由表格知汽车5s末至7s末速度都是12m/s，故可知汽车匀速运动的速度为12m/s同时也是汽车加速的最大速度，故加速的时间为：

，即汽车4s末开始做匀速直线运动；故A错误；由表格知，汽车从9.5s-10.5s是减速运动过程故可知减速时汽车的加速度为：

，故汽车做匀减速运动的总时间为：

，汽车由12m/s减速至9m/s所用的时间为：

故汽车从9s末开始减速运动，所以汽车做匀速直线运动的时间为：

t2=9-4s=5s，故B正确；根据公式

，汽车加速段的平均速度和减速过程的平均速度都等于最大速度的一半，相等，故C错误；0-4s做匀加速度为a=3m/s2的匀加速运动，产生的位移为：

x1=at2=×3×42m=24m；4-9s做匀速度v=12m/s的匀速直线运动，产生的位移为：

x2=12×5m=60m；9-11s做初速度为12m/s，加速度a′=-6m/s2的匀减速运动，产生的位移为：

x3=12×2+×（-6）×22m=12m，所以汽车产生的总位移为：

x=x1+x2+x3=24+60+12m=96m；故全程的平均速度为：

；故D正确；故选BD.

点睛：

注意能从表格中得出有用的信息，并根据运动规律进行验证，不能仅根据表格数据得出匀加速运动时间为5s，更不能认为汽车从7s末开始做减速运动，根据运动特征分析运动时间是解决本题的关键．

二、实验题（共1小题，满分10分）

13.在做《研究匀变速直线运动》的实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知每两个相邻计数点间的距离为s，且s1=0.96cm，s2=2.88cm，s3=4.80cm，s4=6.72cm，s5=8.64cm，s6=10.56cm，电磁打点计时器的电源频率为50Hz．

（1）相邻两个计数点间所对应的时间T=_____s，根据_____确定小车做匀加速直线运动；

（2）计算此小车运动的加速度大小a=_____m/s2，打第4个计数点时小车的速度大小v=_____m/s．请你依据本实验推断第6记数点和第7记数点之间的距离是_____cm；

（3）如果当时交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．

【答案】

（1）.

（1）0.1

（2）.连续相等时间内的位移之差是一恒量（3）.

（2）1.92（4）.0.768（5）.12.48（6）.（3）偏大

【解析】

（1）相邻两个计数点间时间间隔为0.1s，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量确定小车做匀加速直线运动．

（2）在连续相等时间内的位移之差

，根据

2得：

．计数点4的瞬时速度为：

m/s．

第6记数点和第7记数点之间的距离为：

s7=s6+△x=10.56+1.92cm=12.48cm．

（3）当时交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，可知周期的测量值偏小，根据

知，加速度测量值偏大．

点晴：

根据连续相等时间内得位移之差是一恒量求出加速度，以及求出第6记数点和第7记数点之间的距离，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点4的瞬时速度．根据加速度的表达式，通过测量的误差得出加速度的测量误差．

三、计算题（共3小题，满分42分）

14.如图，在两条靠近的平行直线轨道上有两辆小车甲、乙．当乙车以速度v0=6m/s运动到坐标原点O时，甲车在原点从静止开始沿ox方向做加速度大小为a1的匀加速运动，乙车沿同一方向做加速度大小为a2的匀减速运动直到停止．已知当甲车位移x=6m时，两车速度相同；当甲车速度为8m/s，乙车速度为2m/s时，两车的位置相同．求：

（1）甲车的加速度大小为多少？

（2）甲车运动8s后，两车之间的距离△x．

【答案】

（1）2m/s2；

（2）46m．

【解析】试题分析：

根据已知条件利用匀变速直线运动的速度与时间关系，以及位移与速度关系列出方程，求出甲车的加速度大小；先计算甲车运动8s后的位移，再判断乙车何时停下，再计算乙车的位移，最后算出两车之间的距离△x．

（1）设经过时间t1甲车的位移x=6m

此时甲车的速度

；此时乙车速度

，

，此时两车速度相同即

，设经过时间t2甲车速度为8m/s，对甲车有

，对乙车有

，此时两车的位置相同，即

，解方程得：

，

，

，

；

（2）甲车运动8s后，甲车的位移

，设乙车t3时刻停下则

，解得

，说明乙车6s就停下了，

，两车之间的距离

.

点晴：

求出甲车的加速度大小；先计算甲车运动8s后的位移，再判断乙车何时停下，再计算乙车的位移，最后算出两车之间的距离△x．

15.翼型降落伞有很好的飞行性能．它被看作飞机的机翼，跳伞运动员可方便地控制转弯等动作．其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气摩擦力都受到影响．已知：

空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，F1=C1v2；空气摩擦力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，F2=C2v2．其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，C1、C2满足如图b所示的关系．试求：

（1）图a中画出了运动员携带翼型伞跳伞后的两条大致运动轨迹．试对两位置的运动员画出受力示意图并判断，①、②两轨迹中哪条是不可能的，并简要说明理由；

（2）若降落伞最终匀速飞行的速度v与地平线的夹角为α，试从力平衡的角度证明：

tanα=；

（3）某运动员和装备的总质量为70kg，匀速飞行的速度v与地平线的夹角α约37°（取tan37°=0.75），匀速飞行的速度v多大？

（g取10m/s2，计算结果保留三位有效数字）

【答案】

（1）①轨迹是不可能的；

（2）证明见解析；（3）13.3m/s．

【解析】试题分析：

物体做直线运动的条件是所受的合力方向与速度方向在一条直线上，根据运动员和翼型伞的受力情况进行判断；由①位置的受力分析，匀速运动时对重力进行分解，根据平衡条件求解；在图b中过原点作直线C2=0.75C1，正确得到直线与曲线的交点后求解．

（1）①轨迹不可能存在．

轨迹②三力可能平衡或三力的合力可能与速度在一直线，可做直线运动

轨迹①合力方向与速度方向不可能在一直线，所以不会做直线运动

（2）由②位置的受力分析可知，匀速运动时，对重力进行分解，根据平衡条件得：

两式消去mg和v得

.

（3）在图b中过原点作直线，正确得到直线与曲线的交点

C2=2.4

C1=3.2

根据

或

得

点晴：

物体做直线运动的条件是所受的合力方向与速度方向在一条直线上，根据运动员和翼型伞的受力情况进行判断；由①位置的受力分析，匀速运动时对重力进行分解，根据平衡条件求解.

16.预警雷达探测到敌机在20000m上空水平匀速飞行，立即启动质量m=100kg的防空导弹，导弹的火箭发动机在制导系统控制下竖直向下喷气，使导弹由静止以a=10g（g=10m/s2）的加速度竖直向上匀加速上升至5000m高空，喷气方向立即变为与竖直方向成θ角（cosθ=）斜向下，导弹做曲线运动，直至击中敌机．假设导弹飞行过程中火箭推力大小恒定，且不考虑导弹质量变化及空气阻力，导弹可视为质点．试求：

（1）火箭喷气产生的推力；

（2）导弹从发射到击中敌机所用的时间；

（3）导弹击中敌机时的动能．

【答案】

（1）1.1×104N；

（2）25s；（3）1.85×108J．

【解析】试题分析：

（1）由牛顿第二定律得：

（2）在竖直方向上作匀加速直线运动

由于推力改变方向

导弹在竖直方向作匀速运动

又

代入数据得

则：

（3）在5000米高处之后，导弹在竖直方向作匀速运动，水平方向作匀加速运动

导弹击中飞机时的动能为

考点：

牛顿第二定律的应用