江西省吉安市白鹭洲中学高三物理第一次月考试题(含解析)新人教版

江西省吉安市白鹭洲中学2013届高三第一次月考物理试卷

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．

1．（4分）下列关于力的说法，正确的是（）

A．两个物体一接触就会产生弹力

B．物体的重心一定在物体上

C．滑动摩擦力的方向总是和物体的运动方向相反

D．悬挂在天花板上的轻质弹簧在挂上重2N的物体后伸长2cm静止，那么这根弹簧伸长1cm 后静止时，它的两端各受到1N的拉力

考点：物体的弹性和弹力；重心．

专题：弹力的存在及方向的判定专题．

分析：弹力产生的条件是：形变，接触；

重心是物体各部分受重力的等效作用点；

滑动摩擦力的方向与接触面相切，与物体的相对运动方向相反．

解答：解：A、弹力产生的条件是接触和弹性形变，接触不一定有弹性形变，故A错误；

B、重心是物体各个部分受重力的等效作用点，不一定在物体上，如“L”行钢丝，故

B错误；

C、滑动摩擦力的方向总是和物体的相对运动方向相反，与运动方向可能相同、相反、

垂直，故C错误；

D、弹簧的弹力与伸长量成正比，挂在天花板上的轻质弹簧在挂上重2N的物体后伸长

2cm静止，故这根弹簧伸长1cm时，它的两端各受到1N的拉力，故D正确；

故选D．

点评：本题关键是明确重力、弹力、摩擦力的产生条件、方向和大小的特点，基础题．

2．（4分）一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为s，则小石子出发点离A点约为（）

A．6.5cm B．10m C．20m D．45m

考点：自由落体运动．

分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB 段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．

解答：

解：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为s，所以AB段的平均速度的大小为V===20m/s，

由自由落体的速度位移的关系式 V2=2gh可得，h===20m，所以C正确．

故选C．

点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．

3．（4分）在倾角为30°的足够长的斜面上，有一重10N的物体，被平行于斜面的大小为

8N的恒力F推着沿斜面匀速上滑，如图所示，g取10m/s2．在推力F突然消失的瞬间（）

A．物体所受合力为8N

B．物体所受摩擦力方向与原来相反

C．物体与斜面间的动摩擦因数小于0.4

D．推力F消失后，物体将沿斜面上滑，最后静止在斜面上

考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．

专题：牛顿运动定律综合专题．

分析：对物体受力分析，原来处于平衡状态，合力为零，突然撤去一个力后，分析其余力的变化情况，得到新的合力，根据平衡条件列式求出动摩擦因素，根据重力沿斜面的分量和摩擦力的大小判断物体最终能否停止斜面上．

解答：解：A、对物体受力分析，如图

由于物体匀速上升，合力为零

撤去退F后，物体由于惯性继续上滑，重力不变，支持力等于重力垂直斜面方向的分力，也不变，滑动摩擦力也不变，原先三个力的合力与推力平衡，故三个力的合力为8N，沿斜面向下，故A正确，B错误；

C、根据平衡条件得：F=mgsin30°+μmgcos30°

解得：μ=0.346＜0.4，故C正确；

D、撤去F后，重力沿斜面的分量大于摩擦力，所以物体将沿斜面上滑，后下滑到底

部，故D错误．

故选AC

点评：共点力平衡时，若撤去一个力，而其余力保持不变，则其余所有力的合力等于撤去的那个力，方向与撤去的力相反．

4．（4分）（2011?潍坊模拟）如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L，一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为（）

A．B．C．D．

考点：动能定理的应用．

分析：子弹的运动为匀减速直线运动，所受摩擦力保持不变，而A的长度是L，B的长度是2L，所以摩擦力在穿过A的过程做的功是穿过B过程做功的一半，对子弹穿过AB的整个过程运用动能定理即可求出摩擦力在整个过程中做的功，再对子弹穿过A的过程运用动能定理即可求出子弹穿出A时的速度．

解答：

解：设子弹的质量为m，对子弹穿过AB的整个过程运用动能定理得：﹣=W f，因为子弹所受摩擦力保持不变，又因为A的长度是L，B的长度是2L，所以子弹穿过A的过程中摩擦力做的功为，对子弹穿过A的过程运用动能定理得：﹣=，解得v A1=．

故选C．

点评：本题是对整体和隔离物体分别运用动能定理解题的典型例题，要能正确选取研究对象及运动过程，并能熟练地运用动能定理解题，难度适中．

5．（4分）（2012?茂名一模）一遥控玩具小车在平直路上运动的位移﹣时间图象如图所示，则（）

A．前25 s内汽车的路程为20 m B．20 s末汽车的速度大小为1 m/s

C．前10 s内汽车的加速度为3 m/s2D．前25 s内汽车做单方向直线运动

考点：匀变速直线运动的图像．

专题：运动学中的图像专题．

分析：位移图象纵坐标的变化量等于物体位移的大小．图象的斜率等于物体速度的大小．根据斜率等于速度分析物体析运动情况．

解答：解：

A、由图看出，25s末汽车的位移为30+10=40m．故A错误．

B、20s末汽车的速度等于15﹣25s图象的斜率，则有v==m/s=﹣1m/s．故

B正确．

C、前10s内汽车做匀速直线运动，加速度为0．故C错误．

D、汽车在0﹣10s内沿正方向做匀速直线运动；10﹣15s内处于静止状态；15﹣25s

内汽车沿负方向做匀速直线运动．故D错误．

故选B

点评：根据位移图象分析物体的运动情况时，关键抓住图象的斜率等于速度进行分析．

6．（4分）（2013?惠州二模）如图为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时作匀加速运动的v﹣t图线．已知在第3s末两个物体在途中相遇，则物体的出发点的关系是（）

A．从同一地点出发B．A在B前3m处C．B在A前3m处D．B在A前5m处

考点：匀变速直线运动的图像．

专题：运动学中的图像专题．

分析：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．

解答：

解：A物体前3秒内的位移（应用平均速度）：x A=×3m=6m；也可解A问题与坐标轴围成的三角形的面积：x A=×3×4m=6m

B物体前3秒内的位移：x B=×3m=3m

两物体在第3s末两个物体在途中相遇，说明A物体出发时应在B物体后方3m处，即B在A前3m处，故C正确．

故选：C

点评：本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，既要明确斜率的含义，更应知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义．

7．（4分）一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为x=5+2t3（m），它的速度随时间t变化的关系为v=6t2（m/s）．该质点在t=0到t=2s间的平均速度和t=2s到t=3s间的平均速度大小分别为（）

A．12 m/s，39 m/s B．8 m/s，38 m/s C．12 m/s，19.5 m/s D．8 m/s，12 m/s

考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．

专题：直线运动规律专题．

分析：将t=0s和t=2s代入距离随时间变化的关系式x=5+2t3（m），可求出两个时刻质点离O 点的距离，求得位移，再求解平均速度．

解答：解：根据质点离开O点的距离随时间变化的关系为x=5+2t3（m）得当：t=0时，x0=5m；

t=2s时，x2=21m

t=3s时，x3=59m

则质点在t=0到t=2s时间内的位移△x1=x2﹣x1=16m，

则质点在t=2s到t=3s时间内的位移△x3=x3﹣x2=38m，

故选B．

点评：本题相当于数学上代数题，代入求值，只要掌握位移与距离的关系和平均速度公式就能正确求解．

8．（4分）如图所示，直角形支架，垂直固定放置，竖直杆AC光滑，水平杆OB粗糙．另有质量相等的小球P、Q，分别套在轻杆AO、BO杆上．当轻杆与水平方向的夹角为θ时，处于静止状态，如果再在穿过AC杆的P球上套上一个与P球相同的球，且套后P，Q仍静止，则（）

A．竖直杆受到P的压力减小B．水平杆受到的压力不变

C．小球P受到轻杆的支持力增大D．小球Q受到的摩擦力增大

考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

专题：共点力作用下物体平衡专题．

分析：先对整体受力分析，根据平衡条件列式；再对小球P或者Q受力分析，根据平衡条件列式后分析讨论．

解答：解：B、对P和Q整体受力分析，受重力、水平杆的支持力N，水平杆对其向左的摩擦力f，水平杆对整体向右的支持力N′，如图，根据平衡条件，有：

N=G总…①

f=N′…②

由①式，当再加上一个小球后，总重力变大，故支持力变大，根据牛顿第三定律，球对水平杆的压力也变大，故B错误；

D、再对Q球受力分析，受重力、杆的压力F1，摩擦力f，水平杆的支持力N，如图

将力沿着水平和竖直方向正交分解，得到

水平方向：f=F1cosθ…③

竖直方向：N=mg+F1sinθ…④

由①②③④解得：f=，总重力增加后，摩擦力变大，故D正确；

A、C、由①②③④解得：F1=，即总重力增加后，连杆的弹力增加；

对P受力分析可知，P与竖直杆之间的支持力和压力（相互作用力）等于连杆弹力F1水平分量，故变大，故A错误，C正确；

故选CD．

点评：本题关键是灵活选择研究对象进行受力分析，然后根据共点力平衡条件列方程求解．

9．（4分）如图所示，CD为插入地面的排球网架直杆，为了使杆垂直于地面，还要用绳子把杆拉住．假定绳子OA、OB、OC是在同一平面内，OA与OB两绳的拉力相同，夹角为60°．绳能承受的拉力跟绳的横截面积成正比，那么OC绳的直径至少应是OA绳的几倍才是合理的？（结果保留2位有效数字）（）

A．1.3 B．2.0 C．2.4 D．3.0

考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

专题：共点力作用下物体平衡专题．

分析：对点O受力分析，受三个拉力，然后根据平衡条件列式求解出各个力的大小关系，最后得到绳子的横截面积之比．

解答：解：对点O受力分析，受到三根绳子的三个拉力，如图

由共点力平衡条件，得到

故么OC绳的面积至少应是OA绳的倍，即1.7倍，故直径大约为1.3倍；

故选A．

点评：本题关键是对点O受力分析，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个绳子的拉力之比，最后结合题意得到直径关系．

10．（4分）传送带以v1的速度匀速运动，物体以v2的速度滑上传送带，物体速度方向与传送带运行方向相反，如图所示，已知传送带长度为L，物体与传送带之间的动摩擦因素为μ，则以下判断正确的是（）

A．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从A端离开传送带，且物体在传送带上运动的时间与v1无关

B．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能大于v1

C．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能等于v1

D．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能小于v1

考点：牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动规律的综合运用．

专题：压轴题．

分析：物体滑上传送带后，可能一直减速从左侧滑出；也可能先减速向左，速度减为零后，加速向右滑出，如果速度增加到等于传送带速度还没有滑出，之后就会和传送带一起匀速滑出．

解答：解：A、物体受滑动摩擦力、重力和支持力，合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律μmg=ma

解得

a=μg