1、- 1 -河北省大名县第一中学 2018 届高三（普通班）上学期第一次月考物理试题一.选择题：本大题共 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第110 题只有一项符合题目要求，第 1116 题有多项符合题目要求.全部选对的得 3 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分.1. 以下说法正确的是（ ）A. 加速度不为零的物体，其速度大小在任何时刻一定都不为零B. 加速度不为零的物体，其速度大小一定变化C. 加速度不为零的物体，其速度方向一定变化D. 加速度不为零的物体，其速度一定变化【答案】D【解析】加速度不为零的物体，其速度大小可能为零，例如竖直上抛的物体到
2、达最高点时，选项 A 错误；加速度不为零的物体，其速度大小不一定变化，例如做匀速圆周运动的物体，选项 B 错误；加速度不为零的物体，其速度方向不一定变化，例如匀变速直线的物体，选项C 错误； 加速度不为零的物体，其速度一定变化，选项 D 正确；故选 D.点睛：速度与加速度没有必然的联系，方向与速度变化量的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动；加速度与速度方向不共线时做曲线运动.2. 下列说法正确的是（ ）A. 摩擦力总是阻碍物体的运动或运动趋势B. 运动的物体不可能受到静摩擦力的作用C. 合力与分力是等效替代关系，受力分析时不能重复分析D
3、. 两个力的合力一定大于任一分力【答案】C【解析】摩擦力总是阻碍物体的相对运动或相对运动趋势，选项 A 错误；运动的物体也可能受到静摩擦力的作用，例如随水平加速的传送带一起运动的物体，选项 B 错误；合力与分力是等效替代关系，受力分析时不能重复分析，选项 C 正确；两个力的合力不一定大于任一分力，选项 D 错误；故选 C.3. 以下说法正确的是（ ）- 2 -A. 人走在松软的土地上会下陷，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力B. 物体的加速度不变，则物体所受力的合力一定为恒力C. 物体速度变化量越大，则物体所受力的合力越大D. 做曲线运动的物体其加速度一定变化【答案】B【解析】人走在松软的
4、土地上会下陷，是因为人的重力大于地面的支持力，但是人对地面的压力等于地面对人的支持力，选项 A 错误；物体的加速度不变，则物体所受力的合力一定为恒力，选项 B 正确；物体速度变化率越大，则加速度越大，物体所受力的合力越大，选项 C错误； 做曲线运动的物体其加速度不一定变化，例如平抛运动，选项 D 错误；故选 B.4. 一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则( )A. 质点单位时间内速率的变化量总是不变B. 质点速度的方向总是与该恒力的方向垂直C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同【答案】C【解析】因为合外力恒
5、定，加速度恒定，由v=at 可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，选项 A 错误；质点速度的方向是与该恒力的方向不一定垂直，也不一定相同，选项BD 错误；根据牛顿第二定律可知，质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，选项 C 正确；故选 C. 5. 质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点 O,如图所示。用 T 表示绳 OA 段拉力的大小,在 O 点向左移动的过程中( )A. F 逐渐变大,T 逐渐变小 B. F 逐渐变小,T 逐渐变小C. F 逐渐变大,T 逐渐变大 D. F 不变,T 逐渐变小【答案】C【解析】以结点 O 为研究对象受力分析如
6、下图所示：- 3 -由题意知点 O 缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳 OB 的张力 TB=mg根据平衡条件可知：Tcos-T B=0；Tsin-F=0；由此两式可得：F=T Btan=mgtan；在结点为 O 被缓慢拉动过程中，夹角 增大，由三角函数可知：F 和 T 均变大，故 C 正确，ABD 错误故选 C6. 一质点沿 x 轴做直线运动,其 v-t 图象如图所示。质点在 t=0 时位于 x=6 m 处,开始沿 x轴正向运动。当 t=8 s 时,质点在 x 轴上的位置为( )A. x=3 m B. x=8 m C. x=9 m D. x=14 m【答案】C【解析】图象的“
7、面积”大小等于位移大小，故 8s 时位移为：，由于质点在 t=0 时位于 x=6m 处，故当 t=8s 时，质点在 x 轴上的位置为 9m，故 ABD 错误，C 正确故选 C点睛：本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力7. 如图,物体 P 静止于固定的斜面上,P 的上表面水平。现把物体 Q 轻轻地叠放在 P 上,则( )A. P 向下加速滑动B. P 静止不动- 4 -C. P 向下匀速滑动D. P 与斜面间的静摩擦力不变【答案】B【解析】对 P 受力分析
8、，根据平衡条件，有：N=Mgcos；f=Mgsin；fN，即MgsinMgcos，故 tan，与重力无关；由于物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，相当于增大物体 P 重力，故 P 静止不动，故 B 正确，AC 错误； P 与斜面间的静摩擦力为f=Mgsin，由于物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，相当于增大物体 P 重力，则静摩擦力增大，故D 错误；故选 B点睛：本题关键是对物体受力分析，求解出支持力和静摩擦力表达式；物体 Q 轻轻地叠放在P 上，相当于增大物体 P 重力8. 一物体沿斜面由静止开始匀加速下滑，到达斜坡底端时速度为 v, 则经过斜坡中点时速度为（ ）A. v B. v C. v D.
9、v【答案】B9. 关于曲线运动的描述，下列说法正确的是（ ）A. 曲线运动的物体所受合力一定是变化的B. 曲线运动的速度一定是变化的C. 曲线运动运动不一定是变速运动D. 曲线运动的速度和加速度一定都是变化的【答案】B【解析】曲线运动的物体所受合力不一定是变化的，例如平抛运动，选项 A 错误；曲线运动的速度方向一定变化，则速度一定是变化的，则曲线运动运动一定是变速运动，选项 B 正确，C 错误； 曲线运动的速度一定是变化的，但是加速度不一定是变化的，例如平抛运动，选项 D 错误；故选 B.- 5 -10. 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔 t 内位移为 s,动能变为原来的 9倍
10、。该质点的初速度为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】设初速度为 v0，末速度为 v, 则位移为 ；因为动能变为原来的 9 倍，所以v=3v0联立得： ，故选 D.点睛：本题是匀变速直线运动规律的直接运用，解答此题的关键是用好题目给定的条件：“在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9 倍” ；熟练掌握平均速度的表达式.11. 甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其 v-t 图像如图所示。已知两车在 t=3 s 时并排行驶,则( )A. 在 t=1 s 时,两车并排B. 在 t=0 时,乙车在甲车前 7.5 mC. 两车在 t=2 s 时相距 2.5mD. 甲、乙车两次并排行驶的
11、位置之间沿公路方向的距离为 45 m【答案】AC【解析】根据“面积”表示位移，因在 1-2s 内的位移和 2-3s 内两车的位移相同，而两车在t=3s 时并排行驶，即相遇，所以在 t=1s 时两车也并排，故 A 正确0-1s 内乙车比甲车多走的位移为 ，则在 t=0 时,乙车在甲车后 7.5 m，选项 B 错误；两车在 t=2 s 时相距 ，选项 C 正确；1s 末甲车的速度为 10m/s，3s末甲车的速度为 30m/s ，则 1s 到 3s，甲车的位移为： ，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m，故 D 错误故选 AC- 6 -点睛：本题是为速度-时间图象的应用，要明
12、确斜率及“面积”的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积表示物体的位移12. .如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中( )A. 鱼缸对桌布摩擦力的方向向左B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C. 若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将不变D. 若猫增大拉力,鱼缸有可能滑出桌面【答案】ABC【解析】桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到桌布的摩擦力向右，鱼缸对桌布摩擦力的方向向左，故 A 正确；由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可
13、知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，而鱼缸在桌布上加速运动的末速度等于鱼缸在桌面上减速运动的初速度，则由 v=at 可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故 B 正确；若鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变；故 C 正确；猫增大拉力时，桌布在桌面上运动的加速度增大，则运动时间变短；因此鱼缸加速时间变短，桌布抽出时的位移以及速度均变小，则鱼缸不可能滑出桌面；故 D 错误；故选 ABC13. 如图所示，A、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力） 。下列说法正确的是 （ ）A. 在上升和下降过程中 A 对
14、B 的压力一定为零B. 上升过程中 A 对 B 的压力大于 B 物体受到的重力C. 下降过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力D. 在上升和下降过程中 A、B 始终不会分开。【答案】AD- 7 -【解析】以 A、B 整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为 g，方向竖直向下再以 A 为研究对象：因加速度为 g，方向竖直向下，由牛顿第二定律知 A 所受合力为 A 的重力，所以 A 仅受重力作用，即 A 和 B 之间没有作用力故 A 正确，BC 错误；由于 A 和 B 在上升和下降过程中加速度均为 g，运动情况完全相同，则两物体始终不分开，选项 D 正确；故
15、选 AD点睛：本题是整体法和隔离法的应用，关键是知道两个物体始终都是完全失重的状态，整体跟部分的运动情况相同. 14. 三个共点力大小分别为 6N、10N、8N，关于它们的合力 F 的大小，下列说法正确的是（ ）A. F 大小的取值范围一定是 0F24NB. F 的最小值为-4NC. 只要适当调整三个力的夹角可以使 F 为 19ND. F 一定大于 6N【答案】AC【解析】当三力同向时合力最大，最大值为 6N+10N+8N=24N；三力能平衡，则合力的最小值为 0，则选项 A 正确，B 错误；F 大小的取值范围是 0F24N，则只要适当调整三个力的夹角可以使 F 为 19N，选项 C 正确；F
16、 大小的取值范围是 0F24N，则 F 不一定大于 6N，选项 D 错误；故选 AC.15. a、 b 两车在平直公路上从同一地点沿同方向行驶，其 v-t 图像如图所示，下列说法中错误的是( )A. t t1时， a、 b 两车速度的大小相同、方向相反B. t t1时， a、 b 两车的加速度大小相同，方向相同C. t t1时， a、 b 两车重新相遇D. 0 t1时间内， a 车的位移是 b 车位移的 3 倍【答案】ABC【解析】t=t 1时，两图象相交，表示 a、b 两车速度的大小相同、方向相同，故 A 错误速- 8 -度图象的斜率等于加速度，由数学知识可知，a、b 两车的加速度的大小相同
17、、方向相反，故B 错误v-t 图象中， “面积”表示位移，可知 t=t1时，a 车的位移比 b 车的位移大，说明 t=t1时，a、b 两车没有相遇故 C 错误v-t 图象中， “面积”表示位移，由几何知识看出，在 t=t1时间内，a 车的位移是 b 车位移的 3 倍，故 D 正确此题选择错误的选项，故选 ABC点睛：在速度图象中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析16. 如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑，小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑块，调整拉细线的力使小球沿斜面缓慢下移一段距离，斜面体始终静止，移动过
18、程中，下列说法正确的是（ ）A. 细线对小球的拉力变大B. 斜面对小球的支持力变大C. 斜面体对地面的压力变大D. 地面对斜面体的摩擦力变大【答案】BCD【解析】试题分析：设物体和斜面的质量分别为 m 和 M，绳子与斜面的夹角为 取球研究：小球受到重力 mg、斜面的支持力 N 和绳子的拉力 T，则由平衡条件得，斜面方向：，垂直斜面方向： ，使小球沿斜面缓慢下移时，减小，其他量不变，由式知，T 减小由知，N 变大，故 A 错误，B 正确；对斜面和小球整体分析受力：重力 、地面的支持力 和摩擦力 f、绳子拉力 T，由平衡条件得- 9 -，N 变大，则 f 变大， ，N 变大，则 变大，由牛顿第三定
19、律得知，斜面对地面的压力也变大，CD 正确考点：考查了力的动态平衡【名师点睛】在解析力的动态平衡问题时，一般有两种方法，一种是根据受力分析，列出力和角度三角函数的关系式，根据角度变化进行分析解题，一种是几何三角形相似法，这种方法一般解决几个力都在变化的情况，列出力与三角形对应边的等式关系，进行解题分析二实验题（14 分）17. 在研究匀变速直线运动的实验中,下列方法中有助于减小实验误差的是_ (填正确答案标号)。 A.选取计数点,把每打 5 个点的时间间隔作为一个时间单位B.使小车运动的加速度尽量小些C.舍去纸带上开始时密集的点,只利用点迹清晰、点间隔适当的那一部分进行测量、计算D.适当增加挂
20、在细绳下钩码的个数【答案】ACD【解析】选取的计数点间隔较大，在用直尺测量这些计数点间的间隔时，在测量绝对误差基本相同的情况下，相对误差较小，因此 A 项正确；在实验中，如果小车运动的加速度过小，打出的点很密，长度测量的相对误差较大，测量准确性降低，因此小车的加速度应适当大些，而使小车加速度增大的常见方法是适当增加挂在细绳下钩码的个数，以增大拉力，故 B 错，D 对；为了减少长度测量的相对误差，舍去纸带上过于密集，甚至分辨不清的点，因此 C 项正确18. 某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧 OC 的劲度系数为 500 N/m.如图 1 所示，用弹簧 OC 和弹簧秤 a、
21、 b 做“探究求合力的方法”实验在保持弹簧伸长1.00 cm 不变的条件下：- 10 -(1)若弹簧秤 a、 b 间夹角为 90，弹簧秤 a 的读数是_N(图 2 中所示)，则弹簧秤 b的读数可能为_N.（保留 3 位有效数字） 。(2)若弹簧秤 a、 b 间夹角大于 90，保持弹簧秤 a 与弹簧 OC 的夹角不变，减小弹簧秤 b 与弹簧 OC 的夹角，则弹簧秤 a 的读数_、弹簧秤 b 的读数_(填“变大” “变小”或“不变”)【答案】 (1). (1)3.003.02 (2). 3.984.00 (3). (2)变大 (4). 变大【解析】试题分析：（1）根据胡克定律可知， ；根据弹簧秤的
22、读数方法可知，a 的读数为 300N；两弹簧秤夹角为 90，则可知，b 的读数为： ；（2）若弹簧秤 a、b 间夹角大于 90，保持弹簧秤 a 与弹簧 OC 的夹角不变，减小弹簧秤 b与弹簧 OC 的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；考点：考查验证平行四边形定则的实验【名师点睛】由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得 b 的读数；根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况三计算题（共 38 分）19. 某校一课外活动小组自制一枚火箭,设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运
23、动,经过 4 s 到达离地面 40 m 高处时燃料恰好用完,若不计空气阻力, g 取 10 m/s2,求:(1)燃料恰好用完时火箭的速度大小;- 11 -(2)火箭上升离地面的最大高度;(3)火箭从发射到返回发射点的时间。【答案】 （1）20 m/s（2）60 m（3）9.5 s（1）对第一个过程有 h1 t1代入数据解得：v 120 m/s（2）对第二个过程有 h2代入数据解得：h 220 m所以火箭上升离地面的最大高度：hh 1h 240 m20 m60 m（3）第二个过程用时：t 2代入数据解得：t 22 s火箭从最高点落回发射点用时 t3由 h gt 得 t3代入数据解得：t 335
24、s总时间 tt 1t 2t 395 s考点:匀变速直线的运动规律。【名师点睛】竖直上抛运动的处理方法（1）分段法：把竖直上抛运动分为匀减速上升运动和自由落体运动两个过程来研究。（2）整体法：从整个过程看，利用匀减速直线运动来处理。（3）巧用竖直上抛运动的对称性速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向。时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。20. 如图甲所示，在倾角为 370的粗糙斜面的底端，一质量 m=1kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连。t=0 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中 bc 段为直线，g
25、 取 10m/s2。sin37 0=0.6,cos370=0.8.求：- 12 -（1）动摩擦因数 的大小；（2）t=0.4s 时滑块的速度 v 的大小。【答案】 （1）0.5（2）0.2m/s【解析】试题分析：（1）由图象可知 0.1s 物体离开弹簧向上做匀减速运动，加速度的大小根据牛顿第二定律，有：解得：=0.5（2）根据速度时间公式，得：t 1=0.3s 时的速度大小 v1=v0-at=00.3s 后滑块开始下滑，下滑的加速度t2=0.4s 时的速度大小考点：牛顿第二定律的应用.21. 避险车道是指在长陡下坡路段行车道外侧增设的供速度失控车辆驶离正线安全减速的专用车道，是避免恶性交通事故
26、的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为 的斜面。一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为 23 m/s 时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了 4 m 时,车头距制动坡床顶端 38 m,再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量的 4 倍,货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取cos=1,sin=0.1,g=10 m/s 2。求:- 13 -（1）货物在车厢内滑动时加速度的大
27、小和方向;（2）货车的加速度大小；（3）货物相对货车滑动 4m 时的时间和此时货物的位移；（4）制动坡床的长度。【答案】(1)5 m/s 2，方向沿制动坡床向下；（2）5.5m/s 2 ；（3）52m；(4)98 m【解析】 (1)设货物的质量为 m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数=0.4，受摩擦力大小为 f，加速度大小为 a1，则f+mg sin =ma 1 f=mg cos 代入数据得 a1=5 m/s2 a1的方向沿制动坡床向下。 （2）设货物的质量为 m，则货车的质量为 4m，设货车加速度为 a2 ，则有0.445mg+4mgsin -mg cos =4ma 2 得 a2=5.5m/s2 （3）设货物相对货车滑动 4m 时货物和货车的位移分别为 s1和 s2s1=v0t-s2=v0t- s1-s2=4 得 t=4s ； s 1=52m （4）L=s 1+（12-4）m+38 m=98m
