1、- 1 -新余四中 2019 届高考年级 9 月份月考物理试卷一选择题1.下列说法正确的是( )A. 在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果B. 物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C. 作用力与反作用力可以作用在同一物体上D. 物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小【答案】D【解析】【详解】物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向受到阻力作用的结果，故 A 错误。只有当物体做匀速圆周运动时，所受的合力才一定指向圆心，选项 B 错误；作用力与反作用力一定作用在两个物体上，不可以作用在同
2、一物体上，选项 C 错误；物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而当加速度和速度同向时，速度增加，选项 D 正确；故选 D.2.如图所示， A 为电磁铁，挂在支架 C 上，放到台秤的托盘中，在它的正下方有一铁块 B，铁块 B 静止时，台秤示数为 G，当电磁铁通电后，在铁块被吸引上升的过程中，台秤的示数将( )A. 变大B. 变小C. 大于 G，但是一恒量D. 先变大，后变小【答案】A【解析】铁块被吸起上升的过程中，由于电磁铁 A 对 B 的吸引力越来越大，B 做加速度变大的加速上升运动，对整个系统而言，处于超重现象越来越明显的状态(可以认为系统重心也在做加速度变大的加速上升运动)，所以台秤的示
3、数应大于 G，且不断变大故 A 正确，BCD 错误。- 2 -故选：A.3.一根轻质细绳一端缠绕在一半径为 R 的圆盘边缘，另一端与一放在水平面上的物体相连如图所示，圆盘在电动机的带动下以角速度 顺时针匀速转动，此过程中物体沿水平面向右移动，则在绳子变为竖直之前A. 物体沿水平面加速运动，速度始终小于 RB. 物体沿水平面加速运动，速度始终大于 RC. 物体沿水平面减速运动，速度始终大于 RD. 物体沿水平面减速运动，速度始终小于 R【答案】B【解析】【分析】物体的运动是实际的运动，也就是合运动，只需要将物体的运动分解为沿绳子的运动和垂直于绳子方向的运动，利用角度的变化进行判断【详解】将物体的
4、运动分解，如图所示：圆盘在电动机的带动下以角速度 逆时针匀速转动，所以绳子的速度为： ，由几何关系得：物体的速度 ，所以 v 大于 ，当物体向前运动时： 变大， 将变小，所以物体的速度 逐渐变大，物体做加速运动，故选 B。- 3 -【点睛】进行运动的合成与分解时，一定要找准那个是合运动，合运动是物体实际的运动，然后按平行四边形定则分解计算即可4.在桌上有一质量为 m1的杂志，杂志上有一质量为 m2的书，杂志和桌面的动摩擦因数为 1，杂志和书之间的动摩擦因数为 2，欲将杂志从书下抽出，则要用的力至少为A. B. C. D. 【答案】A【解析】当杂志刚好从书下抽出时，书所受的静摩擦力达到最大，由牛
5、顿第二定律得：对书，有： 2m2g=m2a对整体，有：F- 1（m 1+m2）g=（m 1+m2）a联立得 F=（ 1+ 2） （m 1+m2）g，故选 A。点睛：本题考查整体法与隔离法的应用，重点是判定什么条件下出现相对运动，知道当书与杂志刚要发生相对运动时静摩擦力达到最大5.如图所示，三角形 ABC 是固定在水平面上的三棱柱的横截面， A30， B37， C处有光滑小滑轮，质量分别为 m1、 m2的两物块通过细线跨放在 AC 面和 BC 面上，且均恰好处于静止状态，已知 AC 面光滑，物块 2 与 BC 面间的动摩擦因数 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比 m1 m2不可
6、能是( )A. 13B. 35C. 53D. 21【答案】A【解析】【详解】若 m1最小，则 m2受到的摩擦力沿斜面向上，根据共点力的平衡条件可得：- 4 -m1gsin30+m 2gcos37=m2gsin37，解得 ；若 m1最大，则 m2受到的摩擦力沿斜面向下，根据共点力的平衡条件可得： m1gsin30=m 2gcos37+m2gsin37，解得 ；所以满足条件的两个物体质量之比为： ；则两物块的质量比 m1： m2不可能是 1:3。本题选不可能的故选 A。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者
7、是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答6.放在固定粗糙斜面上的滑块 A 以加速度 沿斜面匀加速下滑，如图甲所示在滑块 A 上放一物体 B，物体 B 始终与 A 保持相对静止，以加速度 沿斜面匀加速下滑，如图乙所示在滑块 A 上施加一竖直向下的恒力 F，滑块 A 以加速度 沿斜面匀加速下滑，如图丙所示则A. = = B. = C. = D. 【答案】C【解析】【详解】甲图中加速度为 ，则有 ，解得 ；乙图中的加速度为 ，则有 ，解得 ；丙图中的加速度为 ，则有： ，解得 ，故，C 正确7.在光滑水平面上， a、 b 两小球沿水平面相向运动当小球间距小于或等于 L 时，受到大
8、小相等，方向相反的相互排斥恒力作用小球间距大于 L 时，相互排斥力为零小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度 v 随时间 t 的变化关系图象如图所示，由图可知( )- 5 -A. a 球质量大于 b 球质量B. 在 t1时刻两小球间距最小C. 在 0 t2时间内两小球间距逐渐减小D. 在 0 t3时间内 b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反【答案】AC【解析】【详解】A、两个小球受到的斥力大小相同，但是加速度大小不同，根据 可知加速度小的小球质量大，所以 a 球质量大于 b 球质量，A 正确。B、C、0 t1时间内，两小球相向运动，距离越来越小， t1 t2时间内两小球运动方向
9、相同，但 a 小球速度大，两小球的距离继续减小， t2时刻两小球距离最小，B 错误，C 正确。D、 t1 t3时间内 b 球所受排斥力方向始终与运动方向相同，D 错误故选 AC。【点睛】先从 v-t 图象找出两个小球加速度的大小关系然后结合牛顿第二定律判断质量的关系；根据 v-t 图象判断何时有最小距离8.如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块 A 与截面为三角形的垫块B 叠放在一起，用水平外力 F 缓缓向左推动 B，使 A 缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中( ) A. A 和 B 均受三个力作用而平衡 B. B 对桌面的压力不变C. A 对 B 的压力越来越小 D.
10、推力 F 的大小恒定不变【答案】BD【解析】【详解】A. 先以 A 为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力，共三个力；B 受到重力、A 的压力、地面的支持力和推力 F 四个力。故 A 错误；- 6 -B. 当 B 向左移动时，B 对 A 的支持力和墙对 A 的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变。则 A 对 B 的压力也保持不变。对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N1，挡板对 A 的支持力 N1不变，则推力 F 不变。桌面对整体的支持力 N=G 总 ，保持不变。则 B 对桌面的压力不变。故 B 正确，C 错误，D 正确。故选：BD【点睛】先以 A
11、和 B 为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到 B 对 A 的弹力和挡板对 A 的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力 F 和桌面的支持力如何变化9.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为 M 的物体A、B（B 物体与弹簧连接） ，弹簧的劲度系数为 k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力 F 作用在物体 A 上，使物体 A 开始向上做加速度为 a 的匀加速运动，测得两个物体的v-t 图像如图乙所示（重力加速度为 g） ，则（ ） 。A. 施加外力前，弹簧的形变量为B. 弹簧恢复到原长时，物体 B 的速度达到最大值C. 外力施加的瞬间，AB 间的
12、弹力大小为 M(g-a)D. AB 在 时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零【答案】AC【解析】【详解】施加 F 前，物体 AB 整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx，解得： ，故 A正确。施加外力 F 的瞬间，对 B 物体，根据牛顿第二定律，有：F 弹 -Mg-FAB=Ma，其中：F 弹=2Mg；解得：F AB=M（g-a） ，故 C 正确。物体 A、B 在 t1时刻分离，此时 A、B 具有共同的 v与 a 且 FAB=0；对 B：F 弹 -Mg=Ma,解得：F 弹 =M（g+a） ，故 D 错误。当 F 弹 =Mg 时，B 达到最大速度，故 B 错误。故选 AC。- 7 -【点睛】本题关键是
13、明确 A 与 B 分离的时刻，它们间的弹力为零，速度相等这一临界条件；然后分别对 AB 整体和 B 物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析。10.如图所示，斜面与水平面夹角 ，在斜面上空 A 点水平抛出两个小球 a、b，初速度分别为 va、v b，a 球恰好垂直打到斜面上 M 点，而 b 球落在斜面上的 N 点，而 AN 恰好垂直于斜面，则A. a、b 两球水平位移之比为 2B. a、b 两球水平位移之比为 va2v bC. a、b 两球下落的高度之比为 4D. a、b 两球下落的高度之比为 2【答案】AC【解析】试题分析：平抛运动在某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正
14、切值的 2 倍，结合 a、b 两球落在斜面上速度与水平方向的夹角关系求出 a、b 两球的竖直分速度之比，从而得出运动的时间之比和高度之比，结合初速度和时间之比求出水平位移之比b 球落在 N 点，位移与斜面垂直，则位移与水平方向的夹角为 ，设此时的速度方向与水平方向的夹角为 ，则 ，a 球速度方向与斜面垂直，速度与水平方向的夹角为 ，可知 ，解得 ，根据 ，则 a、b 两球下落的高度之比 根据 知，a、b 两球的运动时间之比为 ，根据 ，则水平位移之比为 ，故 AC 正确二实验题11.如图所示是某同学验证牛顿第二定律的实验装置，不计滑轮摩擦阻力以及滑轮与细绳的质量，重力加速度为 。该同学的实验步
15、骤如下： - 8 -a将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，车上安装-一个挡光片，宽度为 。长木板上固定着两个光电门 和 ，距离为 ，砂桶通过细绳绕过定滑轮与小车相连，细绳与长木板平行；b调整长木板的倾角，使得小车恰好在细绳拉力作用下匀速下滑，测得砂和砂桶的总质量为 ；c某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动；d测得挡光片通过光电门 的时间为 ，通过光电门 的时间为挡光片 ，小车的质量为；e依据以上数据探究牛顿第二定律。（1）根据以上步骤，下列关于实验过程的表述正确的是_。A实验时，先剪断细绳，后接通光电门电源B实验时，剪断细绳小车所受的合外力为C实验过程中，不需要测出斜面的倾角D实验时，应满足
16、砂和砂桶的总质量远小于小车的质量（2）根据实验数据可得小车的加速度 _。 （用步骤中已知的字母表示）【答案】 (1). ； (2). 【解析】【详解】 （1）按照操作规程，应先接通光电门后释放滑块，否则可能滑块已经通过光电门，光电门还没有工作，测不出滑块通过光电门 A 的时间，故 A 错误平衡时，除了绳子拉力以外的力的合力与绳子的拉力等值反向，实验时，剪短细绳，则小车加速运动的合外力为F=m0g，故 B 正确实验过程中，倾斜木板的目的是平衡摩擦力，不需要测出斜面的倾角，故C 正确实验时，剪短细线，砂和砂桶不随小车运动，无需考虑砂和砂桶的总质量 m 远是否小于小车质量 M，故 D 错误故选 BC
17、（2）由于遮光条比较小，通过光电门的时间极短，因此可以利用平均速度来代替其瞬时速- 9 -度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度分别为：v A= 、v B= 根据 解得：【点睛】解决本题的关键掌握实验的原理和操作方法，知道光电门测速的方法：在很短位移内的平均速度代替瞬时速度12.某实验小组的同学用如图所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数 。每次滑块都从斜面上由静止开始下滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离 L 及相应遮光时间 t 的值。(1)用游标卡尺测量遮光板的宽度 d ，如图乙所示，则 d = _cm。 (2)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数 ，本实验还需要测出或知道的物理量是_
18、(填下列序号)。A滑块和遮光板的总质量 m B斜面的倾角 C当地的重力加速度 g (3)实验中测出了多组 L 和 t 的值，若要通过线性图象来处理数据求 值，则应作出的图象为_；A 图象 B 图象D 图象 C 图象【答案】 (1). 0.225cm； (2). BC； (3). B【解析】【详解】 （1）d=0.2cm+0.05mm5=0.225cm.（2）设斜面的倾角为 ，释放滑块时遮光条到光电门间的距离 x，滑块经过光电门时的速度为 v，物体在斜面上受到重力。支持力和摩擦力的作用，沿斜面的方向：mgsin- 10 -mgcos=ma，由导出公式 2aL=v2-0，由于遮光片经过光电门的时间
19、比较小，所以可以用遮光片经过光电门的平均速度表示瞬时速度，即 v ，联立解得 tan ，从公式中可以看出，摩擦因数与斜面的倾角 、遮光片的宽度 d、重力加速度 g、遮光条宽度 d、遮光时间 t 以及释放滑块时遮光条到光电门间的距离 L 有关，所以还需要测量的物理量为：斜面的倾角 和释放滑块时遮光条到光电门间的距离 L、当地的重力加速度 g，故选项 BC正确；（3）实验中测出了多组 L 及 t 的值，则有 t2 ，应作出的图象为 t2 图象；故选 B.三计算题13.一小船从河岸的 A 点出发渡河，小船船头保持与河岸垂直方向航行，经过 10min 到达河对岸 B 点下游 120m 的 C 处，如图
20、所示。如果小船保持原来的速率逆水斜向上游与河岸成 角方向航行，则经过 12.5min 恰好到达正对岸的 B 处。求：(1)水流速度；(2)河的宽度。【答案】(1)0.2m/s；(2)200m【解析】【详解】 （1）设水流速度为 v1，小艇在静水中速度为 v2，艇身与河岸垂直时，x=v 1t1，则有（2）艇身逆向上游行驶时，速度情况如图所示，则艇身与河岸垂直时，d=v 2t1，- 11 -故得 v2=20m/min=0.33m/s；河宽 d=v2t1=200m【点睛】解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解，注意船的实际运动是和运动14.如图所示，
21、一个截面是三角形的物体 P 平放在水平地面上，它的两个斜面与水平的夹角分别为 、 ，且 ， P 的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接 A、 B 二个质量相等的滑块，连接后细绳与各自的斜面平行，所有接触面都不计摩擦，重力加速度大小为 g.(1)若 P 固定不动，求 A、 B 的加速度大小(2)若 P 向右做匀加速运动，加速度多大时能使 A、 B 与斜面不发生相对滑动【答案】 （1） ；（2）【解析】【详解】(1)P 固定时，A、B 的加速度大小相等，设为 a1，以 F 表示绳的张力，则滑块 A：Fmgsin ma 1滑块 B：mgsin Fma 1解得：(2)设 P 向右的加速度为 a
22、，A、B 相对斜面不发生滑动时，A、B 的加速度也为 a，仍用 F 表示绳中的张力，则：滑块 A 沿斜面方向：Fmgsin macos 滑块 B 沿斜面方向：mgsin Fmacos 解得：a =【点睛】P 固定不动，A、B 加速度沿斜面方向，大小相等，根据牛顿第二定律分别列出方程，联立求解即可；P 向右做匀加速运动，A、B 加速度与 P 相等，将加速度沿斜面方向分解，根据牛顿第二定律分别列出方程，联立求解即可。15.如图所示，在倾角为 =37的足够长的固定斜面底端， 一小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回到出发点。若物块上滑所用时间 t 1 和下滑所用时间 t 2 的大小关系满足：
23、t 1 : t2 = 1: ，取 g10m/s 2，sin370.6，cos370.8，试求：- 12 -(1)上滑加速度 a 1 与下滑加速度 a 2 的大小之比；(2)物块和斜面之间的动摩擦因数；(3)若斜面倾角变为 60，并改变斜面粗糙程度，小物块上滑的同时用水平向右的 推力 F 作用在物块上，发现物块匀减速上滑过程中加速度与推力大小无关，求此时加速度大小。【答案】 （1）3:1；（2）0.375；（3）11.55m/s 2【解析】【详解】 （1）物块向上做匀减速直线运动，向下做初速度为零的匀加速直线运动，它们的位移大小相等，由匀变速直线运动的位移公式得： a1t12= a2t22，解得
24、： ；（2）由牛顿第二定律得：物块上滑时：mgsin37+mgcos37=ma 1物块下滑时：mgsin37-mgcos37=ma 2，解得：=0.375；（3）由牛顿第二定律得：mgsin60+N-Fcos60=ma由平衡条件得：N=Fsin60+mgcos60整理得：mgsin60+Fsin60+mgcos60-Fcos60=ma因为 a 与 F 无关，所以：Fsin60-Fcos60=0解得：=cot60= ，a=gsin60+gcos60= m/s211.55m/s 2；【点睛】本题考查了求加速度与动摩擦因数问题，考查了牛顿第二定律的应用；对物块在斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结
25、合运动学公式解决注意情景发生改变，要重新进行受力分析16.如图所示，与水平面夹角 的倾斜传送带以 的速度沿顺时针方向转动，小物块 A 从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块 B 以 的速度从底端滑上传送带。已知小物块 A、B 质量均为 m=1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为 ，小物块 A、B 未在传送带上发生碰撞，重力加速度 g 取 10 m/s2， 。求：(1)小物块 B 向上运动过程中平均速度的大小。- 13 -(2)传送带的长度 l 应满足的条件。【答案】 （1）2.5m/s；（2）12.96m【解析】（1）由题意可知，小物块 B 在开始时受到的摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律可知：
26、mgsin+mgcos=ma 1，代入数据解得： a110 m/s2减速到传送带速度时所需时间为： 此过程通过的位移为： 此后传送带的速度大于物块的速度，受到的摩擦力沿斜面向上，则有：mgsin-mgcos=ma 2，代入数据解得： a22 m/s2减速到零所需时间为： ，故有：t=t 1+t2=1.6s此过程通过的位移为： x2 t21 m则物块 B 上滑的位移 x=x1+x2=4m小物块 B 向上运动过程中平均速度的大小 。（2）小物块 B 下滑的加速度为 a22 m/s2则下滑到底端的时间为- 14 -则回到底端的总时间为： 物块 A 下滑的加速度：mgsin-mgcos=ma 3，解得 a3=2m/s2则传送带的最小长度为 传送带的长度 l 应满足的条件是不小于 12.96m。
