高三物理上学期十月月考试卷

高三物理上学期十月月考试卷一．（50分）选择题.本大题共10小题，每小题5分.每小题给出的四个答案中，至少有一个是正确的.把正确答案全选出来，并将正确答案前面的字母填写在题后的方括号内.每一小题全选对的得5分；选对但不全，得部分分；有选错或不答的，得0分.填写在方括号外的字母，不作为选出的答案.1．根据牛顿运动定律，以下选项中正确的是（C）A．人只有在静止的车厢内，竖直向上高高跳起后，才会落在车厢的原来位置．B．人在沿直线匀速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方．C．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方．D．人在沿直线减速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方．2．在一根轻绳的两端各拴一个小铁球，一人用手拿住绳上端的小球站在三层楼的阳台上，放手让小球自由下落，两球落地时间差为1t，如果站在四楼阳台上，重复上述实验，则两球落地时间差为2t，则（C）A．2t=1tB．2t1tC．2t1tD．由于具体变量不知，无法比较3．a、b和c是三个一样大小的球，a为实心木球，b为实心铁球，c为空心铁球，都从静止起下落，它们受到的空气阻力大小相同，则(BD)A.a球加速度最大.B.b球加速度最大.C.c球加速度最大.D.b球落地所需时间最短.4．如图所示，质量为m的人在自动扶梯上，已知鞋底与扶梯间的滑动摩擦系数为µ，扶梯与水平面问的夹角为θ，假定人随扶梯以加速度a一起向上加速运动，这时人受到的摩擦力大小是(A)A.macosθ.B.μmg.C.μm(g+asinθ).D.ma5．如图所示，为南方少数民族常用的一种舂米工具。O为固定转动轴，重锤为A。脚踩在左端B处，可以使重锤升高，放开脚重锤落下打击稻谷。若脚用力方向始终竖直向下且转动保持平衡状态，则在重锤升起过程中，脚踩B端向下的力F和力矩M将：（C）AF增大，M增大；BF先增大后减少，M不变；CF不变，M先增大后减小；DF不变，M先减小而增大。6．一个物体在几个共点力的作用下，保持平衡状态，如果撤去其中一个力F1，而其余力保持不变，关于该物体的运动，下列说法中正确的是（BC）A可能沿着F1的方向做匀加速直线运动B可能沿着F1的反方向做匀加速直线运动C可能做匀变速曲线运动D可能做匀速圆周运动7．下面四个图像依次分别表示四个物体A、B、C、D的加速度、速度、位移和滑动摩擦力随时间变化的规律。其中物体可能受力平衡的是（CD）8．如图示，在台秤的托盘上放着一个支架，支架上面挂有一个电磁铁A，其正下方有铁块B，现接通电磁铁的电源，则：（AB）A.当铁块被吸起离开台秤的过程中，台秤示数变大B.当铁块被吸引，但仍保持静止，台秤示数不变C.只要铁块被吸引、不论它是否运动，台秤示数都变大D.不论铁块是否被吸引，只要它静止，台秤示数都变小9．为了研究超重与失重现象，某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动并观察体重秤示数的变化情况．下表记录了几个特定时刻体重秤的示数．（表内时间不表示先后顺序）：时间t0t1t2t3体重秤示数（kg）45.050.040.045.0若已知t0时刻电梯处于静止状态，则：（CD）(A)t1和t2时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化．(B)t1和t2时刻电梯的速度一定不为零．(C)t1和t2时刻电梯的加速度一定是大小相等、方向相反．(D)t3时刻电梯一定处于平衡状态．10．如图所示，Ａ、Ｂ是两只相同的齿轮，Ａ被固定不能转动，若Ｂ齿轮绕Ａ齿轮运动半周，到达图中的Ｃ位置，则Ｂ齿轮上所标出的竖直向上的箭头所指的方向是（A）Ａ．竖直向上Ｂ．竖直向下Ｃ．水平向左Ｄ．水平向右二．（40分）填空题.（本大题共8小题，11—16题，每空格2分。17、18题每题4分）11．F1和F2的合力大小随着他它们的夹角θ变化的关系如图所示（F1、F2的大小均不变，且F1F2）。则可知F1的大小为＿4＿N，F2的大小为＿3＿N，a的值为＿5＿N。12．一气球重10N，受空气浮力16N，用绳将其栓住，由于风力水平作用于气球，使绳偏离竖直方向37°角，则气球受绳的拉力是7.5N,受水平风力是4.5N。13．一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，可以证明此时地面对斜面的摩擦力为零．若用沿斜面向下的力推此物体，使物体加速下滑（如图所示），则斜面受到地面的摩擦力为零；若将该力的ta0AAttv0BAtts0CAttf0DAt)()(NF71090180aBA方向改为竖直向下作用在物体上，使物体下滑，则斜面受到地面的摩擦力为零．（选填“水平向左”、“水平向右”或“为零”）14．一船在静水中的划行速率为3m/s，要横渡一条宽30m、流速为5m/s的河流。此船渡河的最短时间为10s，此时船渡河的航程为3410m.。此船渡河的最短航程为50m.15．如图所示,A、B两物体通过定滑轮以细线相连接。A在拉力F作用下缓慢向右运动，物体B上升。则在此过程中A受地面支持力N将增大，摩擦力f将增大，绳中张力T将不变，拉力F将增大。（填增大、减少或不变）16．图a表示用水平恒力F拉动水平面上的物体，使其做匀加速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀加速运动的加速度a也会变化，a和F的关系如图b所示，则该物体的质量是0.5kg，物体与水平面间的动摩擦因数是0.2．17．一架托盘天平没有游砝码，最小砝码为100mg。用这台已调好的天平称量某物的质量，当右盘加26.20g砝码时，天平指针向左偏1小格，(如图中实线)如果再加上100mg砝码，天平指针向右偏1.5小格，(如图中虚线)则该物体质量为26.24g。18．一物体在粗糙的水平面上做直线运动，运动速度v及所受水平拉力F随时间变化的图线如图所示，由此可知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝__0.3___。三．（60分）计算题.19．（10分）在一个足够长的固定斜面上，从顶点A平抛一小球，当抛出的初速度为时，落至斜面上的D点，AD=S，求当抛出的初速度为′时，落至斜面上的位置离A点的距离。19.解：设斜面倾角为。根据)2(21sin)2(cos2分分gtSts解得costan22gS…（3分）所以)3(.22分SSBAFBAFBAFBAFBAFaF(N)(m/s2)4523024681图bF图aBAF024t(s)（m/s）64v2F1510024t(s)（N）5αβF20、(12分）如图所示，横截面为四分之一圆（半径为R）的柱体放在水平地面上，一根匀质木棒OA长为3R，重为G。木棒的O端与地面上的铰链连接，木棒搁在柱体上，各处摩擦均不计。现用一水平推力F作用在柱体竖直面上，使柱体沿着水平地面向左缓慢移动。问：（1）当木棒与地面的夹角θ=30°时，柱体对木棒的弹力多大？（2）此时水平推力F多大？（3）在柱体向左缓慢移动过程中，柱体对木棒的弹力及水平推力F分别如何变化？20．解：（1）利用力矩平衡：RctgNRGcos23N＝0.75G（3分）（2）以四分之一圆为研究对象，将N正交分解得：F＝Nｓｉｎθ＝0.375G（3分）（3）由RctgNRGcos23得：sin5.1GN（3分）当圆柱体向左推时θ角增大，故N增大，又F＝2sin5.1sinGN，所以F也在增大。（3分）21．（12分）如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。（重力加速度g＝10m/s2）求：（1）斜面的倾角；（2）物体与水平面之间的动摩擦因数；（3）t＝0.6s时的瞬时速度v。21．解：（1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为a1＝vt＝5m/s2（2分）mgsin＝ma1，可得：＝30（2分），（2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为a2＝vt＝2m/s2，（2分）mg＝ma2，可得：＝0.2（2分），（3）设物体在斜面上下滑的时间为t1。得5t1＝1.1＋2（1.2－t1），解得t1＝0.5s，（2分）则t＝0.6s时物体在水平面上，其速度为v＝a1t1-a2（t-t1）＝2.3m/s。（2分）22．（12分）在倾角为α的斜面上，一条质量不计的皮带一端固定ABCt（s）0.00.20.41.21.4v（m/s）0.01.02.01.10.7FOAθFOAθNG在斜面上端，另一端绕过一中间有一圈凹槽的圆柱体，并用与斜面夹角为β的力拉住，使整个装置处于静止状态，如图所示。不计一切摩擦，圆柱体质量为m，求拉力F的大小和斜面对圆柱体的弹力N的大小。22．解：将拉力F沿斜面和垂直于斜面方向进行分解。沿斜面方向：Fcos＋F＝mgsin（1）（3分）沿垂直于斜面方向：Fsinβ＋N＝mgcosα（2）（3分）由（1）得F＝mgsin1＋cos＝300.61＋0.8N＝10N（4）（3分）代入（2），解得N＝mgcos－Fsin＝（300.8－100.6）N＝18N（3分）23．（14分）甲、乙两质点同时开始在彼此平行且靠近的两水平轨道上同向运动，甲在前，乙在后，相距s，甲初速度为零，加速度为a，做匀加速直线运动；乙以速度v0做匀速运动，关于两质点在相遇前的运动。某同学作如下分析：设两质点相遇前，它们之间的距离为△s，则tvsats0221，当avt0时，两质点间距离△s有最小值，也就是两质点速度相等时，两质点之间距离最近。你觉得他的分析是否正确？如果认为是正确的，请求出它们的最小距离；如果认为是不正确的，请说明理由并作出正确分析。23．解：不正确。（3分）在两质点相遇之前，它们之间的距离Δs也可能不断减小，直至Δs＝0（相遇），而不存在变小后变大的情况，这完全取决于两质点之间的初始距离s与v0、a之间的大小关系（3分）由s＝v0t－221at可解得：aasvvt2200可见，若v02＝2as即avs220则avt0（2分）当t≤av0时，甲乙之前的距离始终在减小，直至相遇，（最小距离Δs＝0），不会出现Δs有最小值的情况。（2分）当v02as，即sav220时，甲与乙不可能相遇，在tav0时，两质点距离会出现先变小后变大的情况，当t=av0时，两质点之间的距离最近，：Δsmin＝s－av220（4分）