新疆乌鲁木齐市第一中学2019届高三上学期第一次月考物理试题 含解析

新疆乌鲁木齐市第一中学2019届高三上学期第一次月考（9月）物理试题
一、选择题
1.我国海军在南海某空域举行实兵对抗演练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线方向斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是( )
A. F1
B. F2
C. F3
D. F4
【答案】A
【解析】
【详解】因为直升机沿虚线方向斜向下减速飞行，故合力沿虚线向上，直升机受到竖直向下的重力以及空气作用力两个力，要想合力沿虚线向上，则根据矢量三角形可得空气对其作用力可能为F1，如图所示。

故选A.
【点睛】本题是已知运动情况判断受力情况的问题，关键是
先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向。

2. 沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s内的平均速度比它在第一个1.5 s内的平均速度大2.45 m/s，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为 ( )
A. 2.45 m/s2
B. －2.45 m/s2
C. 4.90 m/s2
D. －4.90 m/s2
【答案】D
【解析】
试题分析：匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔
，则质点加速度，故D正确．
考点：考查了加速度的计算
【名师点睛】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出两个中间时刻的瞬时速度，结合加速度的定义式求出质点的加速度．
3.自由下落的物体，在任何相邻的单位时间内下落的距离之差△h和平均速度之差△v，数值上分别等于（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】匀变速直线运动在任意相邻的单位时间内位移差恒定，对于自由落体运动而言，任何相邻的单位时间内下落的平均速度为中间时刻瞬时速度，两个中间时刻相差1s,由速度公式可知。

综上分析，C正确。

【点睛】要熟练应用匀变速直线运动中和匀变速直线运动中间时刻瞬时速度，这两个结论来解题。

4.如图所示为三个运动物体的v-t图象，其中A、B两物体是从不同地点出发，A、C是从同一地点出发，则以下说法正确的是( )
A. A、C两物体的运动方向相反
B. t = 4 s时，A、C两物体相遇
C. t = 4 s时，A、B两物体相遇
D. t = 2 s时，A、B两物体相距最远
【答案】B
【解析】
【分析】
由v-t图象可以读出速度大小和方向，图象面积代表位移，再结合物体出发点情况即可分析是否相遇。

【详解】A、C两物体在前4s内速度均为正值，表示运动方向相同，故A错误；t=4s时，A、C面积相等，表示位移相等。

由于出发点相同，A、C两物体相遇，故B正确；t=4s时，A、B面积相等，表示位移相等。

由于出发点不同，A、B两物体没有相遇，故C错误；由于A、B两物体空间位置关系不确定，t = 2s时，A、B两物体可能相距最近，也可能相距最远，故D错误。

【点睛】v-t图中速度的数值代表速度大小及方向，面积表示位移。

5.如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）
A. 逐渐减小
B. 逐渐增大
C. 先减小后增大
D. 先增大后减小
【答案】C
【解析】
试题分析：对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；
将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；
故选C。

考点：物体的平衡
【名师点睛】本题利用了图示法解题，解题时要注意找出不变的量作为对角线，从而由平行四边形可得出拉力的变化。

6.如图所示，质量为m(可视为质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距0.4 m 的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，θ＝37°，
则为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )
A. 3∶4
B. 4∶3
C. 3∶5
D. 4∶5
【答案】C
【解析】
【分析】
绳O'P刚拉直时，此时O′P绳子拉力为零，绳O'P刚松弛时，此时OP绳子拉力为零，根据小球的受力情况画出受力
示意图，根据共点力的平衡条件求解．
【详解】绳O'P刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图甲所示，根据几何关系可得
，所以，。

根据共点力的平衡条件可得：；绳O'P刚松弛时，O′P绳拉力为T2，此时OP绳子拉力为零，小球受力如图乙所示，根据共点力的平衡条件可得：，由此可得。

所以C正确、ABD错误。

【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．
7.质量为m的小球，在不可伸长的轻绳AC和轻质弹簧BC作用下静止，如图所示，且，，当突然在球的附近剪断弹簧或绳子时，小球的加速度分别为（）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】
当剪断弹簧时，绳子上的弹力会突变；当剪断绳子时弹簧上的弹力不会发生突变。

受力分析即可求解。

【详解】当剪断弹簧时受力分析，如图甲所示。

可得；当剪断绳子时，受力分析如图乙所示。

可得，故A正确。

【点睛】本题是瞬时问题，关键是受力分析后根据平衡条件和牛顿第二定律列方程
求解力和加速度。

8.如图所示，木块A,B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m，B的质量为2m，现施水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。

若改用水平力拉A，使A，B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则不得超过（）
A. 2F
B.
C. 3F
D.
【答案】B
【解析】
力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N1、向前的静摩擦力f m，根据牛顿第二定律，有f m=ma…①
对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F=3ma…②
由①②解得：f m=F
当F1作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F1-f m=ma1…③
对整体，有：F1=3ma1…④
由上述各式联立解得：F1=F
即F1的最大值是F，则使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′的可能值不超过F，故选BD.
点睛：本题关键抓住恰好不滑动的临界条件，即两物体之间的摩擦力达到最大静摩擦，然后灵活地选择研究对象，运用整体和隔离法，根据牛顿第二定律列式求解．
9.汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～50 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 汽车行驶的最大速度为20 m/s
B. 汽车在50 s末的速度为零
C. 在0～50 s内汽车行驶的总位移为850 m
D. 汽车在40～50 s内的速度方向和0～10 s内的速度方向相反
【答案】AC
【解析】
【详解】第一阶段汽车做匀加速直线运动，，位移为；第二阶段做匀速直线运动，位移
为；第三阶段做匀减速直线运动，50s末速度为位移为。

总位移
为。

汽车在40～50 s内的速度为正数与0～10 s内的速度方向相同。

综上分析，AC正确。

10.如图所示，在夜光风筝比赛现场，某段时间内某小赛手和风筝均保持静止状态，此时风筝平面与水平面夹角为30°，风筝的质量为m＝1 kg，轻质细线中的张力为F T＝10 N，该同学的质量为M＝29kg，则以下说法正确的是(风对风筝的作用力认为与风筝垂直，g取10 m/s2)
A. 风对风筝的作用力为
B. 细线与水平面的夹角为30°
C. 人对地面的摩擦力方向水平向左
D. 人对地面的压力大小等于人和风筝整体的重力，即300 N
【答案】AB
【解析】
【详解】设细线与水平面的夹角为α，风力大小为F。

以风筝为研究对象，分析受力如图所示：
根据平衡条件得：F T cos（α+30°）=mgsin30°，F=F T sin（α+30°）+mgcos30°，由题意F T=10N，m=1kg，解得：
α=30°，，故AB正确；对同学受力分析可知，地面对人的摩擦力方向水平向左，根据牛顿第三定律得知，人对地面的摩擦力方向水平向右，故C错误；对人和风筝整体研究，竖直方向上有：，可得：
，故D错误。

所以AB正确，CD错误。

11.如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，(g
取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)下列说法正确的是
A. 物块A先到达传送带底端
B. 物块A、B同时到达传送带底端
C. 传送带对物块A、B均做负功
D. 物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
【答案】BCD
【解析】
两个物块在沿斜面方向上由于，所以物块都会沿斜面向下滑动，传送带对物块AB的摩擦力都沿
传送带向上。

并且加速度大小都等于，初速度相同，加速度大小相同，经过的位移大小
相同，根据可知两者的运动时间相同，都为，即两者同时到达底端，A错误B正确；滑动摩擦力向
上，位移向下，摩擦力做负功，故C正确；B到达传送带底端时的速度，传送带在1s内的
路程为，A与传送带是同向运动的，A的划痕长度是A对地路程（斜面长度）减去在此时间内传送带的路程
，即为．B与传送带是反向运动的，B的划痕长度是B对地路程（斜面长度）加上在此时间内传送带的路程，即为，即物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：3，故D正确；
【点睛】滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有这一条件，同学可思考一下会怎样．
12.如图甲所示,在光滑的水平面上有质量为M且足够长的长木板，长木板上面叠放一个质量为m的小物块。

现对长
木板施加水平向右的拉力F= 3t（N）时，两个物体运动的a-t图像如图乙所示，若取重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（）
A. 图线A是小物块运动的a-t图像
B. 小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3
C. 长木板的质量M = 2 kg
D. 小物块的质量m = 1 kg
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据乙图分析在3s以后m与M的运动情况确定A和B分别是哪个物体的运动图象；根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；当时，以M为研究对象，根据牛顿第二定律推导a-t的关系，根据斜率求解M，再以整体为研究对象求解m．【详解】根据乙图可知，在3s以后，m与M开始发生相对运动，m的加速度不变，其大小为3m/s2，所以图线B是小物块运动的a-t图象，故A错误；设小物块与长木板间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得：，所以μ=0.3，故B正确；当时，以M为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，即，解得：
由函数斜率可得，解得M=2kg；在3s以内，以整体为研究对象，可得，代入数据
，所以m=1kg，C、D正确。

综上分析，答案为BCD。

【点睛】对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提．
二、填空题
13.在《验证力的平行四边形定则》实验中的三个实验步骤如下：
(1) 在水平放置的木板上固定一张白纸，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细绳套。

通过细绳套同时用两个测力计互成角度地拉橡皮筋，使它与细绳套的结点到达某一位置O点，在白纸上记下O点和两个测力计的示数F1和F2。

(2) 在白纸上只根据F1和F2的大小，应用平行四边形定则作图求出合力F。

(3) 只用一只测力计通过细绳套拉橡皮筋，使其伸长，记下测力计的示数F＇和细绳套的方向。

以上三个步骤中均有错误或疏漏，请指出错在哪里?
①__________________；②_______________________；③_____________________。

【答案】(1). 两个测力计的方向(2). 根据大小方向，做力的图示(3). 拉到O位置
【解析】
【分析】
验证力的平行四边形定则的实验原理是：理论值与实际值的对比．合力的理论值使用作图法，需要记录两分力的大小和方向；实际值的测量则使用等效替代，需要测量结点O的位置及力的大小．另外实际值与测量值比较方法，是在同一点作出两力的图示，比较是否近似重合．
【详解】①记录两细线的方向，即记录两分力的方向，是为了能在O点作出两分力的图示②平行四边形作图时，必须根据大小方向，做力的图示。

③使细绳套结点再次到达同一位置O点，是为了保证两次拉动的效果相同，以形成“等效替代”
【点睛】本实验采用是等效替代的思维方法。

实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同，同时要明确实验原理和步骤，以及知道实验的注意事项。

14.图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d．用米尺测量两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△t A和△t B，求出加速度a：
④多次重复步骤③．求a的平均值ā
⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数µ
回答下列问题：
(1)测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图(b)所示，其读数为______ cm。

(2)物块的加速度a可用d、s．和△t A和△t B表示为a=___________。

(3)动摩擦因数µ可用M、m、ā和重力加速度g表示为µ=___________。

(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________ (填“偶然误差”或“系统误差”)。

【答案】(1). 0.960(2). (3). (4). 系统误差
【解析】
试题分析：（1）由图（b）所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为12×0.05mm=0.60mm=0.060cm，则游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm．
（2）物块经过A点时的速度为：v A=，
物块经过B点时的速度为：v B=，
物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v B2﹣v A2=2as，
加速度为：a=；
（3）以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg=（M+m），
解得：μ=；
（4）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差．
视频
三、计算题
15.如图所示，在游乐场的滑冰道上有甲、乙两位同学坐在冰车上进行游戏。

当甲同学从倾角θ＝30°的光滑斜面冰道顶端A点自静止开始自由下滑时，与此同时在斜面底部B点的乙同学通过冰钎作用于冰面，从静止开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速运动。

已知斜面冰道AB的高度h＝5 m，重力加速度g＝10 m／s2。

设甲同学在整个运动过程中无机械能变化，两人在运动过程中可视为质点。

问：为避免两人发生碰撞，乙同学运动的加速度至少为多大？
【答案】2．5m/s2
【解析】
试题分析：根据牛顿第二定律可知甲同学在斜面上下滑的加速度a1=gsinθ ①
设甲到斜面底部的速度为v1，所经时间为②
当甲恰好追上乙时，甲在水平冰道上经时间t2
则两人的位移关系为v1t2=a（t1+t2）2 ③
要使两人避免相碰，当甲恰好追上乙时，乙的速度恰好等于v1，即
v A=a（t1+t2）④
由①②③④解方程组得a=gsinθ=2．5m/s2
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】解决该题关键要知道避免两人发生碰撞的临界条件是甲恰好追上乙时，乙的速度恰好等于的速度。

16. 榨油在我国已有上千年的历史，较早时期使用的是直接加压式榨油方法．而现在已有较先进的榨油方法，某压榨机的结构示意图如图所示，其中B点为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D，设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C的重力不计．压榨机的尺寸如图所示，l＝0.5 m，b＝0.05 m．求物体D所受压力的大小是F的多少倍？
【答案】5倍
【解析】
试题分析：设力F与水平方向的夹角为,将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解,作出力的分解图如图甲所示．则有:（2分）
由于对称性可知可得：则得（1分）
再将按作用效果分解为和,作出力的分解图如图乙所示．
则有:（3分）联立得到:（2分）
根据几何知识得可以知道：（2分）得到：（2分）
考点：共点力作用下物体平衡、力的合成与分解
【名师点睛】本题主要考查了共点力作用下物体平衡及力的合成与分解。

根据力F的作用效果将它分解，分解时，首先要根据力的作用效果确定两个分力的方向，再将AC所受压力的作用效果进行分解，根据数学知识求出物体D所受
压力的大小是F的多少倍。

17.某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在0—90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示。

g取10m/s2。

求：
（1）小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？
（2）当α= 53°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体的速度将变为多大？(结果可以带根号)
【答案】（1）5m/s （2）
【解析】
【分析】
根据动能定理，求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，然后结合图象当α=90°时的数据求出物体的初速度；求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，根据α=30°时的数据求出动摩擦因数；先求出α=53°时物体上升的高度，然后由动能定理求出物体返回时的速度。

【详解】（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，
根据动能定理：
得
由图可得，当时，根据，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s．
由图可得，时，，代入数据得：
（2）物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系为：
把代入，解得：
由动能定理得：
解得：
【点睛】本题关键是根据动能定理求出位移的一般表达式，然后结合图象求出初速度和动摩擦因数、求物体末速度。

18.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不
到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
（3）本实验中，m1=0.5kg，m2=0.1kg，μ=0.2，砝码与纸板左端的距离d=0.1m，取g=10m/s2．若砝码移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
【答案】（1）μ（2m1+m2）g；（2）F＞2μ（m1+m2）g；（3）22.4N．
【解析】
试题分析：（1）砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为：f1=μm1g，f2=μ（m1+m2）g
纸板所受摩擦力的大小：f=f1+f2=μ（2m1+m2）g
（2）设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1=m1a1，F-f1-f2=m2a2
发生相对运动需要a2＞a1
代入数据解得：F＞2μ（m1+m2）g
（3）为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过l=0．002m，纸板抽出时砝码运动的最大距离为
x1=a1t12，
纸板运动距离d+x1=a2t22
纸板抽出后砝码运动的距离x2=a3t22，
L=x1+x2
由题意知a1=a3，a1t1=a3t2代入数据联立得F=22．4N
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】这是2013年江苏高考题，考查了连接体的运动，解题时应用隔离法分别受力分析，找出两个物体之间的位移关联关系，列运动方程，难度较大。

视频。