遂川中学2022届高三年级第一学期第一次月考物理试题一、选择题（每小题4分，共40分。其中1－7题为单选题，8－10为多选题。）1.甲物体以乙物体为参考系是静止的，甲物体以丙物体为参考系又是运动的。那么，以乙物体为参考系，丙物体的运动情况是A.一定是静止的B.一定是运动的C.运动或静止都有可能D.条件不足，无法判断2.质量为m的物体，沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑，下列说法正确的是（）A.物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B.物体对斜面的压力是由于斜面形变而产生的C.物体受到的摩擦力是mgcosθD.物体处于平衡状态3.让一物体分别以以下两种方式通过直线上的A、B两点，一是物体以速度v匀速运动，所用时间为t，二是物体从A点由静止出发，先以加速度a1做匀加速直线运动到某一最大速度vm后，立即以加速度a2做匀减速直线运动，到达B点时速度恰好减为零，所用时间仍为t，则下列说法正确的是()A.vm只能为2v，与a1、a2无关B.vm可为许多值，与a1、a2的大小有关C.a1、a2都必须是一定的a1a2vD.a1、a2必须满足＝a1＋a2t4.广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示.则下列相关说法正确的是()A.t＝4.5s时，电梯处于失重状态B.5～55s时间内，绳索拉力最小C.t＝59.5s时，电梯处于超重状态D.t＝60s时，电梯速度恰好为零5.如图所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定竖直杆，在杆上套一个环，箱和杆的质量为M，环的质量为m，已知环沿杆以加速度a下滑，则此时箱对地面的压力是：A.（m+M）gB.（m-M）gC.（m+M）g-maD.（m+M）g+ma6.如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在AB杆达到竖直前，以下分析正确的是()-1-\nA.绳子越来越容易断B.绳子越来越不容易断C.AB杆越来越容易断D.AB杆越来越不容易断7.如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为()75135A.B.C.D.575138.如图，当小车向右加速运动时，物块M相对于车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则（）A.M受摩擦力增大B.物块M对车厢壁的压力增大C.物块M仍能相对于车静止D.M将与小车分离9.如图所示，小车上物体的质量m＝8kg，它被一根在水平方向上拉伸了的轻弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力是6N.现对小车施一水平向右的作用力，使小车由静止开始运动，在小车的加速度由零逐渐增大到12m/s的过程中，以下说法正确的是()A.物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终未发生变化B.物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右2C.当小车的加速度为0.75m/s时物体不受摩擦力的作用2D.小车以1m/s的加速度向右做匀加速直线运动时物体受到的摩擦力为8N10.(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，用大小1等于mg的恒力F竖直向上拉B，当上升距离为h时B与A开始分离.下列说法正确的是2()A.B与A刚分离时，弹簧为原长B.B与A刚分离时，A与B的加速度相同3mgC.弹簧的劲度系数等于2hD.从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体的速度先增大后减小二、填空题（每空2分，共14分。）11.(8分)某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到在不同拉力作用下的A、B、C三条较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取1个计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5、…，其中甲、乙、丙三段纸带，是从A、B、C三条纸带上撕下的.-2-\n(1)在甲、乙、丙三段纸带中，属于从纸带A上撕下的是________.2(2)打A纸带时，小车的加速度大小是________m/s(保留两位小数).(3)打点计时器打计数点1时小车的速度大小为________m/s(保留两位小数).12.(10分)利用自由落体运动可测量重力加速度.某同学利用如图所示的实验装置进行了实验，图中的M为可恢复弹簧片，M与触头接触，开始实验时需要手动敲击M断开电路，使电磁铁失去磁性释放第一个小球，小球撞击M时电路断开，下一个小球被释放.(1)为完成实验，除图示装置提供的器材外还需要的器材有________和________.(2)用图中所示的实验装置做实验，测得小球开始下落的位置与M的高度差为120.00cm，手动敲击M的同时开始计时，到第80个小球撞击M时测得总时间为40.02s，可求得重力加速度g＝________m/s(结果保留两位有效数字).(3)若该同学测得的重力加速度偏小，可能的原因是________.A.手动敲击M时提前计时B.手动敲击M时延后计时C.记录撞击M的小球个数时少数了一个D.记录撞击M的小球个数时多数了一个三、计算题（共46分。）13.如图所示，水平传送带A、B两端相距S＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。工件滑上A端瞬时速度VA＝4m/s,达到B端的瞬时速度设为VB.则（重力2加速度g取10m/s）(1)若传送带不动，则VB多大(2)若传送带以速度V(已知量)逆时针匀速转动，则VB多大(3)若传送带以速度V(已知量)顺时针匀速转动，则VB多大14.(12分)质量为m＝0.8kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向.质量为M＝10kg的木块与PB相连，静止于倾角为237°的斜面上，如图所示.(取g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)轻绳PB拉力的大小；(2)木块所受斜面的摩擦力和弹力的大小.15.(12分)一质点由静止开始从A点向B点作直线运动，初始加速度为a0(1)若以后加速度均匀增加，每经过n秒增加a0，求经过t秒后质点的速度.(2)若将质点的位移sAB（已知量）平分为n等份，且每过一个等分点后，加速度都增加a0/n，求该质点到达B点时的速度.-3-\n16.(12分)如图所示，长2m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板CB部分的动摩擦因数μ2＝0.2.已知木板和小物块的2质量均为2kg，重力加速度g取10m/s，现对木板施加一个水平向右的恒力F.(1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm.(2)当F＝20N时，求小物块经多长时间滑到木板的左端A.11.解题思路：(1)根据匀变速直线运动的特点得x34－x23＝x23－x12＝x12－x01＝Δx，得x34＝x12＋2Δx＝5.51cm＋2×(5.51－3.00)cm＝10.53cm，所以属于纸带A的是甲.2Δxx12－x012(2)根据Δx＝aT可得，a＝＝＝2.51m/s.22TTx02(3)匀变速直线运动过程中，中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即v1＝≈0.432Tm/s.答案：(1)甲(2分)(2)2.51(4分)(3)0.43(2分)1212.解题思路：(1)由h＝gt知，需要用刻度尺测量小球开始下落的位置与M的高度差h，用240.02h2×1.20002秒表测量总时间.(2)一个小球自由下落的时间t＝s＝0.50s，g＝＝m/s2280t0.502＝9.6m/s.(3)手动敲击M时提前计时或记录撞击M的小球个数时少数一个都会增加自由下落2h的时间t，使根据g＝算出的g值偏小.2t答案：(1)刻度尺秒表(4分)(2)9.6(4分)(3)AC(2分13.【答案】2.4s【解析】-4-\n物块A放于传送带上后，物块受力图如图所示．A先在传送带上滑行一段距离，此时A做匀加速运动(相对地面)，直到A与传送带匀速运动的速度相同为止，此过程A的加速度为a1，则有：μmg＝ma1，a1＝μgA做匀加速运动的时间是：vv2t1＝a1＝μg＝0.25×10s＝0.8s，这段时间内A对地的位移是：v1s1＝－·t1＝2×2×0.8m＝0.8m，sab－s1当A相对地的速度达到2m/s时，A随传送带一起匀速运动，所用时间为t2，t2＝v＝0.6s.物块在传送带的bc之间，受力情况如图(b)，由于μ＝0.25＜tan37°＝0.75，A在bc段将沿倾斜部分加速下滑，此时受到的滑动摩擦力为μmgcos37°，方向沿传送带向上，由牛顿第二定律：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，2a2＝g(sin37°－μcos37°)＝4m/s.A在传送带的倾斜部分bc，以加速度a2向下匀加速运动，由运动学公式得12sbc＝vt3＋2a2t3，其中sbc＝4m，v＝2m/s，解得：t3＝1s(t＇3＝－2s舍)，物块从a到c端所用时间为t：t＝t1＋t2＋t3＝2.4s.15.解题思路：(1)作出a－t图线，图线围成的面积表示速度的变化量，每经过n秒增加a0，t则ts时，加速度a＝a0＋a0，(2分)n则ts内速度的变化量t1a0＋a0＋a0a02Δv＝nt＝a0t＋t.(3分)22na02因为初速度为零，则ts后的速度v＝a0t＋t.(2分)2nsAB2(2)根据速度位移公式得，2a0＝v1－0，(2分)na0a0＋sAB222n＝v2－v1.(1分)……nn－1a0a0＋sAB222n＝vB－vn－1.(1分)n13－累加，解得vB＝nasAB.(3分)1a3＋02答案：(1)a0t＋t(2)na0sAB2n16.解题思路：(1)设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有，μ1mg＝ma1，F1－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，-5-\n若a1＝a2时，拉力最小，联立解得F1＝4.5N.即小滑块与木板间发生相对滑动，拉力F1至少是4.5N.(2)设小滑块恰好滑到桌面边缘时，小滑块脱离木板时的速度为v，所用时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，22v0－v则v＝a1t，μ2mg＝ma3，滑块脱离木板前的位移x1＝，滑块脱离木板后的位移x2＝，2a1－2a3LL12由几何关系知x1＋x2＝，木板的位移为x3＝＋x1＝a4t.222由牛顿第二定律知F2－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma4，联立以上各式解得F2＝6N.即要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F2应满足的条件是F2≥6N.答案：(1)4.5N(2)F2≥6N-6-
