山东省淄博市桓台二中2022届高三物理上学期9月月考试题（含解析）新人教版

山东省淄博市桓台二中高三（上）月考物理试卷（9月份）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）（2022春•南关区校级期末）对于质点的运动，下列说法中正确的是（　　）　A．质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零　B．质点运动的加速度越大，它的速度变化越大　C．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零　D．质点速度变化率越大，则加速度越大考点：加速度．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：加速度是速度的变化率，与时间和速度变化量有关；力是产生加速度的原因；当加速度的方向与速度方向相同时，速度增加，当加速度方向与速度方向相反时，速度减小解答：解：A、加速度为零，则速度变化量为零，但速度不一定为零，故A错误B、加速度与速度变化量和时间两个因素有关，故加速度越大，它的速度变化越大的说法不正确，故B错误C、质点某时刻的加速度不为零，说明此时物体受力不为零，但其速度是否为零不一定，故C错误D、加速度又称速度的变化率，故质点速度变化率越大，则加速度越大，故D正确故选D点评：解决本题的关键理解加速度的含义，当加速度方向与速度方向相同时，速度增加，当加速度方向与速度方向相反时，速度减小　2．（4分）（2022秋•古冶区校级期中）一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为x=5+2t3（m），它的速度随时间t变化的关系为v=6t2（m/s）．该质点在t=0到t=2s间的平均速度和t=2s到t=3s间的平均速度大小分别为（　　）　A．12m/s，39m/sB．8m/s，38m/s　C．12m/s，19.5m/sD．8m/s，12m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：将t=0s和t=2s代入距离随时间变化的关系式x=5+2t3（m），可求出两个时刻质点离O点的距离，求得位移，再求解平均速度．解答：解：根据质点离开O点的距离随时间变化的关系为x=5+2t3（m）得当：t=0时，x0=5m；t=2s时，x2=21mt=3s时，x3=59m则质点在t=0到t=2s时间内的位移△x1=x2﹣x1=16m，则质点在t=2s到t=3s时间内的位移△x3=x3﹣x2=38m，故选B．-12-\n点评：本题相当于数学上代数题，代入求值，只要掌握位移与距离的关系和平均速度公式就能正确求解．　3．（4分）（2022秋•静宁县期末）如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB：BC等于（　　）　A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出AB、AC之比，从而求出AB、BC之比．解答：解：根据匀变速直线运动的速度位移公式知，，，所以AB：AC=1：4，Z则AB：BC=1：3．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式．　4．（4分）（2022•枣庄一模）据中新社北京2月26日电，中国军队2022年将举行近40场军事演习，以提高信息化条件下威慑和实战能力．若在某次军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v﹣t图象如图所示，則下列说法正确的是（　　）　A．0﹣10s内空降兵运动的加速度越来越大　B．O﹣10s内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力　C．10s﹣15s内空降兵和降落伞整体所受的空气阻力越来越小　D．10s﹣15s内空降兵处于失重状态考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；惯性．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：-12-\n从图象可以看出，空降兵先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断减小的减速运动，最后匀速运动；根据速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析．解答：解：A、v﹣t图象中，图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度，故0﹣10s内空降兵运动的加速度越来越小，故A错误；B、O﹣10s内空降兵和降落伞做加速运动，故整体所受重力大于空气阻力，故B正确；C、10s末～15s末速度向下做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，根据牛顿第二定律，有f﹣mg=ma，由于a不断减小，故f不断减小，故C正确；D、10s﹣15s内空降兵向下做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，是超重，故D错误；故选BC．点评：本题关键根据速度时间图象得到物体的运动规律，然后结合速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析．　5．（4分）（2022•山东）如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止．物体B的受力个数为（　　）　A．2B．3C．4D．5考点：力的合成与分解的运用．版权所有专题：受力分析方法专题．分析：本题先对A物体受力分析，然后根据牛顿第三定律，得出A对B的反作用力，再对B物体受力分析，得出结果．解答：解：以A为研究对象，受力分析，有竖直向下的重力、B对A的支持力和摩擦力，这样才能使平衡．根据牛顿第三定律，A对B也有压力和摩擦力，B还受到重力和推力F，所以受四个力作用．故选C．点评：本题关键先对A物体受力分析，再得出A对B物体的反作用力，最后在结合平衡条件对B物体受力分析．　6．（4分）（2022秋•静宁县期末）如图所示，用轻绳吊一个重为G的小球，欲施一力F使小球在图示位置平衡（θ＜30°），下列说法正确的是（　　）　A．力F最小值为Gsinθ　B．若力F与绳拉力大小相等，力F方向与竖直方向必成θ角　C．若力F与G大小相等，力F方向与竖直方向可能成θ角　D．若力F与G大小相等，力F方向与竖直方向可能成2θ角-12-\n考点：力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．版权所有分析：本题关键根据三力平衡条件判断，三个力中重力大小方向都一定，绳子拉力方向一定，大小未知，拉力F大小方向都未知，然后根据平衡条件，结合平行四边形定则分析．解答：解：A、小球受到三个力，由于三个力中重力大小方向都一定，绳子拉力方向一定，大小未知，拉力F大小方向都未知，将重力按照另外两个力的反方向分解，如图由图象可知，当拉力F与绳子垂直时，拉力最小，有最小值mgsinθ，故A正确；B、若力F与绳拉力大小相等，拉力与力F的合力必然在两个力的角平分线上，同时还要与重力方向相反并在一条直线上，故B正确；C、D、若力F与G大小相等，则两力的合力必须与绳子在一条直线上，并且在两个力的角平分线上，故力F方向与竖直方向成2θ角，故C错误，D正确；故选ABD．点评：本题关键抓住三力平衡的条件，三个力中任意两个力必然与第三个力等值、反向、共线．　7．（4分）（2022秋•西城区期末）以35m/s的初速度竖直向上抛出一个小球．不计空气阻力，g=10m/s2．以下判断正确的是（　　）　A．小球到最大高度时的速度为0　B．小球到最大高度时的加速度为0　C．小球上升的最大高度为61.25m　D．小球上升阶段所用的时间为3.5s考点：竖直上抛运动．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：物体做竖直上抛运动，其加速度大小始终为g，方向竖直向下，上升阶段：匀减速直线运动，达到最高点时速度为零，加速度还是g，应用匀变速直线运动的规律求解解答：解：A、小球做匀减速运动，到最大高度时的速度为0，故A正确B、小球到最大高度时会受到重力作用，加速度不为0，故B错误C、由匀变速运动规律得，小球上升的最大高度为h==61.25m，故C正确D、由匀变速运动规律得小球上升阶段所用的时间为t===3.5s，故D正确故选：ACD-12-\n点评：竖直上抛运动是加速度大小始终为g，方向竖直向下的匀变速运动，可分段求解，也可整体法求解，选用适当的方法求解即可．　8．（4分）（2022秋•太和县校级期末）质量为60kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m=40kg的重物送入井中．当重物以2m/s2的加速度加速上升时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（　　）　A．120NB．280NC．320ND．600N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：题中人处于静止状态，重物向上加速运动．先以重物为研究对象，由牛顿第二定律可求出绳子的拉力，再对人受力分析，由平衡条件可求出人所受的地面的支持力，最后由牛顿第三定律可得出人对地面的压力大小．解答：解：先研究重物，重物的加速度a=2m/s2，受到重力与绳子的拉力．则根据牛顿第二定律有：F﹣mg=ma解得：F=m（g+a）=40×（10+2）N=480N，再研究人，受力分析：重力Mg、绳子向上的拉力F、地面的支持力N，处于平衡状态．则根据平衡条件有：Mg=F+N解得：N=Mg﹣F=600N﹣480N=120N由牛顿第三定律可得：人对地面的压力大小为N′=N=120N故选：A点评：解决本题关键是明确人和重物的状态，采用隔离法，运用平衡条件和牛顿第二定律求解．　9．（4分）（2022•浙江）如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是（　　）　A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力　B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力　C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利　D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利考点：牛顿第三定律．版权所有-12-\n分析：作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同时产生同时消失，而平衡力不会同时产生和消失．在作用力一样的情况下，由牛顿第二定律可知，质量大的，加速度小，运动的慢．解答：解：A、甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力，故A错误；B、甲对绳的拉力与乙对绳的拉力的一对平衡力，故B错误；C、若甲的质量比乙大，则甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界线，故甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故C正确；D、收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢，故D错误．故选C．点评：胜负的关键在于看谁的速度大，是谁先到达分界线，由于力的大小一样，又没有摩擦力，就只与质量有关了．　10．（4分）（2022春•孝南区校级月考）在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量为m=2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．当剪断轻绳的瞬间，取g=10m/s2，以下说法正确的是（　　）　A．此时轻弹簧的弹力大小为20N　B．小球的加速度大小为8m/s2，方向向左　C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右　D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先分析剪断轻绳前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小；再研究剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小；剪断弹簧的瞬间，因为绳子的作用力可以发生突变，小球瞬间所受的合力为零．解答：解：A、在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=20×1=20N，故A正确；B、断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；小球所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0.2×20N=4N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a==；合力方向向左，所以向左加速．故B正确；C、D、剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故C错误，D正确；故选：ABD．点评：解决本题的关键知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，剪短弹簧的瞬间，轻绳的弹力要变化，结合牛顿第二定律进行求解．-12-\n　二、实验题（本题共2小题，每空3分，共15分．把答案写在答题卡中指定的答题处．）11．（6分）（2022•沈阳校级模拟）“探究合力和分力的关系”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．（1）图乙中的F和F′两力中，方向一定沿AO方向的是　F′　（2）本实验采用的科学方法是　B　A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法．考点：验证力的平行四边形定则．版权所有专题：实验题．分析：根据本实验的原理：采用作合力与分力的图示的方法来探究平行四边形定则来分析选择．解答：解：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′．（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法．故选B．故本题答案是（1）F′（2）B点评：本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代．　12．（9分）（2022•商河县校级一模）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中：（1）某组同学用如图甲所示装置，采用控制变量的方法，来探究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到的力的关系．-12-\n该组同学由实验得出的数据，作出a﹣F图象，如图乙所示，那么该组同学实验中出现的问题可能是　B　A．实验中摩擦力没有平衡B．实验中摩擦力平衡过度C．实验中绳子拉力方向没有跟平板平行D．实验中小车质量发生变化（2）如图丙所示是某同学通过实验得到的一条纸带，他在纸带上取A、B、C、D、E、F、G等7个计数点（每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出），将毫米刻度尺放在纸带上．根据图可知，打下E点时小车的速度为　0.20　m/s，小车的加速度为　0.41　m/s2．（计算结果均保留两位有效数字）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．版权所有专题：实验题．分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上记数点时的瞬时速度大小，根据△x=aT2求加速度．解答：解：（1）当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大．故B正确．故选B（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：设两个计数点之间的位移分别为：s1、s2、s3、s4、s5、s6，由图可知：s1=0.005m；s2=0.01m；s3=0.015m；s4=0.018m；s5=0.022m；s6=0.026m，根据作差法得：a==0.41m/s2故答案为：（1）B；（2）0.20；0.41-12-\n点评：教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．　三、计算题（本大题4小题，共45分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）13．（10分）（2022秋•滨城区校级月考）一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ=37°足够长的斜面，已知滑块上滑过程中的v﹣t图象如图所示．取sin37°=0.6．cos37°=0.8，g=10m/s2，求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）滑块返回斜面底端时的速度大小．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）先用v﹣t图象求得滑块的加速度，然后根据牛顿第二定律求得合力，再受力分析，求解出支持力和滑动摩擦力，最后求解动摩擦因素；（2）通过比较重力的下滑分量和最大静摩擦力的大小判断物体能否下滑，再结合牛顿第二定律和运动学规律计算求未知量．解答：解：（1）由图象可知，滑块的加速度：a==m/s2=10m/s2滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有：mgsinθ+μmgcosθ=ma代入数据解得：μ=0.5即滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5．（2）由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移：s==5m滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2，解得：a2=2m/s2由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度：v==m/s答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5；（2）滑块返回斜面底端时的速度大小为m/s．点评：本题关键对物体受力分析后，通过正交分解法求出合力，根据牛顿第二定律求得加速度，然后根据运动学公式求解未知量．　14．（10分）（2022秋•通州区期末）如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为mA=10kg，mB=20kg，A、B之间，B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5．一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，今欲用外力将物体B匀速向右拉出，求所加水平力F的大小，并画出A、B的受力分析图．（取g=10m-12-\n/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：将物体B匀速向右拉出过程中，A物体保持静止状态，受力均平衡．分别分析两个物体的受力情况，作出力图，根据平衡条件列方程求解水平力F的大小．解答：解：A、B的受力分析如下图所示．对A：由平衡条件得FTsin37°=Ff1=μFN1…①FTcos37°+FN1=mAg…②联立①、②两式可得：FN1==60NFf1=μFN1=30N对B用平衡条件：F=F′f1+Ff2=F′f1+μFN2=Ff1+μ（FN1+mBg）=2Ff1+μmBg=160N答：所加水平力F的大小为160N，A、B的受力分析图如图．点评：本题是两个物体平衡问题，采用隔离法研究，关键是分析物体的受力情况，作出力图．　15．（12分）（2022秋•湖北期中）A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA=10m/s，B车在后，其速度vB=30m/s，因大雾能见度低，B车在距A车x0=85m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180m才能停止，问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：B车做匀减速直线运动，已知刹车距离，根据速度位移关系公式求解刹车的加速度；-12-\n两车能够相撞或者最近距离的临界情况是两车速度相等，先根据速度时间关系公式求解速度相同的时间，然后分别求解出两车的位移进行判断．解答：解：B车刹车至停下来过程中，由，得假设不相撞，设经过时间t两车速度相等，对B车有vA=vB+aBt解得t=8s此时，B车的位移有A车位移有xA=vAt=80m因xB＜x0+xA故两车不会相撞，两车最近距离为△x=5m答：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车不会相撞，两车最近距离是5米．点评：研究追击问题关键抓住一个临界条件（速度相同）和两个等量关系（位移关系和时间关系）．　16．（13分）（2022秋•荆门期末）如图所示，绷紧的传送带，始终以2m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ=30°．现把质量为lOkg的工件轻轻地无初速度放在传送带底端P，由传送带传送至顶端Q，已知PQ之间的距离为4m，工件与传送带间的动摩擦因数为，取g=10m/s2（1）通过计算说明工件在传送带上做什么运动？（2）求工件从P点运动到Q点所用的时间．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）根据牛顿第二定律求出工件放上传送带时的加速度，当工件速度与传送带速度相等时，由于最大静摩擦力大于重力沿斜面方向上的分力，所以工件与传送带一起做匀速运动．（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求出匀加速直线运动和匀速直线运动的时间，从而求出工件从P点运动到Q点所用的时间．解答：解：（1）工件刚放上传送带，受力如图：垂直传送带由平衡得：N=mgcosθ①沿传送带由牛顿第二定律得：f﹣mgsin=ma．②f=μN③由①②③得：a=2.5m/s2．设工件达到2m/s位移为s，则s═0.8（m）＜4m然后工件做匀速运动到Q端，工件先做匀加速运动再做匀速运动．（2）工件匀加速运动的时间为：t1═0.8（s）工件匀速运动的时间为t2═1.6（s）工件从P点运动到Q点所用时间为：T=t1+t2=2.4（s）-12-\n答：（1）工件先做匀加速运动再做匀速运动．（2）工件从P点运动到Q点所用的时间2.4s．点评：解决本题的关键理清工件的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析求解．　-12-