2019-2020学年湖南省衡阳一中高三(上)第一次月考物理试卷 (含答案解析)
2019最新物理题库湖南省衡阳市衡阳县一中2019届高三(上)第一次月考物理试卷(Word版 含解析)
2017-2018学年湖南省衡阳市衡阳县一中高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共12小题，1-8单选，9-12多选，每小题4分，满分48分）1．学习物理除了知识的学习外，更重要的是领悟并掌握处理物理问题的思想与方法，下列关于思想与方法的说法中不正确的是（）A．根据速度定义式v=，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B．在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法C．在“探究求合力的方法”的实验中，运用了等效替代的思想D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法2．一质点在连续的6s内作匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（）A．质点的加速度大小是3m/s2B．质点的加速度大小是2m/s2C．第2s末的速度大小是12 m/s D．第1s内的位移大小是6m3．某同学欲估算飞机着陆的速度，他假设飞机停止运动在平直跑道上做减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为s，着陆到停下来所用的时间为t实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆的速度应是（）A．v= B．v=C．v＞D．＜v＜4．如图所示，甲从A地由静止匀加速跑向B地，当甲前进距离为x1时，乙从距A地x2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B地，则AB两地距离为（）A．x1+x2B．C．D．5．如图所示，物块a，b质量分别为2m，m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态．则（）A．物块b受四个力作用B．物块b受到的摩擦力大小等于2mgC．物块b对地面的压力大小等于mgD．物块a受到物块b的作用力水平向右6．如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦，小物块的质量为（）A．B．m C．m D．2m7．如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F．现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中（）A．F1先增大后减小 B．F2先增大后减小C．F先增大后减小D．F先减小后增大8．建筑工人安装搭手架进行高空作业，有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一根长5m的铁杆在竖直状态下脱落了，使其做自由落体运动，铁杆在下落过程中经过某一楼层面的时间为0.2s．已知重力加速度g=10m/s2，不计楼层面的厚度．则铁杆刚下落时其下端到该楼层的高度为（）A．25.5 m B．28.8 m C．30 m D．29.5 m9．t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在第2小时末，甲乙两车相距10kmC．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D．在第4小时末，甲乙两车相遇10．在离地面h=15m高处，以v0=10m/s的速度同时竖直向上与向下抛出甲、乙两小球，不计空气阻力，小球落地后就不再弹起，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．两小球落地时的速度相等B．两小球落地的时间差为3sC．乙球落地时甲球恰好运动到最高位置D．t=2s时，两小球相距15m11．如图所示，司机通过液压装置缓慢抬起货车车厢的一端卸货．当车厢与水平面间的夹角θ增大到一定角度后，货物从车厢内滑下．若卸货过程中货车始终静止，则（）A．货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力随θ角增大而减小B．货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力随θ角增大而减小C．货物加速下滑时，地面对货车有向右的摩擦力D．货物加速下滑时，货车受到地面的支持力比货车与货物的总重力大12．一辆汽车从静止开始匀加速直线开出，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，直到停止，表给出了不同时刻汽车的速度，根据表格可知（）A．汽车在t=5s时刻开始做匀速直线运动B．汽车匀速运动的时间为5sC．汽车加速段的平均速度小于减速段的平均速度D．汽车从开始运动直到停止的过程中的平均速度大小约8.73m/s二、实验题（共1小题，满分10分）13．在做《研究匀变速直线运动》的实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知每两个相邻计数点间的距离为s，且s1=0.96cm，s2=2.88cm，s3=4.80cm，s4=6.72cm，s5=8.64cm，s6=10.56cm，电磁打点计时器的电源频率为50Hz．（1）相邻两个计数点间所对应的时间T=s，根据确定小车做匀加速直线运动；（2）计算此小车运动的加速度大小a=m/s2，打第4个计数点时小车的速度大小v= m/s．请你依据本实验推断第6记数点和第7记数点之间的距离是cm；（3）如果当时交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．三、计算题（共3小题，满分42分）14．如图，在两条靠近的平行直线轨道上有两辆小车甲、乙．当乙车以速度v0=6m/s运动到坐标原点O时，甲车在原点从静止开始沿ox方向做加速度大小为a1的匀加速运动，乙车沿同一方向做加速度大小为a2的匀减速运动直到停止．已知当甲车位移x=6m时，两车速度相同；当甲车速度为8m/s，乙车速度为2m/s时，两车的位置相同．求：（1）甲车的加速度大小为多少？（2）甲车运动8s后，两车之间的距离△x．15．翼型降落伞有很好的飞行性能．它被看作飞机的机翼，跳伞运动员可方便地控制转弯等动作．其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气摩擦力都受到影响．已知：空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，F1=C1v2；空气摩擦力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，F2=C2v2．其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，C1、C2满足如图b所示的关系．试求：（1）图a中画出了运动员携带翼型伞跳伞后的两条大致运动轨迹．试对两位置的运动员画出受力示意图并判断，①、②两轨迹中哪条是不可能的，并简要说明理由；（2）若降落伞最终匀速飞行的速度v与地平线的夹角为α，试从力平衡的角度证明：tanα=；（3）某运动员和装备的总质量为70kg，匀速飞行的速度v与地平线的夹角α约37°（取tan37°=0.75），匀速飞行的速度v多大？（g取10m/s2，计算结果保留三位有效数字）16．预警雷达探测到敌机在20000m上空水平匀速飞行，立即启动质量m=100kg的防空导弹，导弹的火箭发动机在制导系统控制下竖直向下喷气，使导弹由静止以a=10g（g=10m/s2）的加速度竖直向上匀加速上升至5000m高空，喷气方向立即变为与竖直方向成θ角（cosθ=）斜向下，导弹做曲线运动，直至击中敌机．假设导弹飞行过程中火箭推力大小恒定，且不考虑导弹质量变化及空气阻力，导弹可视为质点．试求：（1）火箭喷气产生的推力；（2）导弹从发射到击中敌机所用的时间；（3）导弹击中敌机时的动能．2017-2018学年湖南省衡阳市衡阳县一中高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，1-8单选，9-12多选，每小题4分，满分48分）1．学习物理除了知识的学习外，更重要的是领悟并掌握处理物理问题的思想与方法，下列关于思想与方法的说法中不正确的是（）A．根据速度定义式v=，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B．在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法C．在“探究求合力的方法”的实验中，运用了等效替代的思想D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法【考点】14：物理模型的特点及作用．【分析】速度的定义v=，当△t→0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法．质点是用来代替物体的，采用是等效替代法．；合力与分力是等效替代的关系，在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的思想．匀变速运动分成无数小段，采用的是数学上的微分法．【解答】解：A、速度的定义v=，表示平均速度，当△t→0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法．故A正确．B、用质点来代替物体的方法是等效思想方法．故B错误．C、合力与分力是等效替代的关系，在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的思想．故C正确．D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成无数小段，采用的是数学中的微元法．故D正确．本题选错误的，故选：B2．一质点在连续的6s内作匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（）A．质点的加速度大小是3m/s2B．质点的加速度大小是2m/s2C．第2s末的速度大小是12 m/s D．第1s内的位移大小是6m【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系．【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2求出质点的加速度．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出第1s末的速度再有运动学公式求的速度和位移．【解答】解：A、设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3，根据x3﹣x1=2aT2得：．故A正确，B错误．C、第1s末的速度等于第一个2s内的平均速度，则：，则第2s末速度为v=v1+at=6+3×1m/s=9m/s．故C错误．D、在第1s内反向看为匀减速运动则s==6×1﹣3×=4.5m，故D错误；故选：A．3．某同学欲估算飞机着陆的速度，他假设飞机停止运动在平直跑道上做减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为s，着陆到停下来所用的时间为t实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆的速度应是（）A．v= B．v=C．v＞D．＜v＜【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】若飞机做匀减速直线运动，结合平均速度的推论求出平均速度的大小，实际上速度在减小，阻力在减小，做加速度减小的减速运动，通过速度时间图线比较着陆的速度．【解答】解：飞机做变减速直线运动，因为速度在减小，则阻力在减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的减速运动，速度时间图线如图所示．若飞机做匀减速直线运动，如图虚线所示，则平均速度，曲线与时间轴围成的面积为s，平均速度，因为s′＞s，可知，即v．4．如图所示，甲从A地由静止匀加速跑向B地，当甲前进距离为x1时，乙从距A地x2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B地，则AB两地距离为（）A．x1+x2B．C．D．【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】设甲前进离为x1时，速度为v，甲乙匀加速直线运动的加速度为a，根据两者同时到达B地，根据位移时间公式得出两者位移之差的表达式，结合速度位移公式得出乙运动时间的表达式，从而根据位移时间公式求出AB之间的距离．【解答】解：设AB之间的距离为L，甲前进距离为x1时，速度为v，甲乙匀加速直线运动的加速度为a．则有：S1=L﹣x1①根据速度位移公式得，v=②设乙运动的时间为t，对甲有：S1=vt+at2③；对乙有L﹣x2=at2④联立①②③④解得t=⑤将⑤代入④整理得AB的距离：L=．5．如图所示，物块a，b质量分别为2m，m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态．则（）A．物块b受四个力作用B．物块b受到的摩擦力大小等于2mgC．物块b对地面的压力大小等于mgD．物块a受到物块b的作用力水平向右【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．【分析】按重力、弹力的顺序逐个分析物体的受力，每一个接触面都要分析．再由平衡条件求力的大小．【解答】解：A、物块b受到：重力、a的弹力和静摩擦力、地面的支持力、推力F，共受五个力，故A错误．B、以a为研究对象，由平衡条件知，b对a的摩擦力大小等于a的重力，为2mg，由牛顿第三定律知a对b的摩擦力大小也等于2mg，故B正确．C、以整体为研究对象，则知地面对b的支持力等于3mg，则物块b对地面的压力大小等于3mg，故C错误．D、物块a受到物块b两个力作用：水平向右的压力和竖直向上的静摩擦力，它们的合力斜向右上方，则物块a受到物块b的作用力斜向右上方，故D错误．故选：B．6．如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦，小物块的质量为（）A．B．m C．m D．2m【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用．【分析】同一根绳子上的张力大小相等，根据ab距离等于圆环半径可知绳所成角度，据此由平衡分析即可．【解答】解：设悬挂小物块的点为O'，圆弧的圆心为O，由于ab=R，所以三角形Oab为等边三角形．由于圆弧对轻环的支持力平行于半径，所以小球和小物块对轻环的合力方向由轻环指向圆心O，因为小物块和小球对轻环的作用力大小相等，所以aO、bO是∠maO′、∠mbO′的角平分线，所以∠O'Oa=∠maO=∠mbO=30°，那么∠mbO′=60°，所以由几何关系可得∠aO'b=120°，而在一条绳子上的张力大小相等，故有T=mg，小物块受到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为120°，故受到的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为m故ABD错误，C正确．故选：C．7．如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F．现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中（）A．F1先增大后减小 B．F2先增大后减小C．F先增大后减小D．F先减小后增大【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用．【分析】小球受重力、两绳的拉力而处于平衡状态，对小球进行受力分析，根据平行四边形定则作图分析即可．【解答】解：对小球受力分析如图所示：小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等方向相反，则F不变，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°的过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B正确．故选：B8．建筑工人安装搭手架进行高空作业，有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一根长5m的铁杆在竖直状态下脱落了，使其做自由落体运动，铁杆在下落过程中经过某一楼层面的时间为0.2s．已知重力加速度g=10m/s2，不计楼层面的厚度．则铁杆刚下落时其下端到该楼层的高度为（）A．25.5 m B．28.8 m C．30 m D．29.5 m【考点】1J：自由落体运动．【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式求出铁杆下端到达楼层面的速度，结合速度位移公式求出距离楼层面的高度．【解答】解：设铁杆下端到达楼层面时的速度为v．根据L=得：v=则铁杆下落时其下端到该楼层的高度为：h=故B正确，ACD错误故选：B9．t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在第2小时末，甲乙两车相距10kmC．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D．在第4小时末，甲乙两车相遇【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【分析】速度﹣时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向．【解答】解：A、在第1小时末，乙车的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变．故A错误．B、在第2小时末，甲的位移大小x甲=×30×2km=30km，乙的位移大小x乙=×30×2km=30km，此时两车相距△x=70﹣30﹣30=10（km）．故B正确．C、在前4小时内，乙图线的斜率绝对值始终大于甲图线的斜率绝对值，则乙车的加速度大小总比甲车大．故C正确．D、在第4小时末，甲车的位移x甲=×60×4km=120km，乙车的位移x乙=﹣×30×2km+×60×2km=30km，因x甲＞x乙+70km，可知甲乙两车未相遇．故D错误．故选：BC．10．在离地面h=15m高处，以v0=10m/s的速度同时竖直向上与向下抛出甲、乙两小球，不计空气阻力，小球落地后就不再弹起，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．两小球落地时的速度相等B．两小球落地的时间差为3sC．乙球落地时甲球恰好运动到最高位置D．t=2s时，两小球相距15m【考点】1N：竖直上抛运动．【分析】甲球做竖直上抛运动，乙球做竖直下抛运动，根据机械能守恒定律求落地时速率关系．由位移公式求落地时间．根据乙球的运动时间，分析甲球的位置．并由位移公式求出t=2s时两者间的距离．【解答】解：A、甲、乙两小球抛出时速率相等，机械能相等．由于不计空气阻力，所以两球运动过程中机械能都守恒，则落地时机械能也相等，落地时的速度必定相等，故A正确．B、落地时，对于甲球，取竖直向上为正方向，有：﹣h=v0t甲﹣解得：t甲=3s对于乙球，有：h=v0t乙+2s，故B错误．解得：t乙=1s，所以两小球落地的时间差为C、甲球上升的时间为：t===1s=t乙，所以乙球落地时甲球恰好运动到最高点，故C正确．D、t=2s时，甲球的位移为：x甲=v0t﹣=10×2﹣5×22=0，乙球已落地并不再弹起，所以t=2s时，两小球相距15m，故D正确．故选：ACD11．如图所示，司机通过液压装置缓慢抬起货车车厢的一端卸货．当车厢与水平面间的夹角θ增大到一定角度后，货物从车厢内滑下．若卸货过程中货车始终静止，则（）A．货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力随θ角增大而减小B．货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力随θ角增大而减小C．货物加速下滑时，地面对货车有向右的摩擦力D．货物加速下滑时，货车受到地面的支持力比货车与货物的总重力大【考点】37：牛顿第二定律；27：摩擦力的判断与计算；29：物体的弹性和弹力．【分析】货物处于平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件判断货物与车厢间的摩擦力和支持力的变化情况；当货物加速下滑时，对货物和车厢进行受力分析，根据牛顿第二、第三定律分析即可．【解答】解：AB、货物相对车厢静止，处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，N=mgcosθ，θ增大时，f增大，N减小，故A正确，B错误；C、当货物加速下滑时，对货物进行受力分析，受到重力、支持力，滑动摩擦力，因为加速度沿斜面向下，所以支持力和滑动摩擦力的合力的方向偏向右上方，根据牛顿第三定律可知，物体对车厢的压力和摩擦力的合力方向偏向左下方，对车厢进行受力分析可知，地面对汽车有向右的摩擦力，故C正确；D、当货物相对车厢加速下滑时，物体对车厢的压力和摩擦力的合力小于货物的重力，所以汽车对地面的压力小于货物和汽车的总重力，故D错误．故选：AC．12．一辆汽车从静止开始匀加速直线开出，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，直到停止，表给出了不同时刻汽车的速度，根据表格可知（）A．汽车在t=5s时刻开始做匀速直线运动B．汽车匀速运动的时间为5sC．汽车加速段的平均速度小于减速段的平均速度D．汽车从开始运动直到停止的过程中的平均速度大小约8.73m/s【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】已知汽车做初速度为零的匀加速直线运动，由1s末的速度可以求出加速度；由表格数据可得汽车在5s末的速度达到最大值12m/s，由速度时间关系得出加速运动的时间；分别求出物体做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动的位移相加；平均速度等于位移与时间的比值．【解答】解：A、由题意汽车做初速度为0的匀加速直线运动，1s末汽车的速度达到3m/s可知，汽车的加速度为：a==3；由表格知汽车5s末至7s末速度都是12m/s，故可知汽车匀速运动的速度为12m/s同时也是汽车加速的最大速度，故加速的时间为：t==s=4s即汽车4s末开始做匀速直线运动；故A错误；B、由表格知，汽车从9.5s﹣10.5s是减速运动过程故可知减速时汽车的加速度为：a′===﹣6m/s2故汽车做匀减速运动的总时间为：t3=s=2s汽车由12m/s减速至9m/s所用的时间为：t′=s=0.5s故汽车从9s末开始减速运动，所以汽车做匀速直线运动的时间为：t2=9﹣4s=5s故B正确；C、根据公式=，汽车加速段的平均速度和减速过程的平均速度都等于最大速度的一半，相等，故C错误；D、0﹣4s做匀加速度为a=3m/s2的匀加速运动，产生的位移为：x1=at2=×3×42m=24m；4﹣9s做匀速度v=12m/s的匀速直线运动，产生的位移为：x2=12×5m=60m9﹣11s做初速度为12m/s，加速度a′=﹣6m/s2的匀减速运动，产生的位移为：x3=12×2+×（﹣6）×22m=12m所以汽车产生的总位移为：x=x1+x2+x3=24+60+12m=96m故全程的平均速度为：==≈8.73m/s；故D正确；故选：BD二、实验题（共1小题，满分10分）13．在做《研究匀变速直线运动》的实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知每两个相邻计数点间的距离为s，且s1=0.96cm，s2=2.88cm，s3=4.80cm，s4=6.72cm，s5=8.64cm，s6=10.56cm，电磁打点计时器的电源频率为50Hz．（1）相邻两个计数点间所对应的时间T=0.1s，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量确定小车做匀加速直线运动；（2）计算此小车运动的加速度大小a= 1.92m/s2，打第4个计数点时小车的速度大小v=0.768 m/s．请你依据本实验推断第6记数点和第7记数点之间的距离是12.48cm；（3）如果当时交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比偏大（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．【分析】根据连续相等时间内得位移之差是一恒量求出加速度，以及求出第6记数点和第7记数点之间的距离，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点4的瞬时速度．根据加速度的表达式，通过测量的误差得出加速度的测量误差．【解答】解：（1）相邻两个计数点间时间间隔为0.1s，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量确定小车做匀加速直线运动．（2）在连续相等时间内的位移之差△x=1.92cm，根据△x=aT2得：a=．计数点4的瞬时速度为：m/s=0.768m/s．第6记数点和第7记数点之间的距离为：s7=s6+△x=10.56+1.92cm=12.48cm．（3）当时交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，可知周期的测量值偏小，根据a=知，加速度测量值偏大．故答案为：（1）0.1，连续相等时间内的位移之差是一恒量，（2）1.92，0.768，12.48．（3）偏大．三、计算题（共3小题，满分42分）14．如图，在两条靠近的平行直线轨道上有两辆小车甲、乙．当乙车以速度v0=6m/s运动到坐标原点O时，甲车在原点从静止开始沿ox方向做加速度大小为a1的匀加速运动，乙车沿同一方向做加速度大小为a2的匀减速运动直到停止．已知当甲车位移x=6m时，两车速度相同；当甲车速度为8m/s，乙车速度为2m/s时，两车的位置相同．求：（1）甲车的加速度大小为多少？（2）甲车运动8s后，两车之间的距离△x．【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）根据已知条件利用匀变速直线运动的速度与时间关系，以及位移与速度关系列出方程，求出甲车的加速度大小；（2）先计算甲车运动8s后的位移，再判断乙车何时停下，再计算乙车的位移，最后算出两车之间的。
2019-2020年高三上学期第一次月考物理试题含解析(V)
2019-2020年高三上学期第一次月考物理试题含解析(V)一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个．．．．选项符合题意.1．我国射的“神舟八号”飞船与先期发射的“天宫一号”空间站实现了完美对接。
已知“天宫一号”绕地球做圆轨道运动，轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G。
假设沿椭圆轨道运动的“神州八号”环绕地球的运动方向与“天宫一号”相同，远地点与“天宫一号”的圆轨道相切于某点P，并在该点附近实现对接，如图所示。
则下列说法正确的是：（）A．根据题设条件可以计算出地球对“天宫一号”的引力大小B．在远地点P处，“神舟八号”的加速度比“天宫一号”大C．根据题中条件可以计算出地球的质量D．要实现在远地点P处对接，“神舟八号”需在靠近P处之前应该点火减速舟八号为向心运动22GMm vmr r，神州八号的线速度小，要与天宫一号对接，应该加速答案D错。
考点：万有引力与航天2．如图所示，质量为m的木块在F的作用下，在质量为M的长木板上向右滑行，长木板与地面间动摩擦因数为μ1，木块与长木板间动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板受地面摩擦力大小一定为( )A．μ2mg B．F C．μ1(m1＋m2)g D．μ2mg＋μ1mg3．如图所示，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A停下，可采用的方法是：()A．增大斜面的倾角B．对木块A施加一个垂直于斜面的力C．对木块A施加一个竖直向下的力D．在木块A上再叠放一个重物4．如图，竖直圆环内侧凹槽光滑，aOd为其水平直径，两个相同的小球A和B（均可视为质点），从a 点同时以相同速率v。
开始向上和向下沿圆环凹槽运动，且运动中始终未脱离圆环，则A、B两球第一次：( )A．可能在b点相遇，相遇时两球的速率v A>v B>v0；B．可能在b点相遇，相遇时两球的速率v A=v B>v0；C．可能在d点相遇，相遇时两球的速率v A=v B=v0；D．可能在c点相遇，相遇时两球的速率v A=v B<v0；5．在街头的理发店门口，常可以看到有这样的标志：一个转动的圆筒，外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离(即螺距)为L＝10cm，圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看)，以2r/s的转速匀速转动，我们感觉到的升降方向和速度大小分别为：( )A．向上10cm/s B．向上20cm/sC．向下10cm/s D．向下20cm/s二、多项选择题：本题共4小题，每题4分，共16分，每题至少有两个．．．．．选项符合题意。
湖南省衡阳市2020届高三第一次联考(一模)理综物理试题
2019届高中毕业班联考(一)理科综合能力测试物理部分第Ⅰ卷一、选择题:本题共13小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
二、选择题本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第14-17题只有一项符合题目要求;第18-21题有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
14.下列说法正确的是A.某元素的半衰期是3天,12g该元素经过6天后还有4g未衰变B.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大轨道时,原子的总能量增大,电子的动能增大C紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应,若增加紫外线的照射强度,则从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大D.质子中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3,2个质子和2个中子结合成一个α粒子,释放的能量是(2m1+2m2-m3)c215.一辆汽车在平直公路上做直线运动,某时刻开始计时,其xtt-的部分图象如图所示,则A.汽车做匀速直线运动,速度为8m/sB.汽车做匀减速直线运动,加速度大小为2m/s2C.汽车在前25内的平均速度为7m/sD.汽车在前5s内的位移为15m16.“套圈圈”是亲子游戏中深受喜爱的一种游戏,游戏规则是:游戏者站在界外从手中水平抛出一个圆形圈圈,圈圈落下后套中前方的物体,所套即所得。
如图所示,小孩站在界外抛出圈圈并恰好套取前方物体,若大人也想抛出圈圈套取前方同一位置的物体,则A.大人可站在小孩同样的位置,以等大的速度抛出圈圈B.大人可退后并下蹲至与小孩等高,以等大的速度抛出圈圈C.大人可站在小孩同样的位置,以小点的速度抛出圈圈D.大人可退后并下蹲至与小孩等高,以小点的速度抛出圈圈17.如图所示,为一儿童在玩滑板车的情景,他一只脚用力蹬地后,可使车与人一起向前加速而获得相等的速度,儿童的质量为M,滑板车的质量为m,儿童与滑板车之间的动摩擦因数为μ,若儿童蹬地过程获得向前的动力恒为F,滑板车向前运动时受到地面的摩擦力恒为f ，则儿童蹬地过程中下列结论正确的是A.儿童与滑板车之间的摩擦力一定等于μMgB.儿童与滑板车之间的摩擦力一定等于Mf mF M m ++ C.F 一定等于fD.若儿童能成功完成该动作,则f Mgμ< 18据报道,一个国际研究小组借助于智利的天文望远镜,观测到了一组双星系统,它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动,如图所示,假设此双星系统中体积较小的成员能“吸食”另一颗体积较大星体的表面物质,达到质量转移的目的,在演变过程中两者球心之间的距离保持不变,双星平均密度可视为相同。
衡阳县高三物理上学期第一次月考试题
湖南省衡阳县2020届高三物理上学期第一次月考试题一 选择题 （共12小题，每题4分，1—8题为单选，9—12题为多选，全选对的得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分）1．在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理的发展起到了重要作用，下列关于物理思想与方法说法错误的是（ ） A ．质点和点电荷是同一种思想方法 B ．重心、总电阻都体现了等效替换的思想C ．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量D ．我们所学的概念，诸如平均速度，瞬时速度以及加速度等，就是牛顿首先建立起来的。
2．以从塔顶由静止释放小球A 的时刻为计时零点，t 0时刻又在与小球A 等高的位置处，由静止释放小球B 。
若两小球都只受重力作用，设小球B 下落时间为t ，在两小球落地前，两小球间的高度差为Δx，则xt∆－t 0图线为（ ）3. 如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架（AB 为直径），支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P 点，另一端与小球相连。
已知半圆形支架的半径为R ，轻绳长度为L ，且R<L<2L 。
现将轻绳的上端点P 沿墙壁缓慢下移至A 点，此过程中轻绳对小球的拉力F 1及支架对小球的支持力F 2的大小变化情况为（ ） A ．F 1 和F 2均增大B ．F 1 保持不变，F 2先增大后减小C ．F 1 先减小后增大，F 2保持不变D ．F 1 先增大后减小，F 2先减小后增大4.一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v 时发生位移x 1，紧接着速度变化同样的△v 时发生位移x 2，则该质点的加速度为（ ）A ．(△v)2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+2111x x B ．122)(2x x v -∆ C ．(△v)2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2111x x D ．122)(x x v -∆ 5．一质量为m 的物块能在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑．在初始状态相同及其他条件不变时，只对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图所示，则物块减速到零的时间与不加恒力F 两种情况相比较将( )A ．变长B ．变短C ．不变D ．不能确定6．斜面上有m 1和m 2两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2．两物体间用一根轻质弹簧连接，恰好能一起沿斜面匀速下滑．如图所示．则以下说法正确的是 ( )A ．若弹簧的长度大于原长，则μ1＜μ2B ．若弹簧的长度小于原长，则μ1＜μ2C ．若弹簧的长度大于原长，则μ1＞μ2D ．若弹簧的长度等于原长，则μ1＞μ27．我国高铁技术迅猛发展，现已处于世界领先水平。
2019最新物理题库湖南省衡阳市衡阳县一中2019届高三(上)第一次月考物理试卷(Word版 含解析)
2017-2018学年湖南省衡阳市衡阳县一中高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共12小题，1-8单选，9-12多选，每小题4分，满分48分）1．学习物理除了知识的学习外，更重要的是领悟并掌握处理物理问题的思想与方法，下列关于思想与方法的说法中不正确的是（）A．根据速度定义式v=，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B．在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法C．在“探究求合力的方法”的实验中，运用了等效替代的思想D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法2．一质点在连续的6s内作匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（）A．质点的加速度大小是3m/s2B．质点的加速度大小是2m/s2C．第2s末的速度大小是12 m/s D．第1s内的位移大小是6m3．某同学欲估算飞机着陆的速度，他假设飞机停止运动在平直跑道上做减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为s，着陆到停下来所用的时间为t实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆的速度应是（）A．v= B．v=C．v＞D．＜v＜4．如图所示，甲从A地由静止匀加速跑向B地，当甲前进距离为x1时，乙从距A地x2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B地，则AB两地距离为（）A．x1+x2B．C．D．5．如图所示，物块a，b质量分别为2m，m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态．则（）A．物块b受四个力作用B．物块b受到的摩擦力大小等于2mgC．物块b对地面的压力大小等于mgD．物块a受到物块b的作用力水平向右6．如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦，小物块的质量为（）A．B．m C．m D．2m7．如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F．现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中（）A．F1先增大后减小 B．F2先增大后减小C．F先增大后减小D．F先减小后增大8．建筑工人安装搭手架进行高空作业，有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一根长5m的铁杆在竖直状态下脱落了，使其做自由落体运动，铁杆在下落过程中经过某一楼层面的时间为0.2s．已知重力加速度g=10m/s2，不计楼层面的厚度．则铁杆刚下落时其下端到该楼层的高度为（）A．25.5 m B．28.8 m C．30 m D．29.5 m9．t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在第2小时末，甲乙两车相距10kmC．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D．在第4小时末，甲乙两车相遇10．在离地面h=15m高处，以v0=10m/s的速度同时竖直向上与向下抛出甲、乙两小球，不计空气阻力，小球落地后就不再弹起，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．两小球落地时的速度相等B．两小球落地的时间差为3sC．乙球落地时甲球恰好运动到最高位置D．t=2s时，两小球相距15m11．如图所示，司机通过液压装置缓慢抬起货车车厢的一端卸货．当车厢与水平面间的夹角θ增大到一定角度后，货物从车厢内滑下．若卸货过程中货车始终静止，则（）A．货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力随θ角增大而减小B．货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力随θ角增大而减小C．货物加速下滑时，地面对货车有向右的摩擦力D．货物加速下滑时，货车受到地面的支持力比货车与货物的总重力大12．一辆汽车从静止开始匀加速直线开出，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，直到停止，表给出了不同时刻汽车的速度，根据表格可知（）A．汽车在t=5s时刻开始做匀速直线运动B．汽车匀速运动的时间为5sC．汽车加速段的平均速度小于减速段的平均速度D．汽车从开始运动直到停止的过程中的平均速度大小约8.73m/s二、实验题（共1小题，满分10分）13．在做《研究匀变速直线运动》的实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知每两个相邻计数点间的距离为s，且s1=0.96cm，s2=2.88cm，s3=4.80cm，s4=6.72cm，s5=8.64cm，s6=10.56cm，电磁打点计时器的电源频率为50Hz．（1）相邻两个计数点间所对应的时间T=s，根据确定小车做匀加速直线运动；（2）计算此小车运动的加速度大小a=m/s2，打第4个计数点时小车的速度大小v= m/s．请你依据本实验推断第6记数点和第7记数点之间的距离是cm；（3）如果当时交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．三、计算题（共3小题，满分42分）14．如图，在两条靠近的平行直线轨道上有两辆小车甲、乙．当乙车以速度v0=6m/s运动到坐标原点O时，甲车在原点从静止开始沿ox方向做加速度大小为a1的匀加速运动，乙车沿同一方向做加速度大小为a2的匀减速运动直到停止．已知当甲车位移x=6m时，两车速度相同；当甲车速度为8m/s，乙车速度为2m/s时，两车的位置相同．求：（1）甲车的加速度大小为多少？（2）甲车运动8s后，两车之间的距离△x．15．翼型降落伞有很好的飞行性能．它被看作飞机的机翼，跳伞运动员可方便地控制转弯等动作．其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气摩擦力都受到影响．已知：空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，F1=C1v2；空气摩擦力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，F2=C2v2．其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，C1、C2满足如图b所示的关系．试求：（1）图a中画出了运动员携带翼型伞跳伞后的两条大致运动轨迹．试对两位置的运动员画出受力示意图并判断，①、②两轨迹中哪条是不可能的，并简要说明理由；（2）若降落伞最终匀速飞行的速度v与地平线的夹角为α，试从力平衡的角度证明：tanα=；（3）某运动员和装备的总质量为70kg，匀速飞行的速度v与地平线的夹角α约37°（取tan37°=0.75），匀速飞行的速度v多大？（g取10m/s2，计算结果保留三位有效数字）16．预警雷达探测到敌机在20000m上空水平匀速飞行，立即启动质量m=100kg的防空导弹，导弹的火箭发动机在制导系统控制下竖直向下喷气，使导弹由静止以a=10g（g=10m/s2）的加速度竖直向上匀加速上升至5000m高空，喷气方向立即变为与竖直方向成θ角（cosθ=）斜向下，导弹做曲线运动，直至击中敌机．假设导弹飞行过程中火箭推力大小恒定，且不考虑导弹质量变化及空气阻力，导弹可视为质点．试求：（1）火箭喷气产生的推力；（2）导弹从发射到击中敌机所用的时间；（3）导弹击中敌机时的动能．2017-2018学年湖南省衡阳市衡阳县一中高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，1-8单选，9-12多选，每小题4分，满分48分）1．学习物理除了知识的学习外，更重要的是领悟并掌握处理物理问题的思想与方法，下列关于思想与方法的说法中不正确的是（）A．根据速度定义式v=，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B．在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法C．在“探究求合力的方法”的实验中，运用了等效替代的思想D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法【考点】14：物理模型的特点及作用．【分析】速度的定义v=，当△t→0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法．质点是用来代替物体的，采用是等效替代法．；合力与分力是等效替代的关系，在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的思想．匀变速运动分成无数小段，采用的是数学上的微分法．【解答】解：A、速度的定义v=，表示平均速度，当△t→0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法．故A正确．B、用质点来代替物体的方法是等效思想方法．故B错误．C、合力与分力是等效替代的关系，在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的思想．故C正确．D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成无数小段，采用的是数学中的微元法．故D正确．本题选错误的，故选：B2．一质点在连续的6s内作匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（）A．质点的加速度大小是3m/s2B．质点的加速度大小是2m/s2C．第2s末的速度大小是12 m/s D．第1s内的位移大小是6m【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系．【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2求出质点的加速度．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出第1s末的速度再有运动学公式求的速度和位移．【解答】解：A、设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3，根据x3﹣x1=2aT2得：．故A正确，B错误．C、第1s末的速度等于第一个2s内的平均速度，则：，则第2s末速度为v=v1+at=6+3×1m/s=9m/s．故C错误．D、在第1s内反向看为匀减速运动则s==6×1﹣3×=4.5m，故D错误；故选：A．3．某同学欲估算飞机着陆的速度，他假设飞机停止运动在平直跑道上做减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为s，着陆到停下来所用的时间为t实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆的速度应是（）A．v= B．v=C．v＞D．＜v＜【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】若飞机做匀减速直线运动，结合平均速度的推论求出平均速度的大小，实际上速度在减小，阻力在减小，做加速度减小的减速运动，通过速度时间图线比较着陆的速度．【解答】解：飞机做变减速直线运动，因为速度在减小，则阻力在减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的减速运动，速度时间图线如图所示．若飞机做匀减速直线运动，如图虚线所示，则平均速度，曲线与时间轴围成的面积为s，平均速度，因为s′＞s，可知，即v．4．如图所示，甲从A地由静止匀加速跑向B地，当甲前进距离为x1时，乙从距A地x2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B地，则AB两地距离为（）A．x1+x2B．C．D．【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】设甲前进离为x1时，速度为v，甲乙匀加速直线运动的加速度为a，根据两者同时到达B地，根据位移时间公式得出两者位移之差的表达式，结合速度位移公式得出乙运动时间的表达式，从而根据位移时间公式求出AB之间的距离．【解答】解：设AB之间的距离为L，甲前进距离为x1时，速度为v，甲乙匀加速直线运动的加速度为a．则有：S1=L﹣x1①根据速度位移公式得，v=②设乙运动的时间为t，对甲有：S1=vt+at2③；对乙有L﹣x2=at2④联立①②③④解得t=⑤将⑤代入④整理得AB的距离：L=．5．如图所示，物块a，b质量分别为2m，m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态．则（）A．物块b受四个力作用B．物块b受到的摩擦力大小等于2mgC．物块b对地面的压力大小等于mgD．物块a受到物块b的作用力水平向右【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．【分析】按重力、弹力的顺序逐个分析物体的受力，每一个接触面都要分析．再由平衡条件求力的大小．【解答】解：A、物块b受到：重力、a的弹力和静摩擦力、地面的支持力、推力F，共受五个力，故A错误．B、以a为研究对象，由平衡条件知，b对a的摩擦力大小等于a的重力，为2mg，由牛顿第三定律知a对b的摩擦力大小也等于2mg，故B正确．C、以整体为研究对象，则知地面对b的支持力等于3mg，则物块b对地面的压力大小等于3mg，故C 错误．D、物块a受到物块b两个力作用：水平向右的压力和竖直向上的静摩擦力，它们的合力斜向右上方，则物块a受到物块b的作用力斜向右上方，故D错误．故选：B．6．如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦，小物块的质量为（）A．B．m C．m D．2m【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用．【分析】同一根绳子上的张力大小相等，根据ab距离等于圆环半径可知绳所成角度，据此由平衡分析即可．【解答】解：设悬挂小物块的点为O'，圆弧的圆心为O，由于ab=R，所以三角形Oab为等边三角形．由于圆弧对轻环的支持力平行于半径，所以小球和小物块对轻环的合力方向由轻环指向圆心O，因为小物块和小球对轻环的作用力大小相等，所以aO、bO是∠maO′、∠mbO′的角平分线，所以∠O'Oa=∠maO=∠mbO=30°，那么∠mbO′=60°，所以由几何关系可得∠aO'b=120°，而在一条绳子上的张力大小相等，故有T=mg，小物块受到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为120°，故受到的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为m故ABD错误，C正确．故选：C．7．如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F．现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中（）A．F1先增大后减小 B．F2先增大后减小C．F先增大后减小D．F先减小后增大【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用．【分析】小球受重力、两绳的拉力而处于平衡状态，对小球进行受力分析，根据平行四边形定则作图分析即可．【解答】解：对小球受力分析如图所示：小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等方向相反，则F不变，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°的过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B正确．故选：B8．建筑工人安装搭手架进行高空作业，有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一根长5m的铁杆在竖直状态下脱落了，使其做自由落体运动，铁杆在下落过程中经过某一楼层面的时间为0.2s．已知重力加速度g=10m/s2，不计楼层面的厚度．则铁杆刚下落时其下端到该楼层的高度为（）A．25.5 m B．28.8 m C．30 m D．29.5 m【考点】1J：自由落体运动．【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式求出铁杆下端到达楼层面的速度，结合速度位移公式求出距离楼层面的高度．【解答】解：设铁杆下端到达楼层面时的速度为v．根据L=得：v=则铁杆下落时其下端到该楼层的高度为：h=故B正确，ACD错误故选：B9．t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在第2小时末，甲乙两车相距10kmC．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D．在第4小时末，甲乙两车相遇【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【分析】速度﹣时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向．【解答】解：A、在第1小时末，乙车的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变．故A错误．B、在第2小时末，甲的位移大小x甲=×30×2km=30km，乙的位移大小x乙=×30×2km=30km，此时两车相距△x=70﹣30﹣30=10（km）．故B正确．C、在前4小时内，乙图线的斜率绝对值始终大于甲图线的斜率绝对值，则乙车的加速度大小总比甲车大．故C正确．D、在第4小时末，甲车的位移x甲=×60×4km=120km，乙车的位移x乙=﹣×30×2km+×60×2km=30km，因x甲＞x乙+70km，可知甲乙两车未相遇．故D错误．故选：BC．10．在离地面h=15m高处，以v0=10m/s的速度同时竖直向上与向下抛出甲、乙两小球，不计空气阻力，小球落地后就不再弹起，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．两小球落地时的速度相等B．两小球落地的时间差为3sC．乙球落地时甲球恰好运动到最高位置D．t=2s时，两小球相距15m【考点】1N：竖直上抛运动．【分析】甲球做竖直上抛运动，乙球做竖直下抛运动，根据机械能守恒定律求落地时速率关系．由位移公式求落地时间．根据乙球的运动时间，分析甲球的位置．并由位移公式求出t=2s时两者间的距离．【解答】解：A、甲、乙两小球抛出时速率相等，机械能相等．由于不计空气阻力，所以两球运动过程中机械能都守恒，则落地时机械能也相等，落地时的速度必定相等，故A正确．B、落地时，对于甲球，取竖直向上为正方向，有：﹣h=v0t甲﹣解得：t甲=3s对于乙球，有：h=v0t乙+2s，故B错误．解得：t乙=1s，所以两小球落地的时间差为C、甲球上升的时间为：t===1s=t乙，所以乙球落地时甲球恰好运动到最高点，故C正确．D、t=2s时，甲球的位移为：x甲=v0t﹣=10×2﹣5×22=0，乙球已落地并不再弹起，所以t=2s时，两小球相距15m，故D正确．故选：ACD11．如图所示，司机通过液压装置缓慢抬起货车车厢的一端卸货．当车厢与水平面间的夹角θ增大到一定角度后，货物从车厢内滑下．若卸货过程中货车始终静止，则（）A．货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力随θ角增大而减小B．货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力随θ角增大而减小C．货物加速下滑时，地面对货车有向右的摩擦力D．货物加速下滑时，货车受到地面的支持力比货车与货物的总重力大【考点】37：牛顿第二定律；27：摩擦力的判断与计算；29：物体的弹性和弹力．【分析】货物处于平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件判断货物与车厢间的摩擦力和支持力的变化情况；当货物加速下滑时，对货物和车厢进行受力分析，根据牛顿第二、第三定律分析即可．【解答】解：AB、货物相对车厢静止，处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，N=mgcosθ，θ增大时，f增大，N减小，故A正确，B错误；C、当货物加速下滑时，对货物进行受力分析，受到重力、支持力，滑动摩擦力，因为加速度沿斜面向下，所以支持力和滑动摩擦力的合力的方向偏向右上方，根据牛顿第三定律可知，物体对车厢的压力和摩擦力的合力方向偏向左下方，对车厢进行受力分析可知，地面对汽车有向右的摩擦力，故C正确；D、当货物相对车厢加速下滑时，物体对车厢的压力和摩擦力的合力小于货物的重力，所以汽车对地面的压力小于货物和汽车的总重力，故D错误．故选：AC．12．一辆汽车从静止开始匀加速直线开出，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，直到停止，表给出了不同时刻汽车的速度，根据表格可知（）A．汽车在t=5s时刻开始做匀速直线运动B．汽车匀速运动的时间为5sC．汽车加速段的平均速度小于减速段的平均速度D．汽车从开始运动直到停止的过程中的平均速度大小约8.73m/s【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】已知汽车做初速度为零的匀加速直线运动，由1s末的速度可以求出加速度；由表格数据可得汽车在5s末的速度达到最大值12m/s，由速度时间关系得出加速运动的时间；分别求出物体做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动的位移相加；平均速度等于位移与时间的比值．【解答】解：A、由题意汽车做初速度为0的匀加速直线运动，1s末汽车的速度达到3m/s可知，汽车的加速度为：a==3；由表格知汽车5s末至7s末速度都是12m/s，故可知汽车匀速运动的速度为12m/s同时也是汽车加速的最大速度，故加速的时间为：t==s=4s即汽车4s末开始做匀速直线运动；故A错误；B、由表格知，汽车从9.5s﹣10.5s是减速运动过程故可知减速时汽车的加速度为：a′===﹣6m/s2故汽车做匀减速运动的总时间为：t3=s=2s汽车由12m/s减速至9m/s所用的时间为：t′=s=0.5s故汽车从9s末开始减速运动，所以汽车做匀速直线运动的时间为：t2=9﹣4s=5s故B正确；C、根据公式=，汽车加速段的平均速度和减速过程的平均速度都等于最大速度的一半，相等，故C错误；D、0﹣4s做匀加速度为a=3m/s2的匀加速运动，产生的位移为：x1=at2=×3×42m=24m；4﹣9s做匀速度v=12m/s的匀速直线运动，产生的位移为：x2=12×5m=60m9﹣11s做初速度为12m/s，加速度a′=﹣6m/s2的匀减速运动，产生的位移为：x3=12×2+×（﹣6）×22m=12m所以汽车产生的总位移为：x=x1+x2+x3=24+60+12m=96m故全程的平均速度为：==≈8.73m/s；故D正确；故选：BD二、实验题（共1小题，满分10分）13．在做《研究匀变速直线运动》的实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知每两个相邻计数点间的距离为s，且s1=0.96cm，s2=2.88cm，s3=4.80cm，s4=6.72cm，s5=8.64cm，s6=10.56cm，电磁打点计时器的电源频率为50Hz．（1）相邻两个计数点间所对应的时间T=0.1s，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量确定小车做匀加速直线运动；（2）计算此小车运动的加速度大小a= 1.92m/s2，打第4个计数点时小车的速度大小v=0.768 m/s．请你依据本实验推断第6记数点和第7记数点之间的距离是12.48cm；（3）如果当时交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比偏大（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．【分析】根据连续相等时间内得位移之差是一恒量求出加速度，以及求出第6记数点和第7记数点之间的距离，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点4的瞬时速度．根据加速度的表达式，通过测量的误差得出加速度的测量误差．【解答】解：（1）相邻两个计数点间时间间隔为0.1s，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量确定小车做匀加速直线运动．（2）在连续相等时间内的位移之差△x=1.92cm，根据△x=aT2得：a=．计数点4的瞬时速度为：m/s=0.768m/s．第6记数点和第7记数点之间的距离为：s7=s6+△x=10.56+1.92cm=12.48cm．（3）当时交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，可知周期的测量值偏小，根据a=知，加速度测量值偏大．故答案为：（1）0.1，连续相等时间内的位移之差是一恒量，（2）1.92，0.768，12.48．（3）偏大．三、计算题（共3小题，满分42分）14．如图，在两条靠近的平行直线轨道上有两辆小车甲、乙．当乙车以速度v0=6m/s运动到坐标原点O时，甲车在原点从静止开始沿ox方向做加速度大小为a1的匀加速运动，乙车沿同一方向做加速度大小为a2的匀减速运动直到停止．已知当甲车位移x=6m时，两车速度相同；当甲车速度为8m/s，乙车速度为2m/s时，两车的位置相同．求：（1）甲车的加速度大小为多少？（2）甲车运动8s后，两车之间的距离△x．【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）根据已知条件利用匀变速直线运动的速度与时间关系，以及位移与速度关系列出方程，求出甲车的加速度大小；（2）先计算甲车运动8s后的位移，再判断乙车何时停下，再计算乙车的位移，最后算出两车之间的距离△x．。
2019-2020年高三上学期第一次月考物理含答案
2019-2020年高三上学期第一次月考物理含答案一、选择题(本题包括20个小题，共60分。
每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分。
)1．17世纪，意大利物理学家伽利略根据“伽利略斜面实验”指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故，你认为下列陈述正确的是A．该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是荒谬的B．该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律C．该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论D．该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据2．小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，反弹后速度大小与落地速度大小相等。
若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度图线可能是图中的3．以的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是A．即时速度的大小是B．运动时问是C．竖直分速度大小等于水平分速度大小D．运动的位移是4．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为A．mg B．C．0.5mg D．0．25mg5．磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8mm，弹射最大高度为24 cm．而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)A．150 m B．75 m C．15 m D．7．5 m6．如图所示，小球从A点以初速度沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中正确的是A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等D. 小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等7．“快乐向前冲”节目，中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为L，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是A．选手摆到最低点时处于失重状态B．选手摆到最低点时所受绳子的拉力为C．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小D．选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动8．2010年1月17日，我国成功发射北斗PASS—G1地球同步卫星．据了解这已是北斗五星导航系统发射的第三颗地球同步卫星．则对于这三颗已发射的同步卫星，下列说法中正确的是A．它们的运行速度大小相等，且都小于7.9 km/sB．它们运行周期可能不同C．它们离地心的距离可能不同D．它们的向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等9．下列各图是反映汽车(额定功率P额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随“时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是10．一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力和电场力作用.若重力做功-3 J，电场力做功1 J，则小球的A．重力势能增加3 J B.电势能增加1 JC．动能减少3 J D．机械能增加1 J11．某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是A．粒子一定是从B点向A点运动B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度C．粒子在A点的动能小于它在B点的动能D．电场中A点的电势高于B点的电势12．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度朝两个方向匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中A．导体框所受安培力方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同。
湖南省衡阳市2019-2020学年中考第一次大联考物理试卷含解析
湖南省衡阳市2019-2020学年中考第一次大联考物理试卷一、单选题（本大题共10小题，共30分）1．甲、乙两个质量相同的金属块，吸收相同的热量后相互接触，热量从甲传递到乙，则下列说法成立的是A．甲的比热大，初温低B．甲的比热小，初温高C．甲乙的比热相同，乙的初温高D．甲乙初温相同，甲的比热大B【解析】【详解】甲、乙两个质量相同的金属块，吸收相同的热量后相互接触，热量从甲传递到乙，因为热传递发生的条件是要有温度差，所以说明甲的温度高；A．由Q=cm（t-t0）知道，若甲的比热大，初温低，则甲升高的温度要比乙低，所以热量不能从甲传递到乙，故A错误；B．若甲的比热小，初温高，则甲升的温度高，即甲的末温高，热量可以从甲传递到乙，故B正确；C．若甲乙的比热相同，升高的温度相同，热量从甲传递到乙，说明甲的初温高，故C错误；D．甲乙初温相同，甲的比热大，则甲升的温度低，热量不可能从甲传递到乙，故D错误．2．有关如图所示各图象的说法中，不正确的是A．图为小灯泡两端电压与灯丝中电流的关系图象B．图为某种物质质量与体积的关系图象C．图为一定值电阻消耗的电功率与通过其中的电流关系图象D．图为一定条件下电流产生的热量与电流之间的关系图象A【解析】【详解】A、小灯泡灯丝中的电流随电压的增大而增大，同时由于灯丝的电阻与温度有关，温度越高、电阻越大，而图中表示的是电压与电流的比值变小，故A错误；B、由m＝ρV可知，同种物质的质量与体积成正比，该图象正确，故B正确；C、由P＝I2R可知，一定值电阻消耗的电功率与通过的电流呈二次函数关系，即P﹣I图线为开口向上的抛物线，故C正确；D、由焦耳定律Q＝I2Rt可知，一定条件下电流产生的热量与电流呈二次函数关系，即Q﹣I图线为开口向上的抛物线，故D正确。
3．如图是足球运动员踢足球时的情景，下列说法正确的是A．球被脚踢出去，说明只有球才受到力的作B．脚踢球使球飞出去，说明力是物体运动的原因C．足球在空中飞行过程中，运动状态一定发生改变D．空中飞行的足球，若它所受的力全部消失，它一定沿水平方向做匀速直线运动C【解析】【详解】A．力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的，所以脚和球同时会受到力的作用，故A错；B．球离开脚以后，就不再受到脚的作用力了，继续飞行是由于具有惯性，不是继续受力的原因，故B错；C．足球由于受到重力的作用，受力不平衡，所以运动状态是一定会改变的，故C正确；D．正在飞行的足球，如果受力全部消失，则它将会沿力消失时的速度方向做匀速直线运动，故D错；4．如图所示，当开关S闭合后，两只灯泡均发光，两表均有示数．过一段时间后，发现电压表示数变为0，电流表示数增大．经检查除小灯泡外其余器材的连接良好，造成这种情况的原因可能是：A．灯L1断路B．灯L2短路C．灯L1短路D．灯L1、L2均断路C【解析】【详解】A．如果灯L1断路，则会造成电压表、L2和电流表串联，此时电压表有明显示数，几乎是电源电压，而电流表示数为零．这与题中现象不符．B．如果灯L2短路，电路中就只有灯L1发光，此时L1两端电压为电源电压，所以电压表示数会变，电流表示数变大．这与题中现象不符．C．如果灯L1短路，则电压表也会被短路，造成电压表无示数；此时电路中只有灯L2，电阻变小，电流变大．故C正确．D．如果灯L1、L2都断路，则整个电路断路，电路中无电流，两表都无示数．这与题中现象不符．5．能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱，关于能源、信息和材料，下列说法错误的是A．由半导体材料制成的二极管，具有单向导电性B．超导体材料的零电阻特性可应用于远距离输电C．光纤利用电信号传递信息，具有抗干扰的特点D．煤、石油、天然气和核能都属于不可再生能源C【解析】【详解】A、半导体制成的二极管具有单向导电性，故正确；B、超导体材料的零电阻特性可应用于远距离输电，故正确；C、光纤通信利用激光传递信息，用了激光具有抗干扰的特点，故错误；D、煤、石油、天然气和核能不能从自然界源源不断得到，也不能重复利用，所以都属于不可再生能源，故正确的。
2019-2020年高三上学期第一次月考物理试题 含答案
xx届高三上学期9月考试题物理2019-2020年高三上学期第一次月考物理试题含答案一、选择题（本大题12小题，每小题4分，共48分）1、甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=4m/s2，a乙=﹣4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是（）A．甲、乙在相等时间内速度变化大小相等B．甲的速度比乙的速度变化快C．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动D．甲的加速度大于乙的加速度2、设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x．现有四个不同物体的运动图象如图所示，物体C和D的初速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是（）A． B．C． D．3、在水平面上有a、b两点，相距20 cm，一质点在一恒定的合外力作用下沿a向b做直线运动，经过0．2 s的时间先后通过a、b两点，则该质点通过a、b中点时的速度大小为（）A．无论力的方向如何均大于1 m/sB．无论力的方向如何均小于1 m/sC．若力的方向由a向b，则大于1 m/s，若力的方向由b向a，则小于1 m/sD．若力的方向由a向b，则小于1 m/s，若力的方向由b向a，则大于1 m/s4、两个人手拉着手向相反方向互相拉对方，关于这两个人的拉力下列理解正确的是A. 力气大的一方给对方的拉力大于对方给他的拉力B. 由于作用力和反作用力总是大小相等的，所以谁也拉不动对方C. 两人的拉力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，因此是一对平衡力D. 两人的拉力同时出现，同时增大，同时减小，同时消失5、(多选)在力学发展过程中，许多科学家做出了贡献。
下列说法中正确的是( )A．牛顿在伽利略和笛卡儿等科学家研究的基础上，总结出了动力学的一条基本规律——牛顿第一定律B．在日常生活中常见的是较重物体下落的较快，伽利略指出“如果排除空气阻力，那么，所有物体将下落的同样快”,“在科学研究中，懂得忽略什么，有时与懂得重视什么同等重要”.C ．伽利略的斜面实验其方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐的结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法.D ．牛顿第一定律不仅是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，而且它可以进一步通过实验直接验证．6、(多选)如图所示，A 、B 两物体的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上。
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2019-2020学年湖南省衡阳一中高三（上）第一次月考物理试卷一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.某同学在探究自由落体运动规律时，从生活情景中选出处于不同状态的四种物体进行探究，你认为哪一个选项中的物体所做的运动可近似看作自由落体运动()A. 从树上飘落的树叶的运动B. 由静止开始下落的小钢球的运动C. 被运动员推出去的铅球的运动D. 从水面自由落到水底的石子的运动2.如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球(m1>m2)，两个小球随小车一起匀速运动，当车突然停止运动时，若不考虑其他阻力，则两个小球()A. 一定相碰B. 一定不相碰C. 不一定相碰D. 无法确定3.在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k.在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的()A. 伸长量为m1gk tanθ B. 压缩量为m1gktanθC. 伸长量为m1gktanθD. 压缩量为m1gktanθ4.如图所示，在粗糙水平面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈A，其质量为M，两个底角均为30°.两个完全相同的、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两侧面匀速运动。
若现在对p物块施加一个平行于斜劈侧面向下的恒力F，则在p和q下滑的过程中，下列说法正确的是()A. 斜劈A对地面的压力大小等于(M+2m)gB. 斜劈A对地面的压力大于(M+2m)gC. 斜劈A对地向右运动D. 斜劈A受到地面向右的摩擦力作用5.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。
t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。
微粒运动过程中未与金属板接触。
重力加速度的大小为g。
关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()A. 末速度大小为√2v0B. 末速度与水平方向成45°夹角C. 电势能减少了12mgd D. 克服电场力做功为12mgd二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）6.如图所示，重球用细绳跨过轻小光滑滑轮与小球相连，细绳处于水平拉直状态。
小球由静止释放运动到最低点过程中，重球始终保持静止，不计空气阻力。
下列说法正确的有()A. 细绳偏离竖直方向成θ角时，细绳拉力为mgcosθB. 地面对重球的摩擦力一直增大C. 上述过程中小球重力的功率先增大后减小D. 细绳对小球不做功7.如图所示，长为l、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端的A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端的B点时，速度仍为v0，则()A. 若是匀强电场，A、B两点间电势差一定为mglsinθqB. 小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能C. 若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为mgqD. 在此过程中，电场力做功大小等于mglsinθ8.如图所示，A，B两物体用细线连着跨过定滑轮静止，A，B物体的重力分别为40N和10N，绳子和滑轮的质量、摩擦不计。
以下说法正确的是()A. 地面对A的支持力是30NB. 物体A受到的合外力是30NC. 弹簧测力计示数为10ND. 弹簧测力计示数为20N三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）9.一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p−V图象如图所示。
在过程1中，气体始终与外界无热量交换，则可以判断T M______T N；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化，在等容变化过程中气体______，在等压变化过程中气体______(填“吸热”或者“放热”)。
四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）10.在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验中，得到轻质弹簧的弹力F大小和弹簧长度L的关系图象如图所示，则由图线可知：(1)弹簧的原长是________cm；(2)弹簧的劲度系数为________N/m；11.如图所示，为某同学安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置，在小车的前端固定一个传感器，和砂桶连接的细线接在传感器上，通过传感器可显示出细线的拉力．在图示状态下开始做实验．(1)从图上可以看出，该同学在器材安装和操作中的错误有(不同错误前要用①②标注)________(2)若砂和砂桶的质量为m，小车和传感器的总重量为M，做好此实验________(填“需要”或“不需要”)M≫m的条件．五、计算题（本大题共3小题，共41.0分）12.汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示．(1)画出汽车在0～60s内的v−t图线；(2)求在这60s内汽车行驶的路程．13.如图所示，光滑水平面上放置质量均为m0=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离).甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0.5.一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E p=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：(1)滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小．(2)滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离．(g取10m/s2)14.(一)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300K，压强为大气压强p0.当封闭气体温度上升至303K 时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303K，再经过一段时间内，内部气体温度恢复到300K.整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：(Ⅰ)当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强；(Ⅱ)当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．(二)中学物理课上一种演示气体定律的有趣仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的、导热性良好的平底大烧瓶。
在一次实验中，体积为V=1L的瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个截面积为S=2cm2的轻质橡皮塞，橡皮塞与玻璃瓶间的最大静摩擦f m=60N。
瓶内由气球和轻质橡皮塞封闭一定质量的气体，不计实验开始前气球中的少量气体和气球膜厚度，向气球中缓慢打气，假设气球缓慢膨胀过程中球内外气压近似相等。
已知：实验室环境温度T=290K恒定，环境空气密度ρ=1.20kg/m3，压强为标准大气压p0=105Pa，求：①橡皮塞被弹出时瓶内气体的压强②为了使橡皮塞被弹出，需要向气球内打入空气的质量-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：【分析】自由落体运动的条件为：初速度为零，只受重力。
本题考查自由落体运动的概念和性质，关键是明确自由落体运动中自由的含义，自由落体是指常规物体只在重力的作用下，初速度为零的运动，叫做自由落体运动。
【解答】A.从树上飘落的树叶，阻力不是远小于重力，A错误；B.由静止下落的钢球，由于初速度为0，G≫F阻，故可以看成自由落体运动，B正确；C.被推出去的铅球，由于初速度v0≠0，C错误；D.从水面自由落到水底的石子，由于F阻不是远小于重力，D错误。
2.答案：B解析：【分析】先分析车突然停止前，两个小球和小车的运动状态，当小车突然停止时，根据一切物体都有保持原来运动状态的性质来分析两个小球的运动状态。
一切物体都有惯性；此题主要考查学生对惯性的理解和应用，会用惯性知识分析物体的运动状态。
【解答】车停止前，两个小球和小车一起作匀速直线运动，并且两个小球和小车具有共同的速度，当小车突然停止时，由于小球在光滑接触面上，因此两个小球由于惯性，还要保持原来大小不变的速度做匀速直线运动，由于两球的速度相同，相等时间内通过的距离相等，因此两个小球间的距离不变，一定不会相碰。
故选B。
3.答案：A解析：先对小球受力分析，结合运动情况求出合力，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再对物体受力分析，求出合力后确定弹簧弹力。
仅仅对物体受力分析，有时无法求出合力，本题中还必须要结合物体的运动情况进行受力分析，才能得到明确的结论。
【解答】解：对小球受力分析，如图由几何关系F合=m2gtanθ由牛顿第二定律a=F合m=gtanθ车向左加速或向右减速对小物体受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，合力等于弹簧弹力，根据牛顿第二定律F弹=m1gtanθ物体受向左的弹力结合胡克定律可知弹簧的伸长量为m1gktanθ，故A正确，BCD错误。
故选A。
4.答案：A解析：解：开始时三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故地面对A的支持力为(M+2m)g，没有摩擦力；对p物块施加一个平行于斜劈侧面向下的恒力F 后，p、q两个物体对斜劈的压力和摩擦力不变，故斜劈受力情况不变，故斜劈A仍保持静止，斜劈A对地面的压力大小等于(M+2m)g，与地面间仍没有摩擦力；选项A正确，BCD错误；三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断整体与地面间的弹力和摩擦力情况；对P施加力后，p、q两个物体对斜劈的压力和摩擦力不变，斜面A的受力情况不变，以此分析本题关键先通过整体法得到斜劈与地面间的弹力和摩擦力情况，然后根据隔离法研究斜劈。
5.答案：D解析：解：AB.0～T3时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，T3−2T3内，微粒做平抛运动，下降的位移x1=12g(T3)2，2T3～T时间内，微粒的加速度a=2qE0−mgm=g，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0.故AB错误；C.0～T时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为12d，则重力势能的减小量为12mgd，故C错误。
D.在T3～2T3内和2T3～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，且时间相等，则T3～2T3内和2T 3～T时间内位移的大小相等均为14d，所以整个过程中克服电场力做功为W=2qE0⋅14d=12mgd，故D正确。
故选：D。
0～T3时间内微粒匀速运动，重力和电场力相等，T3−2T3内，微粒做平抛运动，23T～T时间内，微粒竖直方向上做匀减速运动，水平方向上仍然做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
正确进行受力分析，根据受力情况判断微粒的运动情况，熟记运动学的相关公式；6.答案：BCD解析：解：A、设绳子与竖直方向的夹角为θ时绳子的拉力大小为T，根据牛顿第二定律得：T−mgcosθ=m v2L，解得：T=mgcosθ+m v2L，故A错误；B、随着θ减小，v增大，可以知道绳子拉力T不断增大，则地面对重球的摩擦力一直增大，故B正确；C 、开始时小球竖直方向的分速度v y 为零，小球到达最低点时竖直方向的分速度v y 也为零，则知v y 先增大后减小，重力瞬时功率为P =mgv y ，所以小球重力的功率先增大后减小，故C 正确；D 、细绳的拉力始终小球的速度垂直，对小球不做功，故D 正确。