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1、2018-2019学年度第一学期高三第一次月考物理试题一、单项选择题1.如图所示，A、B两点在同-竖直面内，A点比B点高h,两点间的水平距离为s。现在从A、B两点同时相向抛出两个小球，不计空气阻力，则A. 若只调整h，两球根本不可能在空中相遇B. 若只调整s，两球有可能在空中相遇C. 若只调整h，两球有可能在、空中相遇D. 若只调整两球抛出的速度大小，两球有可能在空中相遇解析：竖直方向做自由落体运动。【答案】C【解析】【详解】由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，若将h调整到零，即抛出高度相同，两球同时抛出，故两个球始终在同一高度，落地前有可能相遇，A错误C正确；若只调整s或抛出速度，则两球
2、不会在同一高度，不会相遇，BD错误2.一物体沿斜面上滑先后经过A、B后到达最髙点，然后又返回，再次经过A、B两点，若物体从A到B动能变化的绝对值为，所用时间为；若物体从B到A动能变化的绝对值为所用时间为，则A. B. C. . D. 【答案】B【解析】【分析】物块上滑时所受的合力大于下滑时的合力，位移大小相等，上滑过程合力所做的功大于下滑过程合力所做的功，根据动能定理分析动能的变化量的绝对值的大小物体经过同一点时物体上滑的速度大于下滑速度，则上滑过程平均速度大于下滑过程平均速度，由公式分析时间长短【详解】物块上滑时所受的合力，大于下滑时的合力，位移大小相等，上滑过程合力所做的功大于下滑过程合力
3、所做的功，根据动能定理分析得到由于摩擦力做功，物体的机械能不断减小，物体经过同一点时物体上滑的速度大于下滑速度，则上滑过程平均速度大于下滑过程平均速度，由公式，可得，B正确3.我国发射神舟号飞船时，先将飞船发送个椭圆轨道上，其近地点M地面200km， 远地点N距地面340km。进入该轨道正常运行时，通过M、N点时的速率分别是、。当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340km的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动。这时飞船的速率为。比较飞船在M、N、P三点正常运行时（不包括点火加速阶段）的速率大小和加速度大小，下列结论正确的是A. ，B.
4、，C. ，D. ， 【答案】D【解析】【详解】根据万有引力提供向心力，即得，由图可知，所以，当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340km的圆形轨道，所以，根据得；，又因为，所以，故，D正确4.轻杆OP可以绕O点转动，在P端悬挂一重物，O为定滑轮，外力F通过细绳作用在P端，系统处于静止状态，现在通过改变外力F,使OP与竖直方向的夹角缓慢变大，在这一过程中，轻杆对P点的作用力将A. 逐渐变大 B. 逐渐变小C. 保持不变 D. 先变小，后变大【答案】C【解析】【详解】对点P受力分析，如图根据平衡条件，合力为零，AOP与图中矢量（力）三角形
5、相似，故有，由图看出，OP、AO不变，则杆的支持力N不变，C正确【点睛】在解析力的动态平衡问题时，一般有两种方法，一种是根据受力分析，列出力和角度三角函数的关系式，根据角度变化进行分析解题，一种是几何三角形相似法，这种方法一般解决几个力都在变化的情况，列出力与三角形对应边的等式关系，进行解题分析5.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点0为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，用E表示电场强度，Ek表示粒子的动能，v表示粒子运动的速度，a表示粒子运动的加速度，下列图象中合理的是 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】粒子仅受电场力作
6、用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故，即图象上某点的切线的斜率表示电场力，图像的斜率在减小，故电场力逐渐减小，根据，故电场强度也逐渐减小，A错误；根据动能定理，有，故图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与C图矛盾，粒子做加速度减小的加速运动，D正确B错误；题图v-x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小,故矛盾，C错误；【点睛】本题切入点在于根据Ep-x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难6.如图
7、所示，m=1.0kg的小滑块以的初速度从倾角为37的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为，取g=10m/s2，sin37=0.6.若从滑块滑上斜面起，经0.6s正好通过B点，则AB之间的距离为 A. 0.8m B. 0,76m C. 0.64m D. 0.16m【答案】D【解析】滑块向上滑行时，由牛顿第二定律得，解得，滑块上滑，速度变为零需要的时间，上滑的最大距离，经过0.4s，滑块达到最高点，速度为零，然后反向下滑，由牛顿第二定律得，解得，下滑时间，下滑的距离，AB间的 距离，B正确二、多项选择题7.如图所示，半径为R的圆形轨道，一物体由顶点 A以8m/s的初速度滑下到B点时
8、，速率为6m/s.若该物体以10m/s的初速度从A点沿同一路线滑到B点，则到B 点时速率可能为A. 10m/s B. 9m/s C. 8m/s D. 7m/s【答案】CD【解析】【分析】物体从A点下滑至B点，除重力做功外还有摩擦力做功，两个力做的总功等于物体动能的变化，从A至B重力做功一样，而摩擦力做功与摩擦力的大小有关，在圆弧状态下摩擦力大小决定做功情况，根据已知条件判断摩擦力的大小跟速度的关系进而求出摩擦力做功情况，从而判断速度的大小【详解】根据题意知：当物体以8m/s速度下滑时，根据动能定理有，当物体以10m/s速度下滑时，过程中，重力做功保持不变，即；由于物体沿圆弧下滑，指向圆心的合力
9、提供向心力，由于速度变大，圆弧轨道给物体的弹力变大，根据滑动摩擦力大小的计算式：，可得物体受到的摩擦力增大，在从A到B的过程中，物体通过的圆弧长度不变，所以物体在从A到B的过程中，摩擦力做功变大，即，故，即，解得，故CD正确8.如图所示，两个等量异号点电荷M、N分别固定在A、B两点，F为AB连线中垂线上某一点，0为AB连线的中点。AO =OF, E和分别表示F处的场强大小和电势。将某试探负点电荷由F处静止释放时，其电势能和加速度大小分别用和a表示，取无穷处为电势零点，若将负点电荷N移走，则A. 升高 B. E不变C. 变小 D. a变大【答案】AC【解析】【分析】首先根据场强叠加原理求出电场强
10、度；然后根据电场强度与电场线及电场线与等势面的关系得到电势的大小；再由电势能与电势的关系得到电势能；最后，由库仑定律和牛顿第二定律得到加速度，然后进行比较【详解】令电荷M、N都存在时为状态1，各物理量用下标1表示；只有电荷M时为状态2，各物理量用下标2表示；状态1时，电荷M、N对在F处的电场强度大小都为，两者相互垂直，根据电场叠加定理可得：合场强，方向水平向右；状态2时，电荷M在F处的电场强度也是，方向沿AF连线方向，所以若将负点电荷N移走，则E改变，变小；状态1时，易知在AB连线的中垂线上电场强度方向处处水平向右，所以，中垂线为一条等势线，所以；状态2时，只有正电荷M，所以；可得若将负点电荷
11、N移走，则升高，A正确B错误；电势能，所以电势能从，变为，所以变小，C正确；根据，试探电荷q，m不变，所以a变小，D错误【点睛】求电势能的时候要注意电荷的正负，我们一般设无穷远处或电荷处（只有一个点电荷时，有时会用），电势能是标量，有可能是负值9.如图所示，在不光滑的平面上，质量相等的两个物体A、B之间用一轻弹簧相连接。现用一水平拉力F作用在B上，从静止开始经一段时间后，A、B起做匀加速直线运动，当它们的总动能为Ek时撤去水平拉力F，最后系统停止运动。从撤去拉力F到系统停止运动的过程中，系统的过程中，系统A. 克服阻力做的功等于系统的动能EkB. 克服阻力做的功大于系统的动能EkC. 克服阻力
12、做的功可能小于系统的动能EkD. 克服阻力做的功一定等于系统机械能的减少量【答案】BD【解析】【详解】系统克服摩擦力做的功等于系统的动能和弹簧的弹性势能，AC错误B正确；系统的机械能等于系统的动能加上弹簧的弹性势能，当它们的总动能为Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动，系统克服阻力做的功一定等于系统机械能的减小量，D正确10.如图所示，在匀加速向左运动的车箱内，一个人用力向前推车箱，若人始终与车箱保持相对静止，则下列说法不正确的是A. 人对车箱做正功B. 车箱对人做正功C. 人对车箱不做功D. 车箱对人做负功【答案】ACD【解析】【分析】由运动状态确定车厢对人做功的正负，再对人受力分析，人在车
13、厢带动下向左加速运动，可知车厢对人的合力向左，由牛顿第三定律知车厢对人的合力向左，故可以判定各个选项【详解】由于人向左加速运动，故可知车厢对人的合力做正功，可知车厢对人的合力向左，由牛顿第三定律可知，人对车厢的合力向右，故人对车厢做负功，ACD错误B正确【点睛】用好整体分析，不要在受力分析时候单独的对人受的各个力分析，那样也能得结果，但是就走弯路了11.一辆汽车以恒定不变的功率驶上一倾角不变的斜坡，速度由逐渐减小到某一速度后匀速向上行驶，设汽车受的阻力大小恒定，则汽车速度由减小到恰好为的过程中A. 汽车做匀减速直线运动B. 牵引力逐渐增大，加速度逐渐减小C. 汽车做减速运动，加速度逐渐减小到零
14、D. 汽车做减速运动，加速度逐渐增加【答案】BC【解析】【详解】功率恒定，速度减小，根据可知牵引力增大，根据牛顿第二定律，加速度在减小，即汽车做加速度减小的减速运动，直至加速度为零，做匀速直线运动，BC正确三、简答题12.如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持_不变，用钩码所受的重力作为_，用DIS测小车的加速度(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出aF关系图线(如图乙所示)分析此图线的OA段可得出的实验结论是_此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_A小车
15、与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大D所用小车的质量太大【答案】 (1). 小车的质量 (2). 小车所受的合外力 (3). 质量不变的情况下，加速度与合外力成正比 (4). C【解析】试题分析：（1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力大小作为小车所受合外力；（2)在小车质量不变的条件下，加速度大小与所受的合外力大小成正比；设小车的质量为M，钩码的质量为m，由实验原理得：mg=Ma，得，而实际上，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足Mm造成的故C正确考点：验证牛顿第二定律。视频13.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种。重物从高处由静止开始下落，重物上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，即验证机械能守恒定律。(1)下面列举了该实验的
