1、2014届福建省四地六校高三上学期第一次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然现象具有重要作用。下列说法不符合历史事实的是 ( ) A亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变 B伽利略通过 “理想实验 ”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去 C笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向 D牛顿认为：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 答案： A 试题分析： A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动故A错误；伽
2、利略 “理想实验 ”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去故 B正确；笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，符合历史事实故 C 正确；牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，符合事实故 D 正确 考点：物理学史 如图所 示，质量为 M的楔形物块静止在水平地面上，其斜面的倾角为 .斜面上有一质量为 m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦用恒力 F沿斜面向上拉，使之匀速上滑在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止，则( ) A地面对楔形物块的支持力为
3、(M m)g B地面对楔形物块的摩擦力为零 C楔形物块对小物块摩擦力可能为零 D小物块一定受到四个力作用 答案： D 试题分析：以物块 m和楔形物块 M整体为研究对象，分析受力情况，如图 由平衡条件得地面对楔形物块支持力大小为： ，所以 A错误；地面对楔形物块有向右的摩擦力大小为： 。所以选项 AB错误， D正确；小物块对楔形物块的压力不可能为零，摩擦力产生条件可知小物块对楔形物块的摩擦力不为零，由牛顿第三定律可知楔形物块对小物块摩擦力不可能为零，所以 C错误。 考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 如图所示， 用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦。如果把绳的长度增大一些，则球
4、对绳的拉力 F1和球对墙的压力 F2的变化情况是：（ ） A F1和 F2都增大 B F1减小， F2增大 C F1增大， F2减小 D F1和 F2都减小 答案： D 试题分析：以小球为研究对象，分析受力如图设绳子与墙的夹角为 ，由平衡条件得 根据牛顿第三定律得，球对绳的拉力 ，球对墙的压力，把绳的长度增大， 减小， 增大， tan减小，则得到F1和 F2都减小，所以 D正确。 考点： 共点力平衡的条件及其应用，力的合成与分解的运用 一质量为 m的物块恰好静止在倾角为 的斜面上 .现对物块施加一个竖直向下的恒力 F，如图所示 .则物块 ( ) A沿斜面加速下滑 B仍处于静止状态 C受到的摩擦
5、力不变 D受到的合外力增大 答案： B 试题分析：由于质量为 m的物块恰好静止在倾角为 的斜面上，说明斜面对物块的摩擦力等于最大静摩擦力，对物体受力分析，如图 根据共点力平衡条件，有 ， ， ，解得 对物块施加一个竖直向下的恒力 F，再次对物体受力分析，如图 根据共点力平衡条件，有 与斜面垂直方向依然平衡： 因而最大静摩擦力为： 故合力仍然为零，物块仍处于静止状态， B正确， A、 D错误；摩擦力由增大到 ，所以 C错误。 考点：共点力平衡的条件及其应用 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经
6、历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是 （ ） A顾客始终受到三个力的作用 B顾客始终处于超重状态 C顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下 答案： C 试题分析：顾客在匀速运动阶段，加速度为零，合力为零，顾客只受重力和支持力两个力故 A错误； 加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态，匀速运动阶段支持力等于其重力，故 B错误；匀加速运动阶段，电梯对顾客的支持力竖直向上，静摩擦力水平向左，两者合力斜向右上方匀速运动阶段，电梯对顾客的支持力竖直向上，根
7、据牛顿第三定律，顾客对电梯作用力的方向先指向左下方，后竖直向下故 C正确、 D错误 考点：物体的弹性和弹力 如图所示，物块 M在静止的传送带上以速度 v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为 v，则传 送带启动后 ( ) A M静止在传送带上 B M可能沿斜面向上运动 C M受到的摩擦力不变 D M下滑的速度增大 答案： C 试题分析：传送带静止时物块匀速下滑，说明重力沿斜面方向的分力和斜向上的滑动摩擦力相等由于传送带是向上转动的，在传送带启动前后，物块都只受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，物块受力不变，所以其下滑的速度也不变，故 C正确。 考点：滑动摩擦
8、力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 如图所示， ad、 bd、 cd是竖直面内的三根固定的光滑细杆， a、 c、位于同一圆周上，点为圆周上最高点，点为圆周上最低点。每根杆上都套有一个小圆环，三个圆环分别从、 c处由静止释放，用 t1、 t2、 t3依次表示各环到达 d点所用的时间，则（ ） A t 1 t2 t3 B t 1 t2 t3 C t 3 t1 t2 D t 1 t2 t3 答案： D 试题分析：对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为（ 为杆与水平方向的夹角）由图中的直角三角形可知
9、，小滑环的位移 S=2Rsin，所以 t与 无关，即 t1=t2=t3故选 D 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系。 如图所示， A、 B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为 的斜面光滑 .系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，下列说法中正确的是 ( ) A. 在细线被烧断的瞬间，两个小球的加速度均沿斜面向下，大小均为 gsin B. 在细线被烧断的瞬间， A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 gsin C. 在细线被烧断后的一小段时间内（弹簧仍拉伸）， A球的加速度大于 B球的加速度 D. 在细线被烧断后的一小段时间内（弹簧仍拉 伸）， A球的加速度等于 B球的加速度 答案：
10、C 试题分析： B 球受力情况未变，瞬时加速度为零；对 A 球根据牛顿第二定律得：故 A、 B错误；在细线被烧断后的一小段时间内（弹簧仍拉伸）， A球加速度 ,B球加速度所以 C正确， D错误。 考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用。 如图所示，一个质量为 m的滑块静止置于倾角为 30的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的 P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为 30，则 ( ) A滑块一定受到三个力作用 B弹簧一定处于压缩状态 C滑块一定受到斜面的支持力作用 D斜面对滑块的摩擦力大小可能等于 mg 答案： C 试题分析：滑块可能受重力、支持力、静摩擦力和弹力的作用，所以 A
11、错误；如果弹簧处于原长，此时支持力的大小为 mgcos30， ，所以 B错误；滑块处于平衡状态，受力分析可知，一定受到斜面的支持力作用，C正确；滑块能受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力平衡，此时支持力可能大于 mgcos30，可能小于 mgcos30，摩擦力大小始终为故 D错误。 考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 一个小石子从离地某一高 度处由静止自由落下，在小石子下落通过 A点时按动快门对小石子照相得到如图所示的照片，由于小石子的运动，它在照片上留下一条模糊的径迹 AB。该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示已知曝光时间为 s，重力加速度 g=10 m/s2，则小石子出
12、发点离 A点约为 ( ) A 5 m B 10 m C 15 m D 25 m 答案： A 试题分析：由图可知 AB的长度为 2cm，即 0.02m，曝光时间为 s,所以 AB段的平均速度的大小为 ,由自由落体的速度位移的关系式 V2=2gh可得， ，所以 A正确 考点： 自由落体运动 在水平面上以 72 km/h的速度运动的物体，其时刻开始做匀减速直线运动，其加速度大小为 5 m/s2，该物体在 6 s内的位移大小为 ( ) A 30 m B 40 m C 50 m D 60 m 答案： B 试题分析： 72km/h=20m/s,物体减速为零的时间为： ，因 4s 6s，故经过 6s 物体早
13、以停止运动所以其位移为： ,故 B 正确，A、 C、 D错误 考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系 在如图所示的位移 x一时间 t图象和速度 v一时间 t图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法错误的是（ ） A甲、乙两车均做做直线运动 B 0 t1时间内，甲车通过路程大于乙车通过路程 C丙、丁两车在 t2时刻相距最远 D 0 t2时间内丙车的平均速度小于丁车的平均速度 答案： C 试题分析：由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，故 A正确；在 t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故 B错误
14、；由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故 C正确； .0 t2时间内，丙车的位移小于丁车的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丁车的平均速度大于丙车的平均速度，故 D错误故选 C 考点：匀变速直线运动的图像；平均速度 如图，粗糙斜面固定于水平面，斜面倾角为 ，滑块 A与斜面间的动摩擦因数为 ，且 ，滑块 A、 B叠放后轻放在斜面上，且始终保持相对静止， A上表面水平。则 B受力的示意图为（ ） 答案： A 试题分析：整体向上做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向下，则 B的加速度方向沿斜面向下根据牛顿第二定律知， B的合 力沿斜面向下，则
15、 B一定受到水平向左的摩擦力以及重力和支持力故 A正确， B、 C、 D错误 故选 A 考点：力的合成与分解的运用 2009年 1月，中国海军护航舰艇编队用时 10天抵达亚丁湾、索马里海域为中国商船护航 .如图所示，此次护航从三亚启航，经南海、马六甲海峡，穿越印度洋，总航程四千五百海里 .关于此次护航，下列说法正确的是 ( ) A当研究护航舰艇的运行轨迹时，不可以将其看做质点 B “四千五百海里 ”指的是护航舰艇的航行位移 C当研究护航舰艇的平均速度时可将其看作质点 D根据题中数据我们可以求 得此次航行的平均速度 答案： C 实验题 在 “研究弹簧的形变与外力的关系 ”的实验中，将弹簧水平放置
16、，测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力 F实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的用记录的外力 F与弹簧的形变量 x作出的 F-x图线如图所示 （ 1）由图求出弹簧的劲度系数，即 k=_N/m （ 2）本题中弹簧的形变量 x与外力 F关系式 F _ N （ 3）图线不过原点的原因是： _。 答案：（ 1） 100 N/m （ 2） （ 3）由于弹簧原长是水平放置时的长度，而竖直悬挂时弹簧的自身重力会引起弹簧的额外伸长 试题分析：（ 1）当拉力为 8N 时，弹簧的形变量为 x=10cm=0.1m；当拉力为0N 时，弹簧的形变量为 x=2cm=0.02m；由胡克定律 F=k
17、x得：图线的斜率即为弹簧的劲度系数 （ 2）设弹簧的形变量 x与外力 F关系式，当拉力为 0N 时，弹簧的形变量为 x=2cm=0.02m,代入关系式可得b=-2,所以形变量 x与外力 F关系式为 。 （ 3）由于弹簧原长是水平放置时的长度，而竖直悬挂时弹簧的自身重力会引起弹簧的额外伸长，故实 验图象不过原点 考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则。在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮 A和 B，将绳子打一个结点 O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力 TOA、 TOB 和 TOC，回答下列问题： (1)改变钩码个
18、数，实验能完成的是 . A钩码的个数 N1 N2 2， N3 3 B钩码的个数 N1 N3 3， N2 6 C钩码的个数 N1 N2 N3 5 D钩码的个数 N1 3， N2 4， N3 9 (2)在拆下钩码和绳子前，最重要的步骤是 . A标记结点 O 的位置，并记录 OA、 OB、 OC三段绳子的方向 B量出 OA、 OB、 OC三段绳子的长度 C用量角器量出三段绳子之间的夹角 D记录钩码的个数 N1、 N2、 N3 E用天平测出钩码的质量 (3)在作图时，你认为图示中 _是正确的 (填 “甲 ”或 “乙 ”) 答案： (1)AC (2)AD (3)甲 试题分析：（ 1）对 O 点受力分析
19、OA OB OC 分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以 0C等于OD因此三个力的大小构成一个三角形 A、以钩码的个数表示力的大小，则能构成三角形，故 A正确； B、以钩码的个数表示力的大小，则不能构成三角形，故 B错误； C、以钩码的个数表示力的大小，则三力为边构成等边三角形，故 C正确； D、以钩码的个数表示力的大小，则不能构成三角形，故 D错误 故选 AC （ 2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O 的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录 OA、 OB、 OC三段
20、绳子的方向，故 AD正确， BCE错误 （ 3）以 O 点为研究对象， F3的是实际作用效果在 OC这条线上，由于误差的存在， F1、 F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际 故答案：为：甲 考点：验证力的平行四边形定则 某同学为估测摩托车在水泥路面上行驶时所受的牵引力，设计了下述实验：将输液用的 500ml玻璃瓶装适量水后，连同输液管一起绑在摩托车上，调节输液管的滴水速度，刚好每隔 1.0s滴一滴，该同学骑摩托车，先使之加速到某一速度，然后熄火，让摩托车沿直线滑行，如图是某次实验中水泥路面上的部分水滴（左侧是起点）。设该同学质量为 50kg，摩托车的质量为 75 k
21、g，根据该同学的实验结果可估算（ ）（下图长度单位：） （ 1）骑摩托车行驶至 D点时的速度大小为 _ ； （ 2）骑摩托车加速时的加速度大小为 _ ； （ 3）骑摩托车加速时的牵引力大小为 _N。 答案： (1)14.5m/s (2)4.0m/s2 (3)525N 试题分析：（ 1）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： （ 2）已知前四段位移，由逐差法求出加速度的大小： （ 3）由纸带数据带可知摩托车在阻力作用下减速 运动时的加速度 =0.2m/s2，负号表示摩托车做减速运动。所以摩托车牵引力考点：测定匀变速直线运动的加速度 计算题 （ 8分）高速公路给人们带来了方
22、便，但是因为在高速公路上行驶的车辆速度大，雾天往往出现十几辆车追尾持续相撞的事故 .某辆轿车在某高速公路上的正常行驶速度大小 v0为 120km/h，刹车时轿车产生的最大加速度 a为 10 m/s2，如果某天有雾，能见度 d(观察者能看见的最远的静止目标的距离 )约为 60m，设司机的反应时间 t为 0.5 s，为了安全行驶，轿车行驶的最大速度为多少？ 答案： m/s 试题分析：设轿车行驶的最大速度为 v，司机在反应时间内做匀速运动的位移为 x1，在刹车匀减速阶段的位移为 x2，则 x1=vt (2分 ) 2ax2=v2 (2分 ) d=x1+x2 (2分 ) 联立 式得 v=30 m/s (
23、2分 ) 即轿车行驶的最大速度为 30m/s 考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系 （ 10分）一个底面粗糙、质量为 M的劈放在粗糙的水平面上 , 劈与水平面的动摩擦因数 ，劈的斜面光滑且与水平面成 30角 ;现用一端固定的轻绳系一质量为 m= kg的小 球 ,小球放在斜面上 ,小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为 30,如图所示 , ，试求 : (1)当劈静止时绳子的拉力大小 . (2)已知地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈的滑动摩擦力 ,若改变小球的质量，为使整个系统静止 ,则小球与劈的质量应满足什么关系 答案：（ 1） T=10N （ 2） m 6M 试
24、题分析：（ 1）以小球为研究对象，其受力情况如图甲所示， 对 T和 G进行正交分解，由平衡条件可得： Tcos30=mgsin30 (2分 ) 所以 T=10N (2分 ) （ 2）以劈和小球整体为研究对象，整体受力情况如图乙所示，由物体的平衡条件可得： f=Tcos60 (2分 ) 为使整个系统静止，其临界状态是静摩擦力 f为最大值，即有 (2分 ) 所以联立以上两式可得： m=6M 即小球与劈的质量应满足 m 6M (2分 ) 考点：共点力平衡的条件及其应用 （ 10分）一辆值勤的警车停在平直公路边，当警员发现从他旁边以 v=8 m/s的速度匀速驶过的货车有违章行为时，警车立即启动，并以加
25、速度 a=2m/s2做匀加速运动，试问： (1)警车发动起来后要多长的时间才能追上违章的货车？ (2)在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少？ (3)若警车的最大速度是 vm=12m/s，则警车发动起来后要多长的时间才能追上违章的货车？ 答案：（ 1） t 8 s （ 2） 16 m （ 3） t 9s. 试题分析： (1)设警车发动起来后要时间 t才能追上违章的货车，则 at2 vt (1分 ) 解得 t 8 s或 t 0 s(舍去 ) (1分 ) (2)在警车追上货车之前，两车速度相等时，两车间的距离最大，设警车发动起来后经时间 t两车速度相等，两车间的距离最大为 xm，则 t 4 s
26、 (1分 ) xm v t- at2 16 m. (2分 ) (3)若警车的最大速度是 12 m/s，则警车发动起来后加速的时间 t0 s 6 s (2分 ) 设警车发动起来后经过时间 t追上违章的货车，则 at vm(t-t0) vt (2分 ) 解得 t 9s. (1分 ) 考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系 （ 12分）如图，质量 M=8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力 F1=16N，当小车向右运动速度达到 3m/s时，在小车的右端轻放一质量为 m=2kg 的小物块，物块与小 车间的动摩擦因数 =0.4，假定小车足够长，问： (
27、1)小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)经过多长时间物块停止与小车的相对运动？ (3)小物块从放在车上开始经过 t0=3s所通过的位移是多少？ (4)达到相同速度时，若水平恒力立即变为 F2=25N，请通过计算说明物块会从小车左端掉下吗？ 答案：（ 1） a1=4m/s、 a2=1m/s2 （ 2） t1= 1s （ 3） 13.2m （ 4）不会从左端掉下来 试题分析：（ 1）对物块： mg=ma1，得 a1=4m/s2 (1分 ) 对小车： F-mg=Ma2，得 a2=1m/s2 (1分 ) （ 2）物块在小车上停止相对滑动时，速度相同 则有： a1t1=0+a2t1
28、 (1分 ) 得 t1= 1s (1分 ) （ 3） t1物块位移 x1= =2m (1分 ) t1时刻物块速度 1=a1t1=4m/s (1分 ) t1后 M、 m有相同的加速度，对 M、 m整体有： F=（ M+m） a3，得 a3=1.6m/s2 (1分 ) 则 x2=1（ t-t1） =11.2m (1分 ) 则 3S内物块位移 x=x1+x2=13.2m (1分 ) （ 4）两者恰好不发生相对滑动时，对 m有 : 得 (1分 ) 对整体有： (1分 ) 由于 F2F0,故不会从左端掉下来。 (1分 ) 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
