1、一、单选题1下列关于物理学思想方法的叙述错误的是（ ）A 当物体的运动时间t趋于0时，t时间内的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代思想B 在伽利略之前的学者们总是通过思辨性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法C 力学中将物体看成质点运用了理想化模型法D 探究加速度与力和质量关系的实验运用了控制变量法2为了测量运动员跃起的高度，可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力-时间图象，如图所示。运动员在空中运动时可视为质点，不计空气阻力，则可求运动员跃起的最大高度为（g=10m/s2）（ &nb
2、sp; ）A 7.2m B 5.0m C 1.8m D 1.5m3航模兴趣小组设计出一架遥控飞机，其质量m=2kg，动力系统提供的恒定升力F=28N。试飞时，飞机从地面由静止开始竖直上升。设飞机飞行时所受的阻力大小不变，恒为f=4N。某一次试飞，飞机飞行t=6s时遥控器出现故障，飞机立即失去升力。为使飞机落回地面时速度刚好为零，则飞机应在距离地面多高处恢复升力（ ）A 36m B 30m C 24m D
3、 18m4如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，碗的内表面光滑一根轻质杆的两端固定有两个小球，质量分别是m1，m2当它们静止时，m1、m2与球心的连线跟水平面分别成60，30角，则碗对两小球的弹力大小之比是（ ） A 1：2 B C D 5如图,小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上,小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上,两小球A B通过光滑滑轮O用轻质细线相连,两球均处于静止状态,已知B球质量为m,O点在半圆柱体圆心O1的正上方,OA与竖直方向成30角,OA
4、长度与半圆柱体半径相等,OB与竖直方向成45角,现将轻质细线剪断的瞬间，则下列叙述正确的是( )A 球B的加速度为 B 球A的加速度为gC 球A的加速度为 D 球A的加速度为g/26从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中小球受到的阻力与其速率成正比，落地速率为k v0 (0<k<1)，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）A 小球上升过程中的平均速度大于 B 小球加速下落过程中的平均速度小于C 小球抛出
5、瞬间的加速度大小为(1+k)g D 小球抛出瞬间的加速度大小为(1+)g二、多选题7如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是（）A 框架对小球的支持力先减小后增大B 拉力F的最小值为mgcosC 地面对框架的摩擦力减小D 框架对地面的压力先增大后减小8在同一条平直公路上行驶甲车和乙车，其速度时间图象分别为图中直线甲和乙。已知t=0时，甲、乙两车的距离是16 m，由图可知（
6、 ）A t=8 s时两车可能相遇B 时两车可能相遇C 在两车相遇之前t=6 s时两车相距最远D 相遇地点距甲车的出发点的距离可能是12 m第II卷（非选择题）三、实验题9某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离图(a)图(b)(1)物块下滑时的加速度a_m/s2，打C点时物块的速度v_m/s；(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是_(填正确答案标号)A物块的质量 B斜面的高度
7、; C斜面的倾角10如图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门B，在滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连（力传感器可测得细线上的拉力大小），力传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。(1)该同学用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图所示，则d=_mm。(2)下列不必要的一项实验要求是_。(请填写选项前对应的字母)A. 应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B将气垫导轨调节水平C应使细线与气垫导轨平行 D应使A位置与光电门间的距离适当大些(3)实验
8、时，每次均将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是_。（写出文字及对应的物理符号）四、解答题11如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角=37，A、B两端相距L=5.0m，质量为M=10kg的物体以v0=6.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v=4.0m/s，（g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8）求：（1）物体从A点到达B点所需的时间；（2）若传送带顺时针运转的速度可以调节，要使物体能到达B点，传送带
9、速率应满足什么条件？物体从A点到达B点的最短时间是多少？(其他条件不变)12如图所示，质量为m=5kg的长木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为k=5kg的物块A（可视为质点）。木板与地面间的动摩擦因数1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数2.现用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）拉力撤去时，木板的速度vB；（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L至少为多大；（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处。13如图所示，AB为光滑竖直杆，ACB为光滑直角轨道，C处有一小圆弧连
10、接，可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械能）。一个套在杆上的小球（可视为质点）自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的15倍，则AB与AC的夹角为多少?五、填空题14如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A连接（另有一个完全相同的物体B紧贴着A，不粘连），弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B开始向左运动，已知重力加速度为g，物体A、B与水平面间的动摩擦因数为。则_.A撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为B撤去F
11、后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动C物体A、B一起向左运动距离时获得最大速度D若物体A、B向左运动要分离，则分离时向左运动距离为E若物体A、B向左运动要分离，则分离后A的速度第一次减为零时B还未停下。2019届四川省雅安中学高三上学期第一次月考理科综合-物理试题物理答案1A【解析】当物体的运动时间t趋于0时，t时间内的平均速度可看成瞬时速度运用了极限法，选项A错误；在伽利略之前的学者们总是通过思辨性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，选项B正确；力学中将物体看成质点运用了理想化模型法，选项C正确；探究加速度与力和质量关系的实验运用了控制变量法，选项D正确
12、；故选A.2B【解析】由图可知运动员在空中的最长时间为：t=4.3s-2.3s=2s；运动员做竖直上抛运动，根据运动的对称性，所以下落过程的最长时间为t下=t=1s，则运动员跃起最大高度为：h=gt下2=5.0m。故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】竖直上抛运动的对称性特点，是对竖直上抛运动考查的重点，要熟练掌握和应用要读懂图象的意义，找出运动员在空中运动的时间3C【解析】失去升力飞行器受重力和阻力作用做匀减速直线运动，当速度减为0时，最大高度等于失去升力前的位移与失去升力后的位移之和；求飞行器从开始下落时做匀加速直线运动，恢复升力后做匀减速直线运动，为了使飞行器不致坠落到地面，到达地面时速
13、度恰好为0，根据牛顿第二定律以及运动学基本公式即可求得飞行器恢复升力的高度飞行器失去升力前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有Fmgfma1代入数据解得：a12m/s2t16s时，速度v1=a1t126m/s12m/s前6s内的位移6s后失去动力，根据牛顿第二定律有mg+fm a2解得：a212m/s2匀减速上升的位移飞行器能达到的最大高度hx1+x236+642m设失去动力下降阶段的加速度为a3，根据牛顿第二定律mgfm a3解得：a38m/s2恢复升力后向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，有F+fmgma4解得：a46m/s2开始恢复升力时速度为v，则 解得v=12m/s，此时离地面的
14、高度，故选C.4B【解析】系统处于静止状态，所以受力平衡，选取两小球和杆组成的整体为研究对象，受力分析后应用平衡条件求解将球和杆看做一个整体，对整体受力分析，受到碗给的弹力，和竖直向下的重力，如图所示，根据共点力平衡条件可得，故，B正确5D【解析】剪断细线前，对B分析，如图所示，根据共点力平衡条件可得，解得， ，剪断细线的瞬间，细线的拉力为零，弹簧还来不及改变，所以弹力不变，小球B只受重力和弹力作用，故合力大小为，故加速度为；对A分析，如图所示，剪断细线后，绳子拉力，根据牛顿第二定律，沿切线方向有，故D正确6D【解析】小球上升过程中，速度逐渐减小，则阻力逐渐减小，根据mg+f=ma可知，加速度
15、逐渐减小，由v-t图像可知，小球上升过程中的位移小于做匀减速运动的位移，则平均速度小于，选项A错误；小球加速下落过程中速度逐渐增大到kv0，则阻力逐渐变大，根据mg-f=ma可知，加速度逐渐减小到0，由v-t图像可知，小球下降过程中的位移大于做匀加速运动的位移，则平均速度大于，选项B错误；小球最终匀速运动，设阻力系数为n，则mg=nkv0；小球刚抛出时：mg+nv0=ma；解得，故选项C错误，D正确；故选D.点睛：此题要用v-t图线来解答，关于速度时间图象，关键要掌握速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移，注意t1时刻图象的斜率不为零，加速度不为零。7BC【解析】以小球为研究对象，分析受力情
16、况，作出受力示意力图，如图所示：根据几何关系可知，用F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：F=mgcos故A错误，B正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小。故C正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小。故D错误。故选BC。
17、【点睛】本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键。求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解。8ABD【解析】由图可得，甲的加速度为，乙的加速度为。设在t时刻两车相遇，则在t时间内甲的位移为 x甲=v0甲t+a甲t2=-6t+1.5t2，乙的位移为 x乙=a乙t2；开始阶段，若两车相向运动，以乙的速度方向为正方向，相遇时有：-x甲+x乙
18、=16m，解得 t1=4s，t2=8s。开始阶段，若两车相互背离，相遇时有：x甲-x乙=16m，解得 t=（6+2）s（另一负值舍去）。故AB正确。在两车相遇之前，在0-6 s时两车间距减小，t=6s两车间距增大，所以t=6s时相距最近，故C错误。当t1=4s时，代入x甲=v0甲t+a甲t2得 x甲=-12m，所以相遇地点距甲车的出发点的距离可能是12m。故D正确。故选ABD。【点睛】本题是追及问题，关键是抓住两车相遇时位移关系列式，要注意速度图象不能反映物体初始位置，所以要分情况讨论。9（1）3.25；1.79（2）C【解析】（1）根据，有：，解得：打C点时物块的速度：（2）对滑块，根据牛顿
19、第二定律，有：，解得：故还需要测量斜面的倾角，故选：C。考点：测量动摩擦因数实验【名师点睛】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等10（1）2.25（2）A（3）AB之间的距离s【解析】（1）遮光条的宽度d=0.2cm+50.05mm=2.25mm；（2）由于有力传感器，则不要求使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，选项A没必要；将气垫导轨调节水平，选项B有必要；应使细线与气垫导轨平行，选项C有必要；应使A位置与光电门间的距离适当大些，使得滑块经过光电门的速度稍大些，选项D有必要；故选A.（3）遮光条通过光电门B的速度，则由v2=2as可知，则若
20、要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是AB之间的距离s。【点睛】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础。处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项。11（1）2.2s （2）v4m/s；t=1s【解析】（1）重力沿斜面方向的分力：Mgsin37=1000.6=60N摩擦力大小：f=Mgcos=0.51000.8=40N开始时物体所受摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律：-Mgsin-Mgcos=Ma得：a=-10m/s2达到与传送带速度相等需要的时间：这段时间内的位移为： 之后，物块所受沿斜面向上的摩擦力小于重力的分力，则
21、加速度为：以此加速度减速上滑4m：有：L-x=vt+at2即：4=4t-2t2，得：t=2s，正好此时物块速度减小到0；则物体从A点到达B点所需的时间：t总=t+t=0.2s+2s=2.2s（2）由（1）的分析可知当传送带的速度为4m/s时，物块恰好能到达传送带的最高点B，则若传送带顺时针运转的速度可以调节，要使物体能到达B点，传送带速率应满足v4m/s；物体一直以加速度a=-2m/s2运动到B点的时间最短，L=vt+at25=6t-2t2t2-6t+5=0得：t=1s或t=5s（舍去）则若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是1s【点睛】传送带问题一直是学生头大的问题
22、，关键是明确物体所受传送带摩擦力方向的判断，摩擦力的方向与物体相对传送带运动方向相反，而牛顿第二定律和运动学公式的应用选取的参照物是地面12(1)VB=4m/s (2)L=1.2m (3)d=0.48m【解析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间t1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几
23、何关系求出最终停止的位置(1)若相对滑动，对木板有：，得：对木块有，所以木块相对木板滑动撤去拉力时，木板的速度，(2)撤去F后，经时间t2达到共同速度v；由动量定理，可得，v=2.4m/s在撤掉F之前，二者的相对位移撤去F之后，二者的相对位移木板长度(3)获得共同速度后，对木块，有，对木板有二者的相对位移木块最终离木板右端的距离【点睛】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点1353【解析】设AB长度为L，BAC=，则AC=Lcos；BC=Lsin小球沿AB运动时间为t，有小球沿AC运动时间为t1，有mgc
24、os=ma1联立解得t1= t小球沿CB运动时间为t2，由题意知 t1t2=1.5t所以t2=0.5t小球沿CB杆有mgsin=ma2联立解得所以=53考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动。14ACE【解析】撤去力F瞬间，对A、B系统，由牛顿第二定律得：kx0-2mg=2ma，解得：a=-g，故A正确；撤去F后，A、B系统在水平方向向左做加速运动，弹簧弹力变小，系统所受合外力变小，由牛顿第二定律可知，加速度减小，A、B先向左做加速度减小的加速运动，故B错误； 当系统所受合力为零，即：kx=2mg，x=，位移：s=x0-x=x0-时速度最大，故C正确；当系统所受合力为零时速度最大，此后A、B两物体开始分开，分开时向左运动的距离为：s=x0-，故D错误；物体A、B向左运动分离后，两物块的速度相同，然后A在向右的摩擦力和向右的弹簧的拉力的作用下做减速运动；而物体B只在摩擦力作用下做减速运动，A的加速度大于B的加速度，则当A的速度第一次减为零时B还未停下来，选项E正确。故选ACE。【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体的运动过程、知道何时AB速度最大、何时两者开始分开是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与胡克定律即可解题。
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