2019-2020学年高一物理上学期12月月考试题(含解析) (I).doc

2019-2020学年高一物理上学期12月月考试题(含解析) (I)一选择题1. 下列关于速度、速度的变化量和加速度的说法，正确的是()A. 只要物体的速度大，加速度就大B. 只要物体的速度变化率大，加速度就大C. 只要物体的加速度大，速度变化量就大D. 只要物体的速度不为零，加速度就不为零【答案】B【解析】速度大，加速度不一定大，如速度很大的匀速运动，加速度为零，A错误；加速度是物体速度变化量与所用时间的比值，物体的速度变化率大，加速度就大，B正确；加速度大，速度变化量不一定大，还要看所用时间，C错误；速度不为零，加速度可以为零，如匀速运动，故D错误2. 一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m则刹车后6 s内的位移是()A. 20 m B. 24 m C. 25 m D. 75 m【答案】C【解析】试题分析：设两段位移分别为x1、x2，所用时间均为t=1s，则：；由两式得：v0=10m/s a=2m/s2；所以汽车行驶最长时间所以：刹车6s内的位移是：，故选C.考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】此题考查了匀变速直线运动的规律的应用；刹车问题是一个实际问题，要注意刹车的时间即刹车后多长时间停止运动，再结合匀加速直线运动的基本公式解题；解题时不能硬套公式，以免出现不符合实际的结论.3. 质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1，经过时间t后做匀减速直线运动，加速度大小为a2，若再经过时间t后恰能回到出发点，则a1a2应为()A. 11 B. 12 C. 13 D. 14【答案】C【解析】在t时刻时，质点的速度为，质点的位移为，根据题意可知，解得，C正确【点睛】解题的关键在于找到两个运动阶段的连接点，即第一阶段的末状态即为第二阶段的初状态，找出隐含条件“恰能回到出发点”是指位移与第一阶段大小相等，方向相反，然后运用匀变速直线运动的速度公式和位移公式就可以解决问题，重在培养学生逻辑思维和分析处理问题的能力4. 为了测出楼房的高度，让一石块从楼顶自由落下(不计空气阻力)，测出下列哪个物理量不能算出楼房的高度()A. 石块下落到地面的总时间B. 石块经过楼上一个1.8 m高的窗户所用的时间C. 石块落地前最后1 s的位移D. 石块通过最后1 m位移的时间【答案】B【解析】根据位移时间公式知，知道下落的总时间，可以求出下落的高度，故A不符合题意；知道石块下落过程中经过楼上一个1.8m高的窗户所用的时间，无法求解楼高，故B符合题意；设落地的总时间为t，落地前1s内的位移等于ts内的位移减去（t-1）s内的位移，根据，可以求出运动的时间t，再根据位移时间公式可得出下落的高度，故C不符合题意；已知石块通过最后1m位移的时间，根据，求出最后1m内的初速度，根据，求出落地的速度的大小，再根据求出下落的高度，故D不符合题意；5. 小球从空中某处从静止开始自由下落，与水平地面碰撞后上升到空中某一高度处，此过程中小球速度随时间变化的关系如图所示，则()A. 在下落和上升两个过程中，小球的加速度不同B. 小球开始下落处离地面的高度为0.8 mC. 整个过程中小球的位移为1.0 mD. 整个过程中小球的平均速度大小为2 m/s【答案】B【解析】试题分析：下落过程中加速度，上升过程中的加速度，加速度相同，A错误；图像与坐标轴围成的面积表示位移，故小球开始下落处离地面的高度为，整个过程中位移为，B正确C错误；整个过程中小球的平均速度大小为考点：考查了速度时间图像【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移6. 关于摩擦力，下列说法正确的是()A. 只要有弹力存在，就一定有摩擦力存在B. 滑动摩擦力的方向一定跟物体的运动方向相反C. 静摩擦力的方向一定跟物体间相对运动趋势的方向相反D. 接触面处的压力越大，摩擦力一定也越大【答案】C【解析】有弹力存在时，如果没有相对运动或相对运动的趋势时，不会产生摩擦力，A错误；滑动摩擦力的方向总是与物体相对运动的方向相反，静摩擦力与相对运动趋势的方向相反，但不一定与物体运动方向相反，例如轻放在传送带上的物体，受到的滑动摩擦力方向和其运动方向相同，人走路时受到的静摩擦力方向和人运动方向相同，B错误C正确；静摩擦力的大小与压力无关，D错误7. 如图所示，木块放在水平桌面上，在水平方向上对木块施加力F1、F2作用，木块处于静止状态，其中F1=10 N，F2=2 N若撤去F1，则木块受到的摩擦力为()A. 8 N，方向向左B. 2 N，方向向右C. 2 N，方向向左D. 零【答案】B【解析】试题分析：撤去前，对物体进行受力分析，由力的合成可得出静摩擦力的大小，分析最大静摩擦力的范围；撤去拉力后，根据另一拉力与最大静摩擦力的关系判断物体是否静止，从而确定摩擦力大小木块开始时在水平方向受三个力而平衡，所受的静摩擦力为；物体处于静止状态，则说明物体受到的最大静摩擦力大于等于8N；撤去后，由于，小于8N，故物体仍能处于平衡，故合力一定是0，则摩擦力为2N，方向向右，B正确8. 如图所示，一个质量为M的物体受到三个共点力F1、F2、F3的作用，则物体所受的合力大小是()A. 2F1 B. F2 C. 2F3 D. 0【答案】C【解析】根据三角形定则，与的合力等于从的起点到的终点的有向线段，即与相同，故合力等于，C正确9. 在 “探究合力与分力的关系”的实验中某同学的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳实验中，采取下列哪些方法和步骤不能减小实验误差()A. 两个分力F1、F2间的夹角越大越好B. 拉橡皮条的细绳要稍长一些C. 实验中，弹簧测力计必须与木板平行D. 读数时视线要正对弹簧测力计刻度【答案】A【解析】据平行四边形定则可知夹角太小将会导至合力过大，导致一个弹簧拉时可能超过量程，故夹角不能太小或太大，适当即可，故A不能；为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故B能；作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向有较大差别，同时为了减小因摩擦造成的误差，故应使各力尽量与木板面平行以及读弹簧秤示数时，视线要正对刻度，故CD能10. 将物体所受重力按力的效果进行分解，下图中错误的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：重力产生了使物体下滑的效果及压斜面的效果，即两分力如图中所示，故A作图正确；重力产生了向两边拉绳的效果，故B作图正确；重力产生了向两墙壁的挤压的效果，故两分力分别应垂直于接触面；故C作图错误；重力产生了拉绳及挤压墙面的效果，即作图正确，故D作图正确。所以错误的是C选项。考点：重力的作用效果【名师点睛】本题主要考查了重力的作用效果。将一个力分解有无数个解，而按力的效果分解只有一解两个分力与重力只是效果上等效根据各图分析重力的作用效果，从而得出作用力的方向，确定图示是否正确。此题属于基础题。11. 如图所示，细绳OM与ON所能承受的最大拉力相同，长度OMON，则在不断增加重物G的重力的过程中(绳OC不会断)()A. ON绳先被拉断B. OM绳先被拉断C. ON绳和OM绳同时被拉断D. 因无具体数据，故无法判断哪条绳先被拉断【答案】A【解析】物体对O点拉力等于物体重力，此力有两个效果：一是使NO绳拉紧的效果；二是使OM绳拉紧的效果；按效果把物体对O点的拉力分解，如下图所示，由此可知NO绳受的力大于MO绳受的力当重力逐渐增大，NO绳先达到最大拉力，NO绳先断，故A正确，BCD错误。12. 如图所示，质量为m的物体静止在倾角为的斜面上关于物体之所以能静止在斜面上，同学之间有不同的看法，你认为正确的是()A. 物体所受的重力小于物体所受的摩擦力B. 物体所受的下滑力小于物体所受的摩擦力C. 物体所受的重力和弹力的合力小于或等于物体与斜面间的最大静摩擦力D. 物体所受的弹力和最大静摩擦力的合力等于物体所受的重力【答案】C【解析】试题分析：对静止在斜面上的物体受力分析，物体受到三个力的作用，分别为重力mg、支持力、静摩擦力，且三力平衡其中任意两个力的合力与第三个力等值反向静摩擦力小于等于最大静摩擦力物体静止在斜面上时，受到三个力的作用，重力mg、支持力、静摩擦力，且三力平衡如图所示：.13. 关于牛顿第二定律，以下说法中正确的是()A. 由牛顿第二定律可知，加速度大的物体，所受的合力一定大B. 牛顿第二定律说明质量大的物体其加速度一定小C. 由F=ma可知，物体所受到的合力与物体的质量成正比D. 同一物体的加速度与物体所受到的合力成正比，而且在任何情况下，加速度的方向始终与物体所受的合力方向一致【答案】D【解析】由牛顿第二定律可知，所受的合外力大的物体，加速度一定大，选项A错误；牛顿第二定律说明了当所受的外力一定的情况下，质量大的物体，其加速度一定就小，选项B错误；物体所受到的合外力与物体的质量无关，选项C错误；对同一物体而言，物体的加速度与物体所受到的合外力成正比，而且在任何情况下，加速度的方向，始终与物体所受到的合外力方向一致，选项D正确；故选D.14. 如图所示，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平方向成角的拉力作用下沿地面做匀加速运动若木块与地面之间的动摩擦因数为，则木块的加速度为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】对物体受力分析可知，物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，在水平方向有：Fcos-f=Ma，竖直方向有：Mg=FN+Fsin，滑动摩擦力：f=FN，根据以上三式联立可以求得：a=，故D正确，ABC错误故选D15. 关于国际单位制，下列说法错误的是()A. 国际单位制是世界各国统一使用的一种通用的单位制B. 各国均有不同的单位制，国际单位制是为了交流方便而采用的一种单位制C. 国际单位制是一种基本的单位制，只要在物理运算中各物理量均采用国际单位制中的单位，则最后得出的结果必然是国际单位制中的单位D. 国际单位制中的基本物理量是长度、能量、时间【答案】D【解析】各国均有不同的单位制，国际单位制是为了方便交流而采用的一种单位制，AB正确；国际单位制是一种基本的单位制，只要在物理运算中各物理量均采用国际单位制中的单位，则最后得出的结果的单位必然是国际单位制中的单位，C正确；国际单位制中的基本单位对应的物理量是长度、时间和质量，D错误16. 在水平地面上有两个彼此接触的物体A和B，它们的质量分别为m1和m2，与地面间的动摩擦因数均为，若用水平推力F作用于物体A，使A、B一起向前运动，如图所示则两物体间的相互作用力为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：以整体为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，然后以m为研究对象，由牛顿第二定律求出二者间的作用力以整体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得系统的加速度，以为研究对象，由牛顿第二定律得，联立解得，D正确17. 如图所示，在沿平直轨道行驶的车厢内，有一轻绳的上端固定在车厢的顶部，下端拴一小球，当小球相对车厢静止时，悬线与竖直方向夹角为，则关于车厢的运动情况，下列说法正确的是()A. 车厢加速度大小为Gtan，方向水平向左B. 车厢加速度大小为Gtan，方向水平向右C. 车厢加速度大小为Gsin，方向水平向左D. 车厢加速度大小为Gsin，方向水平向右【答案】A【解析】球相对车厢处于静止状态，球与车厢的加速度相同，根据悬绳偏转方向可知拉力与重力的合力应水平向左，则车厢加速度一定是水平向左由牛顿第二定律得：，解得，A正确18. 甲、乙两队参加拔河比赛，甲队胜，若不计绳子的质量，下列说法正确的是()A. 甲队拉绳子的力大于乙队拉绳子的力B. 甲队与地面间的最大静摩擦力大于乙队与地面间的最大静摩擦力C. 甲、乙两队与地面间的最大静摩擦力大小相等、方向相反D. 甲、乙两队拉绳子的力大小相等【答案】BD【解析】甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等，故A错误，D正确；对甲、乙两队及绳子为一整体进行研究，水平方向的外力就是地面分别对甲、乙两队的摩擦力整体从静止到运动起来产生了加速度，故受外力不平衡，由此可判断甲队所受摩擦力大于乙队所受摩擦力，故B正确，C错误；【点睛】掌握牛顿第三定律得内容，由此题的知识我们可以知道，在拔河比赛中要挑选一些体重大的同学，以增加与地面之间的最大静摩擦力19. 下列有关超重与失重的说法正确的是()A. 体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B. 蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C. 举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D. 不论是超重、失重或完全失重，物体所受的重力并没有发生改变【答案】BD【解析】试题分析：体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时单杠对他的拉力等于运动员的重力，故运动员既不处于超重状态也不处于失重状态，故A错误；蹦床运动员在空中上升和下落过程中只受重力，故加速度大小等于当地的重力加速度，方向竖直向下，即处于失重状态，故B正确；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内地面对他的支持力等于他的重力，故运动员既不处于超重状态也不处于失重状态，故C错误；不论是超重、失重或完全失重，物体所受的重力并没有发生改变故D正确。考点：超重和失重【名师点睛】掌握了超重或失重的概念和特点是解决这类题目的关键，记住加速度向上超重，加速度向下失重当物体的加速度竖直向上时，物体处于超重状态，当当物体的加速度竖直向下时，物体处于失重状态；对支撑物的压力或对悬挂物的拉力小于物体的重力时物体处于失重状态；对支撑物的压力或对悬挂物的拉力大于物体的重力时物体处于超重状态。20. 光滑小球放在两板间，如图所示，当OB不动，OA绕O点转动使角变小时，两板对球的压力FA和FB的变化情况为()A. FA变大 B. FA变小 C. FB变小 D. FB变大【答案】AD【解析】对小球受力分析，运用合成法如图：由几何知识得：，可见当OA绕O点转动使变小时，变大，变大，故选项AD正确。点睛：本题属于力的动态平衡问题，采用函数法求解，也可以用图解法求解。二计算题21. 如图所示，质量m=0.78kg的金属块放在水平桌面上，在斜向上的恒定拉力F作用下，向右以v0=2.0m/s的速度作匀速直线运动，已知F=3.0N，方向与水平面之间的夹角 （=0.6，=0.8，g取10m/s2）（1）求金属块与桌面间的动摩擦因数（2）如果从某时刻起撤去拉力F，求撤去拉力后金属块还能在桌面上滑行的最大距离s【答案】（1）0.4（2）0.50m【解析】（1）设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为N，滑动摩擦力为f，则根据平衡条件得，又，联立解得（2）撤去拉力F后，金属块受到滑动摩擦力根据牛顿第二定律，得加速度大小为，则撤去F后金属块还能滑行的位移为三加试部分22. 如图所示, 小球沿斜面向上运动, 依次经a、b、c、d到达最高点e. 已知ab=bd=6m, bc=1m, 小球从a到c和从c到d 所用的时间都是2s, 设小球经b、c时的速度分别为vb、vc, 则( )A. vb=101/2m/s B. vc=3m/sC. de=3m D. 从d到e所用时间为4s【答案】ABD【解析】试题分析：c为ad过程中的中间时刻，所以，ac间中间时刻即1s时的瞬时速度为，cd间中间时刻即3s时的瞬时速度为，故物体的加速度大小为，所以根据，解得，AB正确；从c点到e点过程中，有，解得，故，C错误；根据逆向思维，将小球看做从e点做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动，则有，解得，D正确考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度23. 放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t 的关系如图所示。取重力加速度g=10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为（ ）A. m=0.5kg，=0.4 B. m=1.5kg，=C. m=0.5kg，=0.2 D. m=1kg，=0.2【答案】D【解析】试题分析：根据vt图和Ft图象可知，在46s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在24s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小解：由vt图可知46s，物块匀速运动，有Ff=F=2N在24s内物块做匀加速运动，加速度a=2m/s2，由牛顿第二定律得 ma=FFf，将F=3N、Ff=2N及a代入解得m=0.5kg由动摩擦力公式得，所以A正确故选A【点评】本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解24. 一位同学为研究超重和失重，在电梯中用手提着一个弹簧秤，弹簧秤的秤钩上挂一个重为5.0N的钩码。某时，他发现弹簧秤的读数变成了4.8N，则此时电梯的可能运动情况是A. 以一定的加速度加速上升 B. 以一定的加速度减速上升C. 以一定的加速度加速下降 D. 以一定的加速度减速下降【答案】BC【解析】试题分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度根据牛顿第二定律求出升降机的加速度方向根据题意可知弹簧秤的示数小于钩码的重力，说明钩码处于失重状态，即加速度方向向下，所以电梯的可能运动情况是以一定的加速度减速上升或以一定的加速度加速下降，BC正确25. 用弹簧测力计来拉静止在水平桌面上的木块A，逐渐增加拉力，直到木块运动为止，这一探究性的实验是用来说明A. 静摩擦力大小不是一个固定的值B. 静摩擦力有一个最大限度C. 动摩擦因数与接触面的材料及粗糙程度有关D. 作用力和反作用力大小总是相等【答案】AB26. 如图所示，传送带与水平面的夹角为370并以10m/s的速度匀速运动着，在传送带的A端轻轻放一小物体，若已知物体与传送带间的动摩擦因数为=0.5，AB间距离S=16m，则小物体从A端运动到B端所需的时间为传送带顺时针方向转动A. 2.8s B. 2.0s C. 2.1s D. 4.0s；【答案】D【解析】传送带顺时针运行，小物块所受的摩擦力方向不变，一直沿传送带向上，根据牛顿第二定律得，物块速度方向与传送带运行方向相同，物块做匀加速运动，根据，得此时的速度：，所以物体一直做加速运动，D正确27. 如图所示，为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M，实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行接下来还需要进行的一项操作是（_）A将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动（2）实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是（_）AM=200g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gBM=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120gCM=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gDM=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g（3）如图是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出量出相邻的计数点之间的距离分别为：xAB=4.22cm、xBC=4.65cm、xCD=5.08cm、xDE=5.49cm，xEF=5.91cm，xFG=6.34cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则打D点小车的速度_，小车的加速度a=_m/s2。（结果保留二位有效数字）【答案】 (1). B (2). C (3). 0.53 (4). 0.42【解析】试题分析：小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力；当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即mM时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力；根据匀变速直线运动的推论可以求出瞬时速度与加速度（1）实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时要：将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故B正确（2）当Mm时，即当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，最合理的一组数据是C（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为，根据匀变速直线运动的中间时刻推论可得；利用匀变速直线运动的推论，得：，为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：；28. 所受重力G1=8 N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上PA偏离竖直方向37角，PB沿水平方向，且连在所受重力为G2=100 N的木块上，木块静止于倾角为37的斜面上，如图LZ212所示，sin 37=0.6，cos 37=0.8.试求：（1）木块与斜面间的摩擦力大小；（2）木块所受斜面的弹力【答案】64.8N；76.4N，垂直斜面向上【解析】如图甲所示分析结点P受力，由平衡条件得：，可解得BP绳的拉力为： 再分析的受力情况如图乙所示由物体的平衡条件可得又有解得：29. 如图所示的传送带，其水平部分ab的长度为2m，倾斜部分bc的长度为4m，bc与水平面的夹角为=37，将一小物块A（可视为质点）轻轻放于a端的传送带上，物块A与传送带间的动摩擦因数为=0.25，当传送带沿图示方向以v=2m/s的速度匀速运动时，若物块A经过b端时未脱离传送带且没有速率损失，试求： （1）小物块在水平部分加速运动的加速度；（2）小物块A从a端传送到b端所用的时间；（3）小物块A从b端传送到c端所用的时间。【答案】（1）2.5m/s2（2）1.4s（3）1s【解析】试题分析：根据牛顿第二定律求出小物块的加速度，求出当物块的速度达到2m/s时的位移，判断出物体的运动情况，从而求出小物块从a端被传送到b端所用的时间根据摩擦力与下滑力的关系，判断出物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出小物块被传送到c端时的时间（1）物体在ab段所受的摩擦力为：由牛顿第二定律列方程得，加速度为（2）物体加速到2m/s所需时间为 物体加速阶段的位移为：物体匀速运动位移为：匀速运动时间为从a到b的时间为：（3）物体在bc段的合力为：故加速度为：由匀变速直线运动规律可得，从b到c的时间满足：其中，解得：（t3=-2s舍）