2019-2020学年河北省泊头市第一中学高一上学期第四次月考物理试卷

2019-2020学年河北省泊头市第一中学高一上学期第四次月考物理试卷

物理试题 ‎ (时间：90分钟　满分：100分)‎ 一、选择题(本题共14小题．每小题4分，共56分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)‎ ‎1．如图1所示，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”．这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于(　　)‎ 图1‎ A．冰壶的速度　　 B．冰壶的质量 C．冰壶受到的推力 D．冰壶受到的阻力 B　[一个物体惯性的大小，与其运动状态，受力情况是没有任何关系的．衡量物体惯性大小的唯一因素是质量，故B正确．]‎ ‎2．下列各组属于国际单位制的基本单位的是(　　)‎ A．千克、米、秒 B．克、牛顿、米 C．质量、长度、时间 D．质量、力、位移 A　[选项C、D中所给的都是物理量，不是物理单位，C、D错误；千克、米、秒分别为质量、长度、时间三个基本物理量的单位，A正确；B项中牛顿是导出单位，克不属于国际单位，B错误．]‎ ‎3．如图2所示，在匀速行驶的火车车厢内，有一人从B点正上方相对车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则小球(　　) 【导学号：81370600】‎ 图2‎ A．可能落在A处 B．一定落在B处 C．可能落在C处 D．以上都有可能 B　[匀速行驶的火车车厢内，相对车厢静止释放一个小球，由于惯性，在水平方向保持与车速相同的速度，因此在下落这段时间内，水平位移相等，即落回到B点，故选B.]‎ ‎4．(2017·丽水模拟)如图3所示，航天员王亚平利用“天宫一号”中的“质量测量仪”测量航天员聂海胜的质量为74 kg.测量时，聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置，且处于静止状态，当王亚平松手后，聂海胜与轻质支架受到一个大小为100 N的水平恒力作用而复位，用光栅测得复位时瞬间速度为1 m/s，则复位的时间为(　　)‎ 图3‎ A．0.74 s B．0.37 s C．0.26 s D．1.35 s A　[根据牛顿第二定律，加速度为a＝＝ m/s2，则复位的时间为t＝＝ s＝0.74 s，故选A.]‎ ‎5．放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态(如图4)，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是 ‎(　　) 【导学号：81370601】‎ 图4‎ A．匀速上升 B．加速上升 C．减速上升 D．减速下降 C　[木箱突然被拉动，表明木箱所受摩擦力变小了，也表明木箱与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，合力向下，处于失重状态，选项C正确．]‎ ‎6．质量为m的物体从高处由静止释放后竖直下落，在某一时刻受到的空气阻力为Ff，加速度为a＝g，则Ff的大小为(　　)‎ A.mg B.mg C．mg D.mg B　[由牛顿第二定律知，a＝＝＝g，可得空气阻力大小Ff＝mg，B正确．]‎ ‎7．如图5所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是(　　)‎ 图5‎ A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)g B．地面对木楔的支持力小于(M＋m)g C．地面对木楔的支持力等于(M＋m)g D．地面对木楔的摩擦力为0‎ A　[由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A正确，B、C错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误．]‎ 图3314‎ ‎8．如图3314所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是(　　)‎ A．μmg　　　　　　　 B. C．μ(M＋m)g D．ma D　m与M无相对滑动，故a相同．对m、M整体F＝(M＋m)·a，故a＝，m与整体加速度相同也为a，对m：f＝ma，即f＝，故只有D正确．‎ ‎9．(多选)如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q.球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间时，球的加速度a应是 (　　)‎ A．若断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下 B．若断Ⅱ，则a＝，方向水平向左 C．若断Ⅰ，则a＝，方向沿Ⅰ的延长线 D．若断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上 解析：如果剪断细线，弹簧来不及变化，所以重力与弹力的合力水平向左，大小为F1sin θ或F2；如果剪断弹簧，水平细线的拉力来得及变化，物体只受重力作用，加速度为g，方向竖直向下．‎ 答案：AB ‎10.有一种大型娱乐器械可以让人体验超重和失重，如图7所示，其环形座舱套在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由下落．落到一定位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．下列说法中正确的是(　　)‎ 图7‎ A．座舱自由下落的过程中，人处于超重状态 B．座舱自由下落的过程中，人处于失重状态 C．座舱减速下落的过程中，人处于失重状态 D．座舱下落的整个过程中，人处于超重状态 B　[在自由下落的过程中，人只受重力作用，处于失重状态，故A错误，B正确；在减速运动的过程中，人受重力和座位对人向上的支持力，做减速运动，所以加速度向上，人处于超重状态，故C错误；座舱下落的整个过程中人先做自由落体运动，再做减速运动减速下降，故人先失重后超重，D错误．]‎ ‎11．如图8所示，两物体A、B质量相等，相互接触放在光滑水平面上，对物体A施以水平向右推力F1，同时对B施加水平向左推力F2，且F1>F2‎ ‎，则物体B对物体A的作用力大小是(　　)‎ 图8‎ A. B. C. D. B　[对整体研究，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离对A研究．A在水平方向受到B对它的作用力和推力F1，由牛顿第二定律，对A、B系统有a＝，对A有F1－FN＝ma，解得FN＝，B正确．]‎ ‎12．如图9甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图2中所标出的数据可计算出 ‎(　　) 【导学号：81370603】‎ 甲　　　　　　　　　乙 图9‎ A．物体的质量为1 kg B．物体的质量为3 kg C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3‎ D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5‎ C　[物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝－μg，由a F图线，得0.5＝－10μ，4＝－10μ，联立解得m＝2 kg，μ＝0.3，故C正确．]‎ ‎13．在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，如图10所示，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动．从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则(　　)‎ 图10‎ A．拖把将做减速运动 B．拖把继续做匀速运动 C．地面对拖把的支持力FN变小，地面对拖把的摩擦力Ff变小 D．地面对拖把的支持力FN变大，地面对拖把的摩擦力Ff变大 C　[设拖把的质量为m，拖把与地面间的动摩擦因数为μ，由平衡条件得Fcos θ＝μ(mg＋Fsin θ)，力F大小不变，θ减小，故Fcos θ>μ(mg＋Fsin θ)，则拖把做加速运动，选项A、B错误；地面对拖把的支持力FN＝mg＋Fsin θ，力F大小不变，力F与水平方向的夹角θ减小，则FN减小，地面对拖把的摩擦力Ff＝μFN，FN减小，则Ff减小，选项C正确，选项D错误．]‎ ‎14．如图3318甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)的物块A、B用轻质弹簧相连，两个物块与水平面间的动摩擦因数相同．当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1.当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于(　　)【导学号：96622273】‎ 图3318‎ A．1∶1 B．1∶2‎ C．2∶1 D．2∶3‎ A　水平放置时，F－μ(m＋M)g＝(M＋m)a1，kx1－μmg＝ma1，可得x1＝；竖直放置时，F－(m＋M)g＝(M＋m)a2，kx2－mg＝ma2，x2＝，故x1∶x2＝1∶1，A项正确．‎ 二、实验题(本题共2小题，共35分)‎ ‎15．(4分)(2017·宁波调研)(1)图11甲为一拉力传感器，某实验小组在用拉力传感器探究作用力与反作用力关系的实验中，获得了如图乙所示的图线．根据这个图线，你可以得出的结论是：作用力与反作用力总是________．‎ 图11‎ A．大小相等方向相反 B．两个力大小不相等 C．一个减小时另一个增大 D．同时产生同时消失 ‎(2)如果实验时保持一只手不动，另一只手拉动，与两只手同时对拉得到的结论有没有变化？________(选填“有”或“没有”)‎ ‎【解析】　(1)由乙图知作用力与反作用力总是大小相等方向相反，同时产生同时消失，故A、D正确．‎ ‎(2)两只手对拉与一只手拉另一只手不动，对传感器的力是相同的，所以图线没有变化．‎ ‎【答案】　(1)AD　(2)没有 ‎16．(10分)某实验小组利用如图12所示的装置探究加速度与力、质量的关系．‎ 图12‎ ‎(1)下列做法正确的是________．(填字母代号)‎ A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 ‎(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)‎ ‎(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如图13所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、‎ m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙(选填“大于”“小于”或“等于”) ‎ ‎【导学号：81370604】‎ 图13‎ ‎(4)用电火花计时器记录纸带运动的时间，电火花计时器所用电源的频率为50 Hz ‎，如图为小车带动的纸带上记录的一些点，在每相邻两点间都有四个点未画出，从纸带上测出x1＝3.20 cm，x2＝4.74 cm，x3＝6.40 cm，x4＝8.02 cm，x5＝9.64 cm，x6＝11.28 cm，x7＝12.84 cm.‎ 该小车的加速度a＝________．(结果保留三位有效数字)‎ ‎【解析】　(1)在探究加速度与力、质量的关系的实验中，平衡摩擦力时木板不通过定滑轮挂砝码桶，而要挂纸带，并且改变质量时不需要重新平衡摩擦力；在实验时应先接通电源再放开木块，故选项A、D均正确，B、C均错误．‎ ‎(2)选木块(M)、砝码桶及桶内的砝码(m)为研究对象，‎ 则mg＝(M＋m)a①‎ 选砝码桶及桶内的砝码为研究对象 则mg－FT＝ma②‎ 联立①②得：‎ FT＝mg－ 要使FT＝mg需要接近于0即M≫m.‎ ‎(3)对木块由牛顿第二定律得：‎ F－μmg＝ma 即a＝F－μg.‎ 由上式与题图结合可知：‎ >，μ甲g>μ乙g.‎ 即：m甲μ乙．‎ ‎(4)给的纸带有7段，去掉开始的一段，取后6段，由逐差法求得小车加速度 a＝ ‎＝1.62 m/s2.‎ ‎【答案】　(1)AD　(2)远小于　(3)小于　大于 三、计算题（本题共3小题，共32分）‎ ‎17．（10分）如图所示，将质量m＝0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上、与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以＝4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)。‎ 解析：　由题意可知，当F在竖直方向的分力恰等于环的重力时，Fsin 53°＝mg，解得F＝1.25 N。‎ 当F<1.25 N时，杆对环的弹力向上，由牛顿第二定律有Fcos θ－μFN＝ma，又因为FN＋Fsin θ＝mg，解得F＝1 N；‎ 当F>1.25 N时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律得：‎ Fcos θ－μFN＝ma，又因为Fsin θ＝mg＋FN，解得F＝9 N。‎ ‎18．(10分)在平直公路上有A、B两辆汽车，质量均为6.0×103 kg，运动时所受阻力均为车重的.它们的vt图象分别如15图中a、b所示，g取10 m/s2.求：‎ 图15‎ ‎(1)A车的加速度aA和牵引力FA；‎ ‎(2)0～3 s内B车的位移xB和牵引力FB. 【导学号：81370124】‎ ‎【解析】　(1)由图可得A车匀加速的加速度为aA＝＝ m/s2＝1.75 m/s2‎ 由牛顿第二定律得 FA－kmg＝maA 可得FA＝kmg＋maA 代入数据可得FA＝1.45×104 N.‎ ‎(2)0～3 s内B车的位移在数值上等于B车图线与横坐标轴围成的面积 xB＝9 m 由图可得B车匀减速的加速度为 aB＝＝－ m/s2‎ 由牛顿第二定律得 FB－kmg＝maB 可得FB＝kmg＋maB 代入数据可得FB＝0.‎ ‎【答案】　(1)1.75 m/s2　1.45×104 N　(2)9 m　0‎ ‎10．（12分）如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点到C点的距离L＝2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10 m/s2)．求：‎ ‎(1)滑块在运动过程中的最大速度的大小；‎ ‎(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．‎ 解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时达到速度最大值vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 30°＝ma1.‎ 由运动学公式知v＝ 解得vm＝4 m/s ‎(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得μmg＝ma2‎ 又v＝2a2L 解得μ＝0.4‎ ‎(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，则vm＝a1t1‎ 解得t1＝0.8 s 由于t>t1，故t＝1.0 s时滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s 设t＝1.0 s时速度大小为v，则v＝vm－a2(t－t1)‎ 解得v＝3.2 m/s 答案：(1)4 m/s　(2)0.4　(3)3.2 m/s