【物理】福建省三明第一中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 （解析版）

【物理】福建省三明第一中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 （解析版）

福建省三明第一中学2019-2020学年高一上学期 第二次月考试题 一、单项选择题：共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分。在每一小题给出的四个选项中只有 一项是正确的。‎ ‎1.下列的说法中正确的是（ ）‎ A. 牛顿第一定律是实验结论 B. 伽利略理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因 C. 物体做匀减速直线运动时，加速度 a的方向与速度变化量的方向相同 D. 物体保持静止和匀速直线运动状态时有惯性，加速时没有惯性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不是直接通过实验得出的，故A错误；‎ B. 牛顿第一定律告诉我们，一切物体都有保持原来速度不变的性质，力不是维持物体运动的原因，力是该变物体运动状态的原因，故B错误；‎ C. 根据加速度定义 可知，a的符号与△v的符号相同，即加速度a的方向与速度变化量△v的方向相同，故C正确；‎ D.惯性是物体的属性，与状态无关，故D错误。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 高速行驶的磁悬浮列车，速度很大，加速度也一定很大 B. 物体所受合力为零时，速度一定为零 C. 两个分力的夹角小于 180°时，其合力大小随夹角的减小而减小 D. s、kg、m 是国际单位制中力学的三个基本单位 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 高速行驶的磁悬浮列车，速度很大，但是完全可以做匀速直线运动，所以加速度也可以为零，故A错误。‎ B. 力不是物体运动的原因，物体所受合力为零时，物体可能做匀速直线运动，速度不一定为零。故B错误；‎ C. 两个分力的夹角小于180°时，其合力大小随夹角减小而增大，故C错误；‎ D. s、kg、m 是国际单位制中力学的三个基本单位，故D正确。‎ ‎3.把一木块放在水平桌面上保持静止，下列说法正确的是（　　）‎ A. 木块对桌面的压力是因为桌面发生了向下的弹性形变引起的 B. 木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力是一对平衡力 C. 木块对桌面的压力大小等于木块的重力 D. 木块的重力和桌面对它的支持力是一对作用力和反作用力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】木块对桌面的压力是弹力，是由于木块发生形变而产生的．故A错误．木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力是一对作用与反作用力，选项B错误；根据平衡条件可知：桌面对木块的支持力大小等于木块的重力，而桌面对木块的支持力与木块对桌面的压力是一对作用力与反作用力，大小相等，则木块对桌面的压力在数值上等于木块受到的重力．故C正确．木块的重力和桌面对它的支持力是一对平衡力，故D错误．故选C．‎ ‎4.一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度-时间图象如图所示，那么在0～t0和t0-3t0两段时间内（　　）‎ A. 加速度之比为3：1 B. 位移大小之比为1：1‎ C. 平均速度大小之比为1：1 D. 在时刻汽车的运动方向发生改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据v-t图象斜率的绝对值等于加速度大小，则得：加速度大小之比为：a1：a2=：=2:1；故A错误.‎ B.根据v-t图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，则得：位移之比为x1：x2=v0t0：‎ v0•2t0=1:2；故B错误.‎ C.在0-t0时间内物体做匀加速直线运动，在t0-3t0间内物体做匀减速直线运动，由平均速度公式得两段时间内的平均速度均为；故C正确.‎ D.汽车的速度一直为正，运动方向没有改变；故D错误.‎ ‎5.木块沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是 A. 木块只受重力与斜面对它的支持力 B. 木块所受重力可分解为平行于斜面的下滑力和对斜面的压力 C. 木块受重力、斜面对它的支持力、摩擦力和下滑力 D. 斜面对木块的支持力与摩擦力的合力竖直向上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】木块沿斜面匀速下滑，则木块受重力、斜面对它的支持力、摩擦力作用，选项ABC错误；物体受合力为零，则斜面对木块的支持力与摩擦力的合力与重力等大反向，则竖直向上，选项D正确；故选D.‎ ‎6.如图甲，手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则 ‎ A. 电脑受到的支持力变小 B. 电脑受到的摩擦力变大 C. 散热底座对电脑作用力的合力不变 D. 电脑受到的支持力与摩擦力大小之和等于重力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、电脑放在散热器上处于静止状态，受重力，支持力和摩擦力，处于三力平衡状态，如下受力分析示意图 散热器从卡位1调到卡位4后，斜面倾角变小，故支持力N变大，摩擦力f变小，AB均错误；‎ C、散热底座对电脑作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，C正确；‎ D、电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡，根据三角形两边之和大于第三边可知，大小之和大于其重力，D错误．‎ ‎7.有 2 个力，它们的合力为 0。现把其中一个大小等于 10N、方向向东的力改为向南（大小不变），则它们的合力（ ）‎ A. 大小为 10N，方向东偏南 45°‎ B. 大小为 10N，方向西偏南 45°‎ C. 大小为 10N，方向西偏南 45°‎ D. 大小10N，方向东偏南 45°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，两力的大小为10N，方向相互垂直，根据力的平行四边形定则，由勾股定理可得，合力大小为：‎ F=10N 方向为两力夹角的角平分线上，即西偏南45°；‎ A. 大小为 10N，方向东偏南 45°与分析不符，故A错误。‎ B. 大小为 10N，方向西偏南 45°与分析不符，故B错误。‎ C. 大小为 10N，方向西偏南 45°与分析相符，故C正确。‎ D. 大小为10N，方向东偏南 45°与分析不符，故D错误。‎ ‎8.如下图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面的弹簧．在这个过程中，下面木块移动的距离为(　　)‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将起始状态的两木块作为整体受力分析，可得下方弹簧的弹力，则起始时，下方弹簧的压缩量．待上面木块离开弹簧时，上方弹簧弹力为零，对下面木块受力分析，可得下方弹簧的弹力，则终了时，下方弹簧的压缩量．由几何关系得这个过程中下面木块移动的距离．故C项正确，ABD三项错误．‎ ‎9.如图所示，两完全相同的小球M和N放在光滑竖直挡板和固定斜面间，处于静止状态．现顺时针缓慢转动挡板，在挡板缓慢转动到与斜面垂直的过程中 ‎ ‎ A. N球对斜面的压力减小 B. M球对挡板的压力逐渐减小 C. M、N两球间的弹力逐渐增大 D. M球对斜面的压力逐渐增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】虽然挡板在变化，但球M对球N的弹力方向没变，球N的重力没变，斜面对球N的支持力方向也没变，虽然球N位置在缓慢变化，但球N所受力没有变化，故N球对斜面的压力不变，MN两球的弹力没有变．所以AC错误；‎ 球M受力分析，当缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，弹力F1的方向也从图示位置转动到与斜面平行位置．则两个弹力的合力不变，当夹角变小时，两弹力大小均变小，故M球对挡板的压力逐渐减少，M球对斜面的压力逐渐减少．故B正确，D错误；故选B．‎ ‎10.在单杠上做引体向上，两臂平行和两臂张开，如图所示，都可以使自己慢慢向上升起．下列说法正确的是（　　）‎ A. 两臂平行手臂用力较小，每个手臂拉力小于 B. 两臂张开手臂用力较小，每个手臂拉力小于 C. 两臂平行手臂用力较大，每个手臂拉力大于 D. 两臂张开手臂用力较大，每个手臂拉力大于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】受力分析如图所示：‎ 拉力T的合力F与人的重力大小相等方向相反，故夹角的变化时，合力大小仍不变；两臂平行时，拉力T竖直向上，则，两臂张开时，如图，当手臂间距增大时，相当于在力图中两力T之间的夹角θ增大，根据力的平行四边形定则可知，这两个力增大，但两个力的合力，仍与重力平衡，始终不变，由平衡条件得则拉力T＞，故ABC错误，D正确．‎ 二、多选择题(每小题 4 分，共 16 分.在每小题给出的选项中，有多个选项正确.全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分)‎ ‎11.固定在水平面上的光滑半球的半径为R，球心O的正上方固定一个光滑的小定滑轮，细线的一端绕过定滑轮，今将小球从图示位置缓慢地拉至B点，在小球到达B点前的过程中，小球对半球的压力N，细线的T拉力大小变化情况正确的是 A. N不变 B. N变小 C. T变小 D. T变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】在小球被拉升的过程中对小球进行受力分析，小球受重力、半球面对小球的弹力和绳对小球的拉力，小球在三个力作用下缓慢滑向半球顶点，可视为小球在运动过程中受力平衡，即小球受重力、支持力和绳拉力的合力为零．如图，作出小球的受力示意图，由图可知：‎ ‎ 因为小球所受合力为零，故小球所受重力mg、半球对小球的弹力F和绳对小球A的拉力T可以构成一个闭合的三角形，如图可知，三个力构成的三角形与图中由绳AC、顶点高度CO及半球半径AO构成的三角形ACO始终相似，故有：，由于小球在上拉的过程中，CO和AO的长度不变，AC减小，在力中由于重力不变，所以根据相似比可以得出：小球的拉力T变小，半球对小球A的支持力N不变，绳对小球A的拉力T变小，故AC正确，BD错误．‎ ‎12.如图所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是 （ ）‎ A. a一定受到4个力 B. a可能受到6个力 C. b一定受到3个力 D. b可能受到2个力 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】对物体b受力分析，受重力、支持力和摩擦力，处于三力平衡状态，故D错误，C正确；对物体a、b整体受力分析，受重力、支持力，若墙壁对整体有支持力，水平方向不能平衡，故墙壁对整体没有支持力，故也没有摩擦力；最后对物体a受力分析，受推力、重力、物体b对其的压力和静摩擦力，即物体a共受4个力；故A正确，B错误；故选AC．‎ ‎13.如图所示，倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是： （ ）‎ A. 木块受到的摩擦力大小是mgsinα B. 斜面体对木块总的作用力大小是mg C. 桌面对斜面体的摩擦力大小是mg·sinα·cosɑ D. 桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 先对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件：‎ f=mgsinα…①‎ N=mgcosα…②‎ 根据木块受力平衡，斜面体对木块总的作用力与重力平衡，大小是mg，故A正确，B正确；‎ CD、对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为N=(M+m)g，静摩擦力为零，故C错误，D正确．‎ 故选ABD.‎ ‎14.有一种游戏,游戏者手持乒乓球拍托球移动，距离大者获胜。若某人在游戏中沿水平面做匀加速直线运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示。设球拍 和球质量分别为 M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则（ ）‎ A. 运动员的加速度大小为 gtanθ B. 球拍对球的作用力大小为 mg C. 球拍对球的作用力大小为F=‎ D. 运动员对球拍的作用力大小为(M+m)gtanθ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示 则小球所受的合力为mgtanθ，根据牛顿第二定律得：，故A正确。‎ BC. 根据平行四边形定则知，球拍对球作用力，故B错误C正确。‎ D. 对球拍和球整体分析，整体的合力为（M+m）a，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为：故D错误。‎ 三、实验、填空题（本题共 2 小题，每空 2 分，共 24 分）‎ ‎15.如图甲是一座石拱桥，图乙是简化图，用四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱桥，其中第 3、4 块固定在地基上1、2 块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°，假定每块石块的质量为 m，两石块间的摩擦 力忽略不计，重力加速度为 g 则第 2、4 石块间的作用力大小为_________。‎ ‎【答案】2mg ‎【解析】‎ ‎【详解】如图对第2个石块进行受力分析，由几何关系知：‎ ‎16.某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度．‎ ‎（1）请指出该同学在实验操作中存在的两处错误：a_____；b_____．‎ ‎（2）该同学经正确操作得到如图乙所示纸带，已知ABCDEF为打下的连续六个点，测得对应的距离为h1、h2、h3、h4、h5．若已知打点计时器的打点周期为T，则打E点时速度的表达式为vE＝_____；‎ ‎（3）若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出v2与h的关系图线如图丙所示．则斜率表示_____，可以计算得出重力加速度的大小为_____m/s2（保留2位有效数字）．‎ ‎（4）根据以上（3）问结果，为了求出物体在运动过程中所受的阻力，还需测量的物理量有_____（用字母表示，并说明字母所表示的物理意义，已知当地的重力加速度大小为9.8m/s2）．‎ ‎（5）如果当时电网中交变电流的电压变成210V，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比_____．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）‎ ‎【答案】 (1). 打点计时器应该接交流电源 开始时重物应该靠近打点计时器 ‎ ‎(2). (3). 重力加速度大小的2倍 9.4 (4). 物体的质量m (5). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）打点计时器使用交流电源，而该题中接了直流电；重物离打点计时器太远，这样纸带上上所打点很少，不利于减小误差．‎ ‎（2）匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有：‎ ‎（3）根据，可得：‎ ‎，结合图象明确知图线的斜率表示2g，所以，则g＝9.4m/s2．‎ ‎（4）物体在下降的过程中受到重力与阻力的作用，得：mg﹣f＝ma，为了求出物体在运动过程中所受的阻力，还需知道物体的质量，所以要测量的物理量是质量；‎ ‎（5）打点计时器的周期与交流电的周期相同，交流电电压的变化不影响其周期，所以当时电网中交变电流的电压变成210V，打点计时器的周期不变，对测量的数据没有影响．加速度的测量值不变．‎ ‎17.图甲 O 点为橡皮条与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．‎ ‎（1）此时图甲要记录下拉力 F1、F2 的大小，并在白纸上记录______________，以及 O点的位置.‎ ‎（2）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿 AO 方向的是___________．‎ ‎（3）本实验采用的科学方法是______________．‎ A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 ‎（4）下列方法中，有助于减小实验误差的是______________ ‎ A．尽可能使 OB 和 OC 两细绳的夹角大些 ‎ B．尽可能使两弹簧秤的读数相差大些 C．尽可能使 OB 和 OC 两细绳与纸面平行 ‎【答案】 (1). 两个力的方向 (2). F′ (3). B (4). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)该实验中，需要根据力F1、F2的大小和方向做出平行四边形，求出合力与一个弹簧拉橡皮筋时拉力F′进行比较，因此需要记录拉力F1、F2的大小和方向；‎ ‎(2)实际测量合力应与橡皮筋在同一条直线上，即F′与OA在同一条直线上。‎ ‎(3)合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法。故B正确ACD错误。‎ ‎(4) 实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，夹角不宜太大，也不宜太小，合力太小，读数的相对误差大，拉力应该平行与纸面，否则方向无法准确表示，故AB错误C正确。‎ 四．计算题（本题共 4 小题，共 30 分。解答各小题时，应写出必要的文字说明、表达式和 重要步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位）‎ ‎18.如图所示，小孩与冰车的总质量m = 20kg．大人用恒定拉力使冰车由静止开始沿水平冰面移动，拉力F = 20N，方向与水平面的夹角θ =37°．已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ= 0.05，重力加速度g =10m/s2，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8．求：‎ ‎(1)小孩与冰车受到的支持力大小；‎ ‎(2)小孩与冰车的加速度大小；‎ ‎(3)拉力作用t =8s时间内，冰车位移的大小．‎ ‎【答案】(1)N=188N (2)a =0.33m/s2 (3)x=10.56m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）冰车和小孩受力如图所示 竖直方向合力为零 FN+Fsinθ=mg 解得支持力 FN=188N ‎（2）水平方向根据牛顿第二定律Fcosθ-f=ma 摩擦力f=μFN 解得加速度 a = 0.33m/s2‎ ‎（3）根据匀变速直线运动规律 解得 x =10.6m 或10.56m ‎19.甲、乙两辆汽车沿平直公路同向匀速行驶，甲车在乙车前面，它们之间相距 ‎20m，速度均为某时刻，甲车刹车作匀减速直线运动，加速度大小为而乙一直做匀速直线运动.从此时刻起，求:‎ ‎(1)甲车经过多长时间停止运动?‎ ‎(2)当甲车静止时，甲、乙两辆汽车之间的距离为多大?‎ ‎(3)从甲开始刹车时计时，经多长时间两车相遇?‎ ‎【答案】（1）2.5s（2）7.5m（3）3.25s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）甲车刹车到停止的时间 ‎ ‎（2）甲车静止时，甲车的位移 ‎ 乙车的位移x2=v0t=10×2.5m=25m， 甲乙两车之间的距离△x=x1+s0-x2=12.5+20-25m=7.5m． （3）甲车停止后，乙需继续追及的时间， 则t总=t+t′=2.5s+0.75s=3.25s．‎ ‎20.如图，重物A和B的质量分别为mA=3Kg、mB=2Kg，斜面体质量为M=4Kg，滑轮和绳质量及其之间的摩擦不计，整个装置均静止，试求：‎ ‎（1）画出受力分析图，求绳中张力F的大小；‎ ‎（2） A受斜面的摩擦力f的大小和方向；‎ ‎（3）地面给斜面体的支持力大小，以及地面给斜面体的摩擦力f'大小和方向．‎ ‎【答案】(1)20N；(2)2N，方向向下，(3)80N, ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑轮的受力分析如图：‎ ‎2Fcos60°=mBg，F=mBg=20N；‎ ‎（2）对A，受力平衡：设所受摩擦力向下，则：‎ F-mAgsin37°-f=0‎ F=20-3×10×0.6N=2N，方向沿斜面向下；‎ ‎（3）将斜面和A作为一个整体，‎ 竖直方向：FN-Fcos60°-（M+m）g=0，FN=20×cos60°+（4+3）×10N=80N；‎ 水平方向：Fsin60°-Ff=0，Ff=20×sin60°=，方向向左．‎ ‎21.某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为，光滑小球的质量，力传感器固定在竖直挡板上，重力加速度，，，求：‎ ‎(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；‎ ‎(2)当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为42N，此时装置的加速度大小；‎ ‎(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0N，此时整个装置的运动方向及加速度大小.‎ ‎【答案】(1)30N (2) (3) 左加速或向右减速，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)以小球为研究对象，设小球与力传感器间的作用力大小为F，小球与斜面之间的弹力大小为：‎ 由几何关系可得 解得：；‎ ‎(2)对小球：竖直方向：‎ 水平方向：‎ 解得：‎ ‎(3)要使力传感器示数为0，则有：重力和斜面的支持力充当合外力，则有：‎ ‎；‎ ‎；‎ 解得：‎ 此时系统应加速度向左，可能是向左加速或向右减速.‎ ‎【点睛】本题考查牛顿第二定律及共点力平衡条件的应用，要注意正确受力分析，明确物体的受力情况，再由牛顿第二定律列式求解.‎ ‎ ‎