吉林省梅河口市博文学校2018_2019学年高一物理上学期第二次月考试题（含解析）.docx

吉林省梅河口市博文学校2018-2019学年高一物理上学期第二次月考试题（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第812题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.2018年11月1号23时57分，我国西昌卫星发射中心用长征三号乙型运载火箭，成功将第42颗北斗卫星送上太空。关于火箭发射，下列说法正确的是()A. 火箭刚离开发射架时，火箭处于失重状态B. 火箭刚离开发射架时，火箭处于超重状态C. 火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力D. 火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力小于火箭对气流的作用力【答案】B【解析】【详解】火箭加速上升时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，故A错误，B正确；高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力属于作用力与反作用力，所以高速气流对火箭的作用力等于火箭对气流的作用力，故C D错误。所以B正确，ACD错误。2.匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球，如图所示，小球下方与一光滑斜面接触。关于小球的受力，下列说法正确的是()A. 重力和细线对它的拉力B. 重力、细线对它的拉力和斜面对它的支持力C. 重力和斜面对它的支持力D. 细线对它的拉力和斜面对它的支持力【答案】A【解析】【详解】小球必定受到重力和细线的拉力。小球和光滑斜面接触，假设斜面对小球有弹力，则小球将受到三个力作用：重力、斜面的支持力和细线的拉力，重力和绳的拉力在竖直方向上，弹力垂直于斜面向上，三个力的合力不可能为零，小球将向右上方运动，与题设条件矛盾。故斜面对小球没有弹力。故小球只受到重力和细线对它的拉力两个力，所以A正确，BCD错误。3.如图所示，弹簧左端固定，右端可自由伸长到P点。一物块从光滑水平面的b位置以速度v向左运动，将弹簧压缩到最短a点，之后物块被弹簧向右弹出。物块从P到a的运动过程，以下说法正确的是()A. 物块的惯性减小B. 在a位置，物块的惯性为零C. 物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力大小相等D. 在a位置，物块对弹簧的作用力小于弹簧对物块的作用力【答案】C【解析】【详解】惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与运动状态无关，故AB错误；物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力是一对作用力与反作用力，所以总是大小相等，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。4.如图所示，放在光滑水平面上的物体A和B，质量分别为2m和m，第一次水平恒力F1作用在A上，第二次水平恒力F2作用在B上已知两次水平恒力作用时，A、B间的作用力大小相等则()A. F1F2 D. F12F2【答案】C【解析】设A、B间作用力大小为，则水平恒力作用在A上时，隔离B受力分析有：，整体有：，水平恒力作用在B上时，隔离A受力分析有：，整体有：，解得：，所以，故C正确，ABD错误。5.如图所示，两小球A、B固定在一轻质细杆的两端，其质量分别为和，将其放入光滑的半圆形碗中，当细杆保持静止时，圆的半径OA、OB与竖直方向夹角分别为30和45，则和的比值为()A. 1 B. 1 C. 21 D. 1【答案】A【解析】【详解】由于轻杆受两个球的弹力而平衡，故根据牛顿第三定律，杆对两球的弹力等大、反向，设大小为F，对两个球分别受力分析，如图所示：根据平衡条件并结合正弦定理，有：，联立解得：，故A正确，BCD错误。6.如图所示，天花板上固定有一光滑的定滑轮，绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量为M的铁块；右端悬挂有两质量均为m的铁块，上下两铁块用轻质细线连接，中间夹一轻质弹簧处于压缩状态，此时细线上的张力为，最初系统处于静止状态。某瞬间将细线烧断，则左端铁块的加速度大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据题意，烧断细线前轻绳上的张力为，可得到，以右下端的铁块为研究对象，根据平衡条件可知，细线烧断前弹簧的弹力为，细线烧断前的瞬间，铁块M与右端上面的铁块m间轻绳的张力也会发生变化，但二者加速度大小相同，根据牛顿第二定律有：，解得：，故选项C正确。点睛：本题考查牛顿第二定律的应用中的连接体问题，要注意受力分析是沿绳进行的。7.如图所示，套在绳索上的小圆环P下面用悬线挂一个重为G的物体Q并使它们处于静止状态。现释放圆环P，让其沿与水平面成角的绳索无摩擦下滑，在圆环P下滑过程中绳索处于绷紧状态(可认为是一直线)，若圆环和物体下滑时不振动，稳定后，下列说法正确的是()A. Q的加速度一定小于gsin B. Q的加速度一定大于gsin C. 悬线所受拉力为Gsin D. 悬线一定与绳索垂直【答案】D【解析】【详解】对整体分析，根据牛顿第二定律得：，则Q的加速度为gsin，故AB错误；隔离对Q分析，知Q的合力为：F合=mgsin，受重力和拉力两个力的作用，如图所示：根据合力的大小和重力大小关系知，悬线与绳索垂直。拉力为：T=Gcos，故D正确，C错误。所以D正确，ABC错误。8.关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是()A. 它是通过实验直接得到的B. 它的得出过程体现了科学研究的方法C. 牛顿第一定律说明了物体不受外力作用时的运动规律D. 它揭示了力是产生加速度的原因【答案】BCD【解析】牛顿总结了前人的经验，指出了加速和减速的原因，并指出了这个原因跟运动的关系，不是通过实验直接得到的，它的得出过程体现了科学研究的方法，故A错误，B正确；牛顿第一定律说明了物体不受外力作用时的运动规律，故C正确；牛顿第一定律指出：外力可以迫使物体改变匀速运动状态或静止状态，即力是产生加速度的原因，故D正确。所以BCD正确，A错误。9.一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反该过程的vt图象如图所示，g取10 m/s2下列说法中正确的是（ ）A. 小球所受重力和阻力之比为51B. 小球上升过程与下落过程所用时间之比为23C. 小球落回到抛出点时的速度大小为8m/sD. 小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态【答案】AC【解析】试题分析：小球向上做匀减速运动的加速度大小a112m/s2，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力f=ma1-mg=2m=2N，则重力和阻力大小之比为5：1故A正确；小球匀减速上升的位移x=224m24m，根据v2=2a2x得，；故B正确；小球下降的加速度大小，根据x=at2得，知上升的时间和下落的时间之比为：3故C错误； 下落的过程中，加速度向下，处于失重状态故D错误故选AB.考点：牛顿第二定律的综合应用.【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道v-t图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移；此题难度不大，意在考查了学生对基础知识的掌握程度.10.如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置的物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示。g=10 m/s2，下列判断正确的是 A. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B. 弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC. 物体的质量为2 kgD. 物体的加速度大小为5 m/s2【答案】CD【解析】试题分析：物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg=kx ;拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1+kx-mg=ma ；物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有F2-mg=ma ；代入数据解得m=2kg；k=500N/m=5N/cm；a=5m/s2，故AB错误，C D正确；故选CD考点：牛顿第二定律【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；本题关键是由图象得出一些相关物理量，然后根据牛顿第二定律列方程分析求解。11.如图所示，倾角30的斜面体A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态。现给物块b施加一个水平向右的力F，使b缓慢移动直到轻绳与竖直方向成30角(不计绳与滑轮间的摩擦)，对此过程说法正确的是()A. b受到绳的拉力逐渐增大B. 水平拉力F逐渐增大C. 小物块a受到的摩擦力先增大再减小D. 小物块a一定沿斜面缓慢上移【答案】AB【解析】【详解】b受力平衡，对b受力分析，如图所示：设绳与竖直方向的夹角为，b缓慢离开直到与竖直方向成30的过程中，变大，根据平行四边形定则可知，T逐渐增大，F逐渐增大，故AB正确；对a受力分析，如图所示：刚开始T=mg，a处于静止状态，则，方向向下，T增大时，f增大，摩擦力增大，由于不知道最大摩擦力的具体值，所以不能判断a是否会滑动，故BD错误。所以AB正确，CD错误。12.匀速转动的长传送带倾斜放置，传动方向如图所示，在顶部静止放上一物块，在物块下滑过程中，规定沿传送带向下为正，下列描述物块运动过程中的vt、at图象，可能正确的是()A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【详解】物块静止放到传送带后，受到重力、支持力、沿斜面向下的滑动摩擦力，做匀加速运动，速度均匀增大，由v=at知，v与t成正比。当速度等于传送带速度时，重力的下滑分力可能小于或等于最大静摩擦力，则物块将与传送带一起匀速向下运动，也可能重力的下滑分力大于最大静摩擦力，物块继续匀加速。开始阶段的匀加速过程中，由牛顿第二定律得：mgcos+mgsin=ma，得 a=gcos+gsin，第二个匀加速过程中，由牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma，解得： a=gsin-gcos，可知，aa，故AC正确，BD错误。二、非选择题：本题共5小题，共40分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.有同 利用如图所示的装置来探究求合力的方法：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FTOA、FTOB和FTOC，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验能完成的是（ ） A钩码的个数N1N22，N34 B钩码的个数N1N33，N24C钩码的个数N1N2N34 D钩码的个数N13，N24， N35（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是（ ） 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用天平测出钩码的质量（3）在作图时，你认为下图中_ （选填“甲”或“乙”）是正确的【答案】（1）BC （2） A （3）甲【解析】试题分析：（1）对O点受力分析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OC等于OD因此三个力的大小构成一个三角形。以钩码的个数表示力的大小，AD选项不能构成三角形；BC选项可以，所以B、C正确；A、D错误。（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三段绳子的方向，故A正确，BCD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，乙图不符合实际考点：本题考查验证力的平行四边形定则。14.在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，采用如图a所示的实验装置，让重物通过轻绳拖动小车在长木板上做匀加速直线运动其中小车质量用M表示，重物质量用m表示，加速度用a表示(1)实验时需要将长木板的一端垫起适当的高度，这样做是为了消除_的影响，使小车所受合外力F等于绳对小车的拉力(2)实验中由于绳对小车的拉力_(选填“大于”、“等于”、“小于”)重物所受的重力，会给实验带来系统误差为减小此误差，实验中要对小车质量M和重物质量m进行选取，以下四组数据中最合理的一组是_(填写相应序号)M200 g，m40 g、60 g、80 g、100 g、120 g、140 gM200 g，m30 g、35 g、40 g、45 g、50 g、55 gM400 g，m20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gM400 g，m10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、35 g(3)实验中某同学先保持重物质量m不变，改变小车质量M，测出了相应的加速度a.为便于得到a与M的关系，他采用图象法处理数据，你建议他做a与_的图象(4)甲、乙两同学用同一种方法做实验，即保持小车质量M不变，改变重物质量m，测出了相应的加速度a.正确操作后，他们根据各自测得的实验数据画出了如图b所示的aF图象他们得到的图象不同，其原因是他们选取的_不同，但他们得到了相同的结论，此结论是：_.【答案】 (1). （1）木板对小车的摩擦力 (2). （2）小于， (3). (4). （3） (5). （4）小车质量， (6). 当质量一定时，加速度与合外力成正比【解析】试题分析：（1）为了消除小车所受摩擦力对实验的影响，在该实验中需要将长木板的一端垫起适当的高度故答案为：木板对小车的摩擦力（2）重物与小车一起加速运动，因此重物对小车的拉力小于重物的重力，当盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有mM时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，因此第组数据比较符合要求故答案为：小于，（3）根据牛顿第二定律F=Ma，a与M成反比，而反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能作a-M图象；但，故a与成正比，而正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故应作a-图象故答案为：（4）图象的斜率表示小车质量大小，因此斜率不同说明小车质量不同，图象为过原点的直线，说明当质量一定时，加速度与合外力成正比故答案为：小车质量，当质量一定时，加速度与合外力成正比考点：本题考查探究加速度与质量、合外力的关系。15.如图所示为何斐娜蹦床比赛，已知何斐娜的体重为49 kg，设她从3.2 m高处自由下落后与蹦床的作用时间为1.2 s。离开蹦床后上升的高度为5 m，试求她对蹦床的平均作用力（g取10 m/s2）。【答案】1225 N方向竖直向下【解析】试题分析：应用自由落体公式分别求出接触蹦床和离开蹦床时的速度，在求出加速度，应用即可解题。运动员从3.2 m高处下落到与蹦床接触的过程中做自由落体运动，由运动学公式v22gh，带入数据解得接触蹦床时的速度大小为：v18 m/s同理，运动员离开蹦床时的速度大小为：根据加速度定义式可得加速度为：，方向竖直向上，她与蹦床接触的过程中受重力mg和蹦床对她的平均作用F，由牛顿第二定律得Fmgma，解得蹦床对她的平均作用力F1 225 N，方向竖直向上，由牛顿第三定律得她对蹦床的平均作用力FF1 225 N，方向竖直向下。点睛：本题主要考查了牛顿第二定律和牛顿第三定律的应用，属于基础题。16.如图所示，质量m1 kg的物块放在倾角37的斜面体上，要使物块与斜面体一起相对静止地沿水平方向向左做匀加速直线运动，则其加速度的取值范围是什么？已知物块与斜面体间的动摩擦因数0.3，物块与斜面体间的最大静摩擦力可以认为等于它们间的滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.【答案】3.67 m/s2a13.5 m/s2【解析】试题分析：对物体进行受力分析，由牛顿第二定律及平衡条件分别求出摩擦力向上和向下两种情况下的加速度，即可解题。（1）当物体将要沿斜面向下滑时，设此时的加速度为a，其受力情况如图所示，由牛顿第二定律有：由平衡条件有：又：联立以上并代入数据解得：a13.67 m/s2(2)当物体将要沿斜面向上滑动时，设此时的加速度为a2，其受力情况如图所示，由牛顿第二定律有：由平衡条件有：又：联立以上并代入数据解得：a213.5 m/s2故要使物块与斜面体一起相