甘肃省张掖市临泽县第一中学2019-2020学年高一上学期11月月考物理试题

甘肃省张掖市临泽县第一中学2019-2020学年高一上学期11月月考物理试题

临泽一中2019-2020学年上学期11月月考试卷 高一物理 第Ⅰ卷 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1~8题只有一项符合题目要求，第9~12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.由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位，叫做导出单位。导出单位可以用基本单位表示，则力的单位“牛顿（N）”用国际单位制的基本单位表示正确的是 A. kg·s2/m B. kg·m/s‎2 ‎C. kg·s/m2 D. kg·m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】力的单位是牛，根据牛顿第二定律：‎ F=ma 可知：‎ ‎1N=‎1kg•m/s2‎ 故B正确，ACD错误。‎ ‎2.甲、乙两队拔河，甲队获胜，则下列说法正确的是（）‎ A. 甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲队获胜 B. 只有在甲队把乙队匀速拉过去时，甲对乙的拉力才等于乙对甲的拉力 C. 当甲队把乙队加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力 D. 甲对乙的拉力始终等于乙对甲的拉力，只是地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力，所以甲队获胜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.物体间力的作用是相互的，对于拔河的两个队，甲对乙施加了多大拉力，乙对甲也同时产生一样大小的拉力，双方之间的拉力并不是决定胜负的因素，故ABC错误；‎ D.获胜只取决于哪边的最大静摩擦力大，甲队获胜，表示地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力，故D正确。‎ ‎3.用长度为L的铁丝绕成一个高度为H 的等螺距螺旋线圈，将它竖直地固定于水平桌面．穿在铁丝上的一珠子可沿此螺旋线圈无摩擦地下滑．这个小珠子从螺旋线圈最高点无初速滑到桌面经历的时间为（ ）‎ A. B. C. D. L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将螺旋线圈分割成很多小段，每一段近似为一个斜面，由于螺旋线圈等螺距，每一小段的斜面倾角相同，设为，据几何关系，有。物体做加速度大小不变的加速运动，据牛顿第二定律，有，解得：。由于物体与初速度和加速度大小相同的匀加速直线运动的时间相同，则，解得：。故D项正确，ABC三项错误。‎ ‎【点睛】本题关键是运用微元法将螺旋线圈分割成很多倾角相同的斜面，然后据牛顿第二定律和运动学公式等效求解。‎ ‎4.如图所示，一个上表面水平的劈形物体M放在固定的光滑斜面上，在其上表面放一个光滑小球m，让劈形物体从静止开始释放，则在小球碰到斜面之前的运动过程中，小球的运动轨迹是（ ）‎ A. 沿斜面向下的直线 B. 竖直向下的直线 C. 水平的直线 D. 抛物线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】据题意，小球是光滑的，竖直方向上受到重力和M 的支持力，当劈形物体从静止开始释放后，M对小球的支持力减小，小球的合力方向竖直向下，则小球沿竖直向下方向运动，直到碰到斜面前，故其运动轨迹是竖直向下的直线，故B正确，A、C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】关键要正确分析小球的受力情况，抓住水平方向不受力，状态不发生改变。‎ ‎5.物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法．控制变量法等。以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（  ）‎ ‎①根据平均速度的定义式，当趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法 ‎②在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法 ‎③在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法 ‎④推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法 A. ②③④ B. ①③④ C. ①②③ D. ①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据平均速度定义式 ，当趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，故①正确；在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了理想模型法，故②错误；在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法，故③正确；推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法，故④正确；故选B.‎ ‎6.一物体放在光滑水平面上，初速为零，先对物体施加一向东的恒力F，历时1s，随即把此力改为向西，大小不变，历时1s；，接着又把此力改为向东，大小不变，历时1s；如此反复，只改变力的方向，共历时1min，之后撤去该力。在此1min内 A. 物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末静止于初始位置之东 B. 物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末静止于初始位置 C. 物体时而向东运动，时而向西运动，在1min未继续向东运动 D. 物体一直向东运动，从不向西运动，在1min末静止于初始位置之东 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】物体在光滑的水平面上静止，当施加向东的恒力时，物体水平方向上只受一个恒力F作用，恒力改变了物体的运动状态，物体进行匀加速直线运动。1s后当施加一个向西的恒力作用，恒力改变了物体的运动状态，物体向东匀减速直线运动，因为力大小未变，所以1s后物体处于静止状态。物体在2s内进行一个循环，一直向东加速，减速，静止，静止是在物体原位置的东侧，1min之后物体正好进行了30个循环，物体处于静止状态，在原位置的东侧。‎ A. 描述与分析结论不符，故A错误。‎ B. 描述与分析结论不符，故B错误 C. 描述与分析结论不符，故C错误。‎ D. 描述与分析结论相符，故D正确。‎ ‎7.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v–t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2>v1，则 A. t2时刻，小物块相对传送带滑动距离达到最大 B. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 C. 0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D. 0~t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.在时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，在时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大；时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，则知小物块相对传送带滑动的距离达到最大，且由此可知在时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故A正确，BC错误；‎ D.由图可知，小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D错误。‎ ‎8.如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=‎0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a。(取)则( )‎ A. 当a=‎5m/s2时，线中拉力为 ‎ B. 当a=‎10m/s2时, 小球受的支持力为 C. 当a=‎12m/s2时, 经过1秒钟小球运动的水平位移是‎6m D. 在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当小球对滑块的压力恰好等于零时，小球所受重力mg和拉力T使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动，由牛顿运动定律得小球和滑块共同的加速度为：。‎ A．当时，斜面对小球有支持力，将小球所受的力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，有：，，联立解得：，故A正确；‎ B．当时，斜面对小球恰好没有支持力，故N=0，故B错误；‎ C．当时，滑块的位移为，而小球要先脱离斜面，然后保持与滑块相同的运动状态，故在这1s内小球运动的水平位移小于‎6m，故C错误；‎ D．在稳定后，对小球和滑块A整体受力分析可知，在竖直方向没有加速度，故地面对A 的支持力等于两个物体重力之和，故D错误。‎ ‎9.关于力与运动，下列说法中正确的是( )‎ A. 做匀速直线运动的物体，一定不受任何外力作用 B. 当物体的速度等于零时，一定不受到外力作用 C. 当物体的运动状态改变时，物体一定受到外力作用 D. 物体的运动方向不一定是物体所受合外力的方向 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 做匀速直线运动的物体，可能不受任何外力作用，也可能受到合力为零的外力作用，选项A错误；‎ B. 当物体的速度等于零时，也可能受到外力作用，例如做自由落体运动的物体刚刚释放时，选项B错误；‎ C. 根据牛顿第一定律可知，当物体的运动状态改变时，物体一定受到外力作用，选项C正确；‎ D. 物体的运动方向与合外力方向不一定相同，即速度方向不一定是物体所受合外力的方向，选项D正确。‎ ‎10.如图所示，小明在做双脚跳台阶的健身运动，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )‎ A. 小明在空中上升过程处于超重状态 B. 小明在空中下降过程中处于失重状态 C. 小明向上起跳脱离地面前处于超重状态 D. 小明落地后下降过程处于失重状态 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 小明在空中上升过程中只受重力作用，加速度为g，处于失重状态，选项A错误；‎ B. 小明在空中下降过程中只受重力作用，加速度为g，处于失重状态，选项B正确；‎ C. 小明向上起跳脱离地面前有向上的加速度，则处于超重状态，选项C正确；‎ D. 小明落地后下降过程做减速运动，加速度向上，则处于超重状态，选项D错误。‎ ‎11.如图甲所示,一质量为m0的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出其加速度a,得到如图乙所示的a-F图象。g取‎10 m/s2,则（ ）‎ A. 滑块的质量m=‎‎4 kg B. 木板的质量m0=‎‎6 kg C. 当F=8 N时滑块的加速度为‎2 m/s2‎ D. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、当时，加速度为，对整体分析，由牛顿第二定律，代入数据得，当，根据进牛顿第二定律的，知图像的斜率，解得，滑块的质量，故A正确，B错误。‎ C、当时，对滑块，根据牛顿第二定律的，解得，故C错误。‎ D、根据的图像知时，，即，代入数据的，D正确。‎ ‎【点睛】解此题的关键是根据木板的a-F图象，分析得到木板和滑块的运动情况，即何时相对静止，何时相对运动。同时也要能对两物体正确的受力分析。‎ ‎12.如图所示，水平粗糙桌面上有a、b两个小滑块，之间连接一弹簧，a、b质量均为m，现用水平恒力F拉滑块b，使a、b一起在桌面上匀加速运动，弹簧原长为L，劲度系数为 k，已知弹簧在弹性限度内．物块与桌面间的动摩擦因数不变，下列说法正确的是（　 ）‎ A. ab间的距离为L+F/(2k)‎ B. 撤掉F后，a作匀速运动，b作匀减速运动 C. 若弹簧在a连接处突然断开，a、b的加速度一定都增大 D. 撤掉F的瞬间，a的加速度不变，b的加速度可能增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】设弹簧伸长量为x，两木块一起匀加速运动，它们有共同的加速度。设为a。对于整体，由牛顿第二定律：F-2μmg=2ma，a=-μg；对于a：kx-μmg=ma；解得：x=；故两木块之间的距离是：S=L+，故A正确。撤掉F后，由于弹簧的拉力大于所受的摩擦力，a将向右作加速运动，b所受的合力减小，加速度减小，作加速度减小的减速运动。故B错误。若弹簧在a连接处突然断开，a的加速度大小 aa==μg，b的加速度，则知b的加速度一定增大，而a的加速度则不一定增大。故C错误。撤掉F的瞬间，a的加速度不变，a的受力情况未变，加速度不变，而b的加速度，则知b的加速度一定增大，故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】本题是连接体问题，要抓住两个物体的加速度相同列式，关键要明确撤掉F的瞬间，弹簧的弹力没有改变进行分析．‎ 第Ⅱ卷 二、实验题：本题共2小题，共15分。‎ ‎13.某同学用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：‎ ‎(1)该同学在实验前准备了图甲中所示的实验装置及下列辅助器材：其中不必要的器材是_______（填代号）．‎ A. 交流电源、导线       B. 天平（含配套砝码）     C. 秒表     D. 刻度尺     E. 细线、砂和小砂桶 ‎(2)打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况．其中一部分纸带上的点迹情况如图2所示，已知打点计时器打点的时间间隔为0.02s，测得A点到B、C点的距离分别为x1=‎5.99cm、x2=‎13.69cm，小车做匀加速直线运动的加速度a=______m/s2.（结果保留三位有效数字）‎ ‎(3)在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图3所示的a-F图象，其中图线不过原点的原因是_______，图线在末端弯曲的原因是_____________．‎ ‎【答案】 (1). C (2). 1.71 (3). 木板角度太大，平衡摩擦力过度 (4). 砂和砂桶的质量太大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表．上述器材中不必要的为C．‎ ‎(2)[2]因为计数点间时间间隔T=0.1s；根据△x=aT2得：‎ ‎(3)[3]由图象可知小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大． [4]该实验中当小车的质量远大于砂和小砂桶质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砂和小砂桶的总重力大小；随着砂和小砂桶质量增大，细线对小车的拉力大小小于砂和小砂桶的总重力大小，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象．‎ ‎14.某物理课外小组利用如图甲所示的装置完成探究小车的加速度与其所受合外力之间的关系实验。‎ ‎(1)请补充完整下列实验步骤的相关内容。‎ ‎①用天平测量砝码盘的质量m0；用游标卡尺测量遮光板的宽度d，游标卡尺的示数如图乙所示，则其读数为__________cm；按图甲所示安装好实验装置，用米尺测量两光电门之间的距离s；‎ ‎②在砝码盘中放入适量的砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门A和光电门B的时间相等；‎ ‎③取下细绳和砝码盘，记下________；（填写相应物理量及其符号）‎ ‎④让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB；‎ ‎⑤步骤④中，小车从光电门A下滑至光电门B过程合外力为_________，小车的加速度为___________；（用上述步骤中的物理量表示，重力加速度为g）‎ ‎⑥重新挂上细线和砝码盘，改变长木板的倾角和砝码盘中砝码的质量，重复②~⑤步骤。‎ ‎(2)本实验中，以下操作或要求是为了减小实验误差的是_______。 ‎ A．尽量减小两光电门间的距离s B．尽量增大遮光片的宽度d C．调整滑轮，使细线与长木板平行 D．砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量 ‎【答案】 (1). 0.54 (2). 砝码盘中砝码的质量m (3). (4). (5). C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①.游标卡尺的读数为‎0.5cm+‎0.1mm×4=‎0.54cm；‎ ‎③.‎ 在砝码盘中放入适量砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门A和光电门B的时间相等，此时小车做匀速运动，取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m. ⑤取下细绳和砝码盘后，小车受到的合力即为砝码盘和盘中砝码的总重力，即为F=（m+m0）g，由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度． 滑块通过光电门1速度vA=，滑块通过光电门2速度vB=， 根据速度位移公式可知2as=vB2- vA2，解得a= ‎ ‎⑥．尽量增大两光电门间的距离s，距离大一些，误差小一些，故A错误；尽量减小遮光片的宽度d，使测量的瞬时速度等于平均速度，故B错误；调整滑轮，使细线与长木板平行，否则撤去绳子后，合力不等于绳子拉力，故C正确；本实验没有用砝码盘和盘中砝码的重力代替绳子的拉力，不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故D错误．故选C.‎ ‎【点睛】光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度.‎ 三、计算题：本题共3小题，共37分。解答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。‎ ‎15.在倾角θ=37°的平直滑道上，一名质量‎75kg的滑雪运动员由静止开始向下滑行，运动员受到的空气阻力速度成正比，比例系数为k，运动员与滑道间的动摩擦因数为。今测得运动员从静止开始沿滑道下滑的速度-时间图像如图所示，图中的OA直线是t=0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=‎10m/s2。求：‎ ‎(1)t=0时刻运动员的加速度大小？‎ ‎(2)动摩擦因数和比例系数K？‎ ‎【答案】(1)a=‎4m/s2 (2)=0.25 k=‎30kg/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由速度－时间图像可知，物体开始做加速度减小的加速直线运动，最后作匀速运动，在t=0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有 ‎(2)在t=0时刻，v0=0，由牛顿第二定律可得 最后匀速运动，vm=‎10m/s，a=0，由平衡关系可得 联立可得 ‎=0.25‎ k=‎30kg/s ‎16.如图，质量M＝‎1kg的木板静止在水平面上，质量m＝‎1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝‎10m/s2，现给铁块施加一个水平向左的力F。‎ ‎（1）若力F恒为7N，经1s铁块运动到木板的左端，求木板的长度；‎ ‎（2）若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象。‎ ‎【答案】（1）‎0.5m（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对铁块由牛顿第二定律得:‎ 对木板，由牛顿第二定律得:‎ 设木板的长度为L,,经时间t铁块运动到木板的左端，则 联立解得L=‎‎0.5m ‎（2）（i）当2N时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力平衡，即f＝F ‎（ⅱ）当N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相的加速度a，根据牛顿第二定律有：‎ 解得 N 此时4N，也即F≤6N 所以当2N6N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为 ‎4N，‎ f－F图象如图所示 ‎17.如图所示，质量为小球穿在斜杆上， 斜杆与水平方向的夹角为θ=37°，球恰好能在杆上匀速向下滑动．现在给球加一大小为的水平推力作用，使小球沿杆向上加速滑动（g取‎10m/s2，sinθ=0.6，cosθ=0.8），求：‎ ‎(1)小球与斜杆间的动摩擦因数的大小；‎ ‎(2)小球沿杆向上加速滑动的加速度大小．‎ ‎【答案】(1)0.75 (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球匀速下滑时，对小球受力分析，由平衡条件可知：‎ 解得 ‎(2)水平推力作用后，由牛顿第二定律：‎ 解得：‎