云南省镇康县第一中学2019-2020学年高一上学期12月月考物理试题

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云南省镇康县第一中学2019-2020学年高一上学期12月月考物理试题

云南省镇康县第一中学2019-2020学年上学期12月份考试 ‎ 高一物理 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。‎ ‎ ‎ 一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分) ‎ ‎1.下列速度中,指平均速度的是(  )‎ A. 雨滴落地时的速度 B. 汽车通过南京长江大桥的速度 C. 子弹射出枪口时的速度 D. 跳水运动员起跳后,到达最高点的速度 ‎2.如图所示,固定的斜面上有一个质量为m的物块在沿斜面向下的拉力F1作用下匀速下滑,在下滑过程中的某时刻对物块再施加一个竖直向上的恒力F2,且F2F2,则1施于2的作用力大小为(  )‎ A.F1 B.F2 C.(F1+F2) D.(F1-F2)‎ ‎8.两个力F1和F2间的夹角为θ,两个力的合力为F.以下说法正确的是(  )‎ A. 若F1和F2大小不变,θ角越小,合力F就越小 B. 合力F可能比任何一个分力都小 C. 合力F总比任何一个分力都大 D. 如果夹角θ不变,F1大小不变,只要F2增大,合力F就必然增大 ‎9.如图是关于车拉马、马拉车的问题,下列说法中正确的是(  )‎ A. 马拉车不动,是因为马拉车的力小于车拉马的力 B. 马拉车前进,是因为马拉车的力大于车拉马的力 C. 马拉车,不论车动还是不动,马拉车的力的大小总是等于车拉马的力的大小 D. 马拉车不动或车匀速前进时,马拉车的力与车拉马的力才大小相等 ‎10.2013年6月“神舟十号”载人飞船与“天宫一号”成功对接,全国人民为之振奋.如下图甲所示,假设发射飞船的火箭某段时间内由地面竖直向上运动,该段时间内其竖直方向上的v-t图象可简化为如图乙所示,由图象可知(  )‎ A. 0~t1时间内火箭的加速度小于t1~t2时间内火箭的加速度 B. 在0~t2时间内火箭上升,t2~t3时间内火箭下落 C.t2时刻火箭离地面最远 D.t3时刻火箭回到地面 ‎11.如图所示,A、B两物体的质量分别为mA、mB,且mA>mB,整个系统处于静止状态,滑轮的质量和一切摩擦均不计,如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点,整个系统重新平衡后,绳的拉力F和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ变化情况是(  )‎ A.F变大,θ角变大 B.F变小,θ角变小 C.F不变,θ角变小 D.F不变,θ角不变 ‎12.11月28日,在纽约举行的世界杯游泳比赛中,我国女蛙王罗雪娟在50 m蛙泳比赛中,以31秒的成绩获得金牌,高科技记录仪测得她冲刺终点的速度为40 m/s,则她在50 m的运动中平均速度约为(  )‎ A. 20 m/s B. 1.61 m/s C. 4.0 m/s D. 1.70 m/s 二、多选题(共4小题,共16分) ‎ ‎13.(多选)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带.不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦,绳足够长.正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是(  )‎ A.‎ B.‎ C. D.‎ ‎14.(多选)下图表示匀变速运动的是(  )‎ A.B.C.D.‎ ‎15.(多选)如图,甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动,t=0时刻两车同时经过公路旁的同一个路标.在描述两车运动的v-t图中,直线a、b分别描述了甲乙两车在0~20 s的运动情况.关于两车之间的位置关系,下列说法正确的是(  )‎ A. 在0~10 s内两车且行且靠近 B. 在t=10 s时两车在公路上相遇 C. 在5~15 s内两车的位移相等 D. 在t=20 s时两车在公路上相遇 ‎16.(多选)关于超重和失重的下列说法中,正确的是(  )‎ A. 物体具有向上的加速度时处于超重状态,物体具有向下的加速度时处于失重状态 B. 地面附近的物体只在重力作用下的运动中处于完全失重状态 C. 超重就是物体所受的重力增大了,失重就是物体所受的重力减小了 D. 物体做自由落体运动时处于完全失重状态,所以做自由落体运动的物体不受重力作用 分卷II 三、实验题(共2小题,共15分) ‎ ‎17.一小球在桌面上从静止开始做加速直线运动,现用高速摄影机在同一底片上多次曝光,记录下小球每次曝光的位置,并将小球的位置进行编号.如图甲所示,1位置恰为小球刚开始运动的瞬间,作为零时刻.摄影机连续两次曝光的时间间隔均相同,小球从1位置到6位置的运动过程中经过各位置的速度分别为v1=0,v2=0.06 m/s,v3=________m/s,v4=0.18 m/s,v5=________m/s.在图乙所示的坐标纸上作出小球的速度—时间图象(保留描点痕迹);根据图象可求出加速度a=________m/s2.(保留三位有效数字)‎ ‎18. 在“探究加速度与力、质量的关系”实验中,某次实验测得如下数据:当m一定时,a与F的关系如表一所示;当F一定时,a与的关系如表二所示.‎ 表一 表二 ‎(1)在如图所示的相应坐标系中,根据表一、表二所给数据作出图象.‎ ‎(2)由图象可以判定:当m一定时,a与F的关系为________;当F一定时,a与m 的关系为________.‎ ‎(3)在研究a与m的关系时,作了a-图象,而没作a-m图象,那么作a-图象有何优点?‎ 四、计算题 ‎ ‎19.足球以10 m/s的水平速度正对着墙壁撞击后,以9.0 m/s的速度被反向弹回,球与墙壁的接触时间是0.10 s,则:‎ ‎(1)在与墙壁接触的这段时间内足球的加速度是多大?方向如何?‎ ‎(2)若足球被反弹后做加速度大小为1.5 m/s2的匀减速直线运动,求:反弹后8 s时球离墙壁的距离.‎ ‎20.一个物体以v0=8 m/s的初速度从斜面底端沿光滑斜面向上滑动,加速度的大小为2 m/s2,冲上最高点之后,又以相同的加速度往回运动.求:‎ ‎(1)物体3 s末的速度;‎ ‎(2)物体5 s末的速度;‎ ‎(3)物体在斜面上的位移大小为15 m时所用的时间.‎ ‎21.如下图所示,质量为mB=14 kg的木板B放在水平地面上,质量为mA=10 kg的木箱A放在木板B上.一根轻绳一端拴在木箱上,另一端拴在地面的木桩上,绳绷紧时与水平面的夹角为θ=37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1=0.5,木板B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.4.重力加速度g取10 m/s2.现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出,试求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)‎ ‎(1)绳上张力FT的大小;‎ ‎(2)拉力F的大小.‎ ‎22.如图甲所示,质量为1.0 kg的物体置于固定斜面上,斜面的倾角θ=37°,对物体施以平行于斜面向上的拉力F,物体运动的F-t图象如图乙(规定沿斜面向上的方向为正方向,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),物体与斜面间的动摩擦因数μ=,试求:‎ ‎(1)0~1 s内物体运动位移的大小;‎ ‎(2)1 s后物体继续沿斜面上滑的距离.‎ 答案 ‎1.B 2.B 3.B 4.A 5.A 6.A 7.C 8.B 9.C 10.A 11.D 12.B ‎13.BC 14.AC 15.CD 16.AB ‎17.0.12 0.24 见解析图 0.12‎ ‎【解析】 如题图所示,x1+x2=0.06 m,而v2=m/s=0.06 m/s,故T=0.5 s,‎ 则v3==m/s=0.12 m/s,‎ 又x4+x5=0.24 m,‎ 则v5==m/s=0.24 m/s.‎ 其v-t图象如图所示:‎ 加速度:a=k==m/s2≈0.12 m/s2.‎ ‎18. (1)作出图象如图所示 ‎(2)正比 反比 ‎(3)a-m图象是曲线,难以找出规律;a-图象是直线,容易找出规律.‎ ‎【解析】‎ ‎19.(1)190,方向与初速度方向相反 ‎(2)27 m ‎【解析】(1)设足球初速度的方向为正方向,则初速度1=10 m/s,末速度2=-9 m/s,时间 ‎.由加速度公式,有加速度方向与原速度方向相反.故足球在这段时间内的加速度大小为190 m/s2,方向与原速度相反.‎ ‎(2)足球从反弹到停止所用时间为:s 反弹后8 s时球离墙壁的距离为:6 m=27 m.‎ ‎20. (1)(2)v3=2 m/s,方向沿斜面向上;(2)5 s末的速度v5=-2 m/s,即5 s末速度大小为2 m/s,方向沿斜面向下.‎ ‎(3)即经过位移大小为15 m处所用的时间分别为3 s(上升过程中)和5 s(下降过程中).‎ ‎【解析】 (1)(2)由t=,物体冲上最高点的时间是4 s,又根据v=v0+at,3 s末的速度为v3=(8-2×3) m/s=2 m/s,方向沿斜面向上;5 s末的速度v5=(8-2×5) m/s=-2 m/s,即5 s末速度大小为2 m/s,方向沿斜面向下.‎ ‎(3)由位移公式x=v0t+at2,代入数据得 ‎15=8t+(-2)t2‎ 解得:t1=3 s,t2=5 s 即经过位移大小为15 m处所用的时间分别为3 s(上升过程中)和5 s(下降过程中).‎ ‎21.(1)100 N  (2)200 N ‎【解析】(1)设绳上的拉力大小为FT,A、B间摩擦力大小为Ff1,B对A的弹力大小为FN1‎ FTcos 37°=Ff1;  FN1=mAg+FTsin 37°;  Ff1=μ1FN1;‎ 解得FT=100 N;‎ ‎(2)设B与地面间摩擦力大小为Ff2,弹力大小为FN2‎ F=Ff1+Ff2;    Ff2=μ2FN2;     FN2=FN1+mBg;‎ 解得F=200 N.‎ ‎22.(1)9 m (2)54 m ‎【解析】(1)根据牛顿第二定律得:‎ 在0~1 s内F-mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1,解得a1=18 m/s2‎ ‎0~1 s内的位移x1=a1t=9 m ‎(2)1 s时物体的速度v=a1t1=18 m/s ‎1 s后物体继续沿斜面减速上滑的过程中 mgsin 37°+μmgcos 37°-F′=ma2,解得a2=3 m/s2.‎ 设物体继续上滑的距离为x2,由2a2x2=v2得x2=54 m.‎
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