2018-2019学年河北省鹿泉县第一中学高二5月月考物理试题 解析版

2018-2019学年河北省鹿泉县第一中学高二5月月考物理试题 解析版

‎2018-2019学年河北省鹿泉县第一中学高二5月月考物理试题 解析版 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ ‎1.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（　　）‎ A. F逐渐变大，T逐渐变大 B. F逐渐变大，T逐渐变小 C. F逐渐变小，T逐渐变大 D. F逐渐变小，T逐渐变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对结点O受力分析，重力的大小和方向均不变，水平拉力F的方向不变，绳拉力在转动，满足三力平衡的动态平衡，如图所示：‎ ‎ ‎ 可得，水平拉力F逐渐增大，绳的拉力逐渐增大，故选A。‎ ‎【点睛】此题是物体的平衡问题，考查平行四边形定则的应用；图解法是最简单快捷的方法，注意搞清各个力的大小及方向变化的特点，变换平行四边形即可。此题还可以列方程讨论。‎ ‎2.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移时间图象如图所示，由图象可以得出在内（）‎ A. 甲、乙两物体始终同向运动 B. 4s时甲、乙两物体间的距离最大 C. 甲的平均速度等于乙的平均速度 D. 甲、乙两物体间的最大距离为‎6m ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、x﹣t图象的斜率等于速度，可知在0﹣2s内，甲、乙都沿正向运动，两者同向运动．2﹣4s内，甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，两者反向运动，A错误；‎ B、D、0﹣2s内两者同向运动，甲的速度较大，两者距离逐渐增大，2s后甲反向运动，乙仍沿原方向运动，两者距离逐渐减小，则2s时甲、乙两物体间的距离最大，最大距离为，B、D错误；‎ C、由图知在0﹣4s内甲乙的位移都是‎2m，平均速度相等，C正确；‎ 故选C。‎ ‎3.一辆汽车以速度v匀速行驶了全程一半，以行驶了另一半，则全程的平均速度为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设全程为2s，前半程的时间为：．后半程的运动时间为：．则全程的平均速度为：．故B正确，ACD 错误．故选B.‎ ‎4.在水平地面上，质量m1的小球用轻绳跨过光滑的半圆形碗连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用，则m1、m2和m3的比值为（　　）‎ A. 1：2：3‎ B. 2：1：1‎ C. 2：：1‎ D. 2：1：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对碗内的小球m1受力分析，受重力、两个细线的两个拉力，由于碗边缘光滑，相当于动滑轮，故细线对物体m2的拉力等于m‎2g，细线对物体m1的拉力等于m‎1g，如图 根据共点力平衡条件，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线，有： G2=G1cos30°=m‎2g； G3=G1sin30°=m‎1g；故解得 m1：m2：m3=2： ：1，故选C。‎ ‎【点睛】本题关键是对碗内小球受力分析，根据三力平衡条件可知，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后运用合成法作图，根据几何关系得到三个物体的重力之比。‎ ‎5.如图所示为一物体作匀变速直线运动的速度图线，下列判断正确的是（　　）‎ A. 物体一直往负方向向运动 B. 物体的加速度大小为 C. 2s末物体位于出发点 D. 前2秒的加速度与后两2秒的加速度方向相反 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、由图线可知，物体在前2s内沿正方向运动，后2s内沿负方向运动，故A错误．‎ B、图线的斜率表示加速度，则加速度，大小为故B正确．‎ C、2s末的位移，没有回到出发点故C错误．‎ D、前2s内和后2s内图线斜率相同，则加速度大小和方向都相同故D错误．‎ 故选：B ‎6.以的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为的加速度，刹车后第3s内，汽车走过的路程为　　‎ A.  m B. ‎2m C. ‎10m D.  m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出汽车刹车到停止的时间，因为汽车刹车停止后不再运动．再根据匀变速直线运动的位移公式即可求解．‎ ‎【详解】‎36km/h=‎10m/s，汽车刹车到停止所需的时间。刹车后第3s内的位移，等于停止前0.5s内的位移，则x=at2＝×4×0.25＝‎0.5m，故选D。‎ ‎7.AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球．现用沿杆的恒力F拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则以下说法正确的是（　　）‎ A. 杆对物块的支持力为Mg B. 细线上的拉力为 C. ‎ D. 物块和小球的加速度为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：对小球和物块组成的整体，分析受力如图1所示，‎ 根据牛顿第二定律得：水平方向：，竖直方向：．故A错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图2所示，由牛顿第二定律得：；,故B错误；对整体在水平方向：，故选项C正确，选项D错误。‎ 考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 ‎【名师点睛】以小球和物块整体为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律研究横杆对M的摩擦力、弹力与加速度的关系．对小球研究，根据牛顿第二定律，采用合成法研究细线与竖直方向的夹角、细线的拉力与加速度的关系。‎ ‎8.如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其它左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（　　）‎ A. ‎ B. Lv C. ‎ D. 2Lv ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间；‎ ‎【详解】若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有： 根据位移时间公式，有：，解得； 若一直加速到达另一端的速度恰好为v，则有，解得；‎ 若先加速后匀速，则匀加速运动的时间，匀速运动的时间，则总时间，故AD正确，BC错误。‎ ‎【点睛】本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解。‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16分）‎ ‎9.将物块AB叠放在水平地面上，现用相同的水平恒力F以甲乙两种不同的方式拉物块，AB始终相对静止，设A、B之间的摩擦力大小为f，下列判断正确的是（　　）‎ A. 若两物块仍静止，则甲、乙两图中的f大小可能相等 B. 若地面光滑，则甲、乙两图中的大小f可能相等 C. 若两物块做匀速运动，则甲、乙两图中的f大小可能相等 D. 两物块做加速运动，则甲、乙两图中的f大小可能相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：若两物块仍处于静止状态，通过受力分析可知，甲图中AB间存在摩擦力，乙图中AB间不存在摩擦力，故A错误；若地面光滑，AB两物体发生相对滑动，AB间的摩擦力为滑动摩擦力时，此时甲乙两图中的f相同，故B正确；若两物块处于匀速运动状态，通过受力分析可知，甲图中AB间存在摩擦力，乙图中AB间不存在摩擦力，故C错误；两物块做加速运动，若地面光滑，则甲乙两个整体的加速度相等，对甲中的B：；对乙中的A：；当mA=mB时，，则甲、乙两图中的f大小可能相等，选项D正确；故选BD．‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进行求解。‎ ‎10.如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)‎ A. MN上的张力逐渐增大 B. MN上的张力先增大后减小 C. OM上的张力逐渐增大 D. OM上的张力先增大后减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 重力的大小和方向不变.OM和MN的拉力的合力与重力是一对平衡力。如图所示 刚开始时，OM拉力等于重力，从图中的两种情况可以看出，OM的拉力先大于重力，后小于重力的大小，所以OM先增大后减小；‎ 而拉力MN一开始为零，从图中可以看出，MN拉力一直在增大。‎ 故选：A.‎ ‎11.如图所示，物体m原以加速度a沿斜面匀加速下滑，斜面体不动，现在物体上方施一竖直向下恒力F，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 物体m受到的摩擦力变大 B. 物体m下滑的加速度变大 C. 物体m下滑时斜面和地面的摩擦力变大 D. 物体m下滑时斜面和地面的摩擦力为零 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 物体原来以加速度a匀加速下滑，则根据牛顿第二定律有，摩擦力①，解得②，施加竖直向下恒力F后，则有： 摩擦力③，，解得④，可见，物体m受到的摩擦力增大，下滑的加速度增大，AB正确；对m和M整体，在水平方向，根据牛顿第二定律，有：，由于小物体的加速度变大，故其加速度的水平分量也变大，故物体m下滑时斜面和地面的摩擦力变大，C正确D错误．‎ ‎12.如图甲，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图象如图乙所示。若重力加速度g=‎10m/s2，则 A. 斜面的长度 B. 斜面的倾角 C. 物块的质量 D. 物块与斜面间的动摩擦因数 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图乙所示图象可求出物体的加速度，应用牛顿第二定律求出斜面的倾角与动摩擦因数，然后根据物体运动过程分析答题。‎ ‎【详解】由图乙所示图象可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移，但是不能求出斜面的长度，故A错误；由图乙所示图象可知，加速度大小：，，由牛顿第二定律得：上升过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下降过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma2‎ ‎，解得：θ=30°，μ=，故BD正确。根据图示图象可以求出加速度，由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数与斜面倾角，但是无法求出物块的质量，故C错误。故选BD。‎ ‎【点睛】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。‎ 三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）‎ ‎13.某同学在“测匀变速直线运动的加速度”的实验中，用打点计时器（频率为50Hz，即每0.02s打一个点）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点．其相邻点间还有4个点未画出．其中x1=‎7.05cm、x2=‎7.67cm、x3=‎8.29cm、x4=‎8.91cm、x5=‎9.53cm、x6=‎10.15cm，‎ ‎（1）关于接通电源和释放纸带的次序，下列说法正确的是_____________________‎ A．先接通电源，后释放纸带 B．先释放纸带，后接通电源 C．释放纸带同时接通电源 D．先接通电源或先释放纸带都可以 ‎（2）小车运动的加速度为____m/s2，在F时刻的瞬时速度为____m/s．（保留2位有效数字）‎ ‎（3）如果在测定匀变速直线运动的加速度时，实验者如不知道工作电压的频率变为大于50Hz，这样计算出的加速度值与真实值相比是__________________________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 0.62 (3). 0.98 (4). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后释放纸带让纸带（随物体）开始运动，如果先放开纸带开始运动，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差；同时先打点再释放纸带，可以使打点稳定，提高纸带利用率，可以使纸带上打满点，所以用电磁打点计时器打点时应先接通电源，后释放纸带。故A正确，BCD错误。 ‎ ‎（2）相邻点间还有4个点未画出，因此相邻计数点之间的时间间隔为T=0.1s。 根据△x=aT2得： x6−x3＝‎3a1T2 x5−x2＝‎3a2T2 x4−x1＝‎3a3T2 代入数据得：‎ 匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有： ‎ ‎（3）工作电压的频率变为大于50Hz，打点周期小于0.02s，连续相等时间内的位移之差减小，而实验者不知道，仍按原来的周期计算加速度，由△x=aT2知计算出的加速度值与真实值相比偏小。‎ ‎14.探究力的平行四边形定则的实验中 ‎（1）实验原理是等效原理，其等效性是指______‎ A．使两次橡皮筋伸长的长度相等 B．使弹簧秤在两种情况下发生相同的形变 C．使两分力与合力满足平行四边形定则 D．使两次橡皮筋与细绳套的结点都与某点O重合 ‎（2）下列哪些方法可减小实验误差______‎ A．两个分力F1、F2间的夹角要尽量大些 B．两个分力F1、F2的大小要尽量大些 C．拉橡皮条的细绳要稍长些 D．弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度 ‎（3）使b弹簧秤按图1实所示位置开始顺时针缓慢转动，在这过程中保持O点位置不变和a弹簧秤的拉伸方向不变，则在整个过程中关于a、b弹簧秤的读数变化是______‎ A．a增大，b减小 B．a减小，b增大 C．a减小，b先增大后减小 D．a减小，b先减小后增大 ‎（4）如图2所示是甲、乙两名同学在做“验证力的平行四边形定则”的实验时得到的结果。若按实验中要求的符号表示各个力，则可判定实验结果中尊重实验事实的是______。‎ ‎【答案】 (1). （1）D (2). （2）BCD (3). （3）D (4). （4）甲 ‎【解析】‎ ‎（1）实验原理是等效原理，其等效性是指使两次橡皮筋与细绳套的结点都与某点O重合，故选D.‎ ‎（2）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，故A错误；在合力F不超过量程的前提下，两个分力F1、F2要尽量大些，选项B正确；为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故C正确；实验中，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度，故D正确；故选BCD；‎ ‎（3）对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，Oa弹簧拉力方向不变，Ob弹簧拉力方向和大小都改变;‎ ‎ 根据平行四边形定则可以看出b的读数先变小后变大，a的读数不断变小，故ABC错误，D 正确．故选D．‎ ‎（4）实验测的弹力方向沿绳子方向，即图中的AO方向，由于误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定的差别，即作图得出的合力方向与AO方向有一定的夹角，故甲更符合实验事实．‎ 点睛：正确解答实验问题的前提是明确实验原理，了解具体操作和有关数据处理的方法以及误差分析，了解整个实验过程的具体操作，以及这些具体操作的意义，同时要熟练应用所学基本规律来解答实验问题．‎ 四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）‎ ‎15.如图所示，两根相同的轻弹簧S1、S2，劲度系数k＝4×102N/m，弹簧原长L＝‎2cm．悬挂的重物的质量分别为m1＝‎4kg，m2＝‎2kg．若不计弹簧质量，取g＝‎10m/s2，则平衡时弹簧S1、S2的长度分别为多少？（均不超过弹簧的弹性限度）‎ ‎【答案】L1＝‎35cm L2＝‎‎25cm ‎【解析】‎ 试题分析：以m2为研究对象可知，m2受弹簧拉力及本身的重力而处于平衡状态，故由平衡条件可求得弹簧L2的伸长量；对整体进行受力分析，整体受重力、弹簧的拉力，由平衡条件可求得L1的伸长量。‎ 以m1和m2所组成系统为研究对象，由物体平衡条件可知：‎ 根据胡克定律：F1＝kΔx1得 ‎ 带入数据解得弹簧S1的形变量Δx1＝‎‎15cm 则弹簧S1的长度：L1=Δx1+L=‎‎35cm 以m2为研究对象，由物体平衡条件可知：‎ 根据胡克定律：F2＝kΔx2‎ 带入数据解得弹簧S2的形变量Δx2＝‎‎5cm 弹簧S1的长度L2=Δx2+L =‎‎25cm 点睛：本题主要考查了胡克定律，分别以m2和m1和m2所组成系统为研究对象，应用平衡条件即可解题。‎ ‎16.一辆汽车和一辆自行车在同一条公路不同车道上作同方向的直线运动，已知自行车以‎6m/s的速度匀速前进，汽车以‎18m/s的速度匀速前进，某一时刻汽车与自行车相遇，此时汽车立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为‎2m/s2，求：‎ ‎（1）汽车经过多长时间停止运动？‎ ‎（2）两车从第一次相遇到再次相遇的过程中，它们之间距离的最大值为多少？‎ ‎（3）两车经过多长时间再次相遇？‎ ‎【答案】（1）汽车经过9s时间停止运动；‎ ‎（2）两车从第一次相遇到再次相遇的过程中，它们之间距离的最大值为‎36m；‎ ‎（3）两车经过13.5s时间再次相遇．‎ ‎【解析】‎ 本题考查有关匀速追匀减速最大距离和再次相遇的时间。‎ ‎（1）汽车速度减为零时间；‎ ‎（2）当两车速度相等时，经历的时间；‎ 此时自行车的位移，汽车的位移；‎ 则两车之间的最大距离；‎ ‎（3）汽车速度减为零时经历的位移；‎ 此时自行车的位移，因为 ，可知自行车还未追上汽车；‎ 则再次相遇需要经历的时间 ‎17.如图所示，质量M=‎2.0kg的木板静止在光滑水平桌面上，木板上放有一质量m=‎‎1.0kg 的小铁块（可视为质点），它离木板左端的距离为L=‎0.5m，铁块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2．现用一水平向右的拉力F作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，设木板与铁块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10m/s2．则 ‎ ‎ ‎（1）求当拉力为3N时，铁块受到的摩擦力大小；‎ ‎（2）若要铁块相对木板静止，求拉力的最大值；‎ ‎（3）若将木板从铁块下抽出历时1s，求拉力的大小．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由牛顿第二定律 铁块受到的摩擦力 解得 ‎（2）最大静摩擦力 铁块的最大加速度 由牛顿第二定律 解得 ‎（3）设木板的加速度为a3，由题意 由牛顿第二定律 解得