【物理】广东省实验中学2019-2020学年高一上学期12月试题 （解析版）

【物理】广东省实验中学2019-2020学年高一上学期12月试题 （解析版）

广东省实验中学2019-2020学年高一上学期12月试题 一、单项选择题 ‎1.关于力下列说法正确的是（ ）‎ A. 拳击手用尽全力击出一拳，但未击中对方，所以这个击拳过程只有施力物体，没有受力物体.‎ B. 一个物体如果没有发生运动状态的改变，该物体一定没有受到力的作用。‎ C. 力是不能离开施力物体和受力物体而独立存在的。‎ D. 两个大小相等、作用点相同的力，这两个力一定相同。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．拳击手一拳击出，没有击中对方，拳击过程中，其身体的各个部位由于相互作用而产生力。故A错误。‎ B．一个物体没有发生运动状态的改变，可能受力合为零。故C错误。‎ C．是一个物体对另一个物体的作用，不能离开施力物体和受力物体而独立存在的。故C正确。‎ D．两个大小相等、作用点相同的力，方向不一定相同，所以这两个力不一定相等。故D错误。‎ ‎2.重庆育才中学教学楼的读书角迎来了一位新客人，如图所示．这个小瓶子非常漂亮，不经意之间增添了许多审美的情趣．关于这个装饰瓶，下列说法正确的是（ ）‎ A. 瓶子受到地球对它吸引力，但它对地球没有吸引力 B. 装饰瓶重心一定在其几何中心 C. 装饰瓶的重心与其形状结构及质量分布有关 D. 若装饰瓶底部出现一个小洞，那在水滴完的过程中，装饰瓶的重心一直在降低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．瓶子受到地球对它的吸引力，同时它对地球也有吸引力，选项A错误；‎ B．装饰瓶内装有水，则其重心不一定在其几何中心，选项B错误；‎ C．装饰瓶的重心与其形状结构及质量分布有关，选项C正确；‎ D．若装饰瓶底部出现一个小洞，那在水滴完的过程中，装饰瓶的重心先降低后升高，选项D错误．‎ ‎3.《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与铁球接触面保持竖直，则（ ）‎ A. 若增大铁夹对小球的压力，小承受到的摩擦力变大 B. 机械手臂受到摩擦力方向竖直向上 C. 小球受到的摩擦力与重力是作用力与反作用力 D. 小球受到的摩擦力与重力大小相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球受力分析可知，小球受重力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用，根据平衡条件可知，小球在竖直方向上受到的摩擦力与重力大小相等，方向相反，是一对平衡力；机械手臂受到的摩擦力方向竖直向下；若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力不变。‎ A．若增大铁夹对小球的压力，小承受到的摩擦力变大。故A不符合题意。‎ B．机械手臂受到的摩擦力方向竖直向上。故B不符合题意。‎ C．小球受到的摩擦力与重力是作用力与反作用力。故C不符合题意。‎ D．小球受到的摩擦力与重力大小相等。故D符合题意。‎ ‎4.作用在同一个物体上的三个共点力，可以使物体做匀速直线运动的是（ ）‎ A. 3N、4N、8N B. 10N、5N、4N C. 6N、6N、6N D. 6N、7N、15N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．3N和4N的合力范围是1N≤F合≤7N，第三个力8N不在其范围之外，这三个力的合力不可以为零。故A不符合题意。‎ B．4N和5N的合力范围是1N≤F合≤9N，第三个力10N不在其范围之外，这三个力的合力不可以为零。故B不符合题意。‎ C．6N和6N的合力范围是0N≤F合≤12N，第三个力6N在其范围之内，这三个力的合力可以为零。故C符合题意。‎ D．6N和7N的合力范围是1N≤F合≤13N，第三个力15N不在其范围之外，这三个力的合力不可以为零。故D不符合题意。‎ ‎5.如图所示，一个重为10N的物块，用细线悬挂在O点，现在用力F拉物块，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为（ ）‎ A. 10N B. 5N C. 5N D. 2.5N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以物体为研究对象，根据图解法可知，当拉力F与细线垂直时最小。‎ ‎ 根据平衡条件得F的最小值为：‎ Fmin=Gsin30°=10×0.5N=5N A．10N。故A不符合题意。 ‎ B．5N。故B符合题意。 ‎ C．5N。故C不符合题意。 ‎ D．2.5N。故D不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎6.[湖南师大附中2018月考]弹跳能力是职业篮球运动员重要的身体素质指标之一，许多著名的篮球运动员因为具有惊人的弹跳能力而被球迷称为“弹簧人”.弹跳过程是身体肌肉、骨骼关节等部位一系列相关动作的过程，屈膝是其中的一个关键动作.如图所示，人屈膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为，设此时大、小腿部的肌群对膝关节的作用力的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面竖直向上的弹力约为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设大腿骨和小腿骨对膝关节的作用力大小为，则它们之间的夹角为，F即为它们的合力的大小，作出平行四边形定则如图所示： 其中，，，所以，即，‎ 故选项D正确，选项ABC错误．‎ ‎7.飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务如图所示为飞艇拖曳扫雷器具扫除水雷的模拟图，当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角，已知扫雷器具质量为m ‎，重力加速度为g，扫雷器具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是（ ）‎ A. 扫雷器具受3个力作用 B. 绳子拉力大小为 C. 绳子拉力的大小一定大于mg D. 海水对扫雷器具水平方向的力小于mgtanθ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对扫雷具进行受力分析，受到受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力，如图所示：‎ 根据平衡条件，竖直方向：F浮+Tcosθ=mg，水平方向：f=Tsinθ，联立可得：‎ ‎，故AB错误。‎ CD．由上分析可知扫雷器具受到海水的水平方向的作用力摩擦力等于拉力的水平分力 ‎，因为有浮力，绳子拉力不一定大于mg。故D正确，C错误。‎ ‎8.如图甲所示， A、 B两个物体叠放在水平面上， B上下表面均水平， A物体与一拉力传感器相连接，拉力传感器和物体A的细绳保持水平，从t=0时刻起，用一水平向右的力F=kt （k为常数)作用在B的物体上，力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示，已知k、t1、‎ t2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，据此可求（ ）‎ A. A、B之间的动摩擦因数μAB B. B与水平面间的动摩擦因数μ C. A、B之间的最大静摩擦力 D. B与水平面之间的最大静摩擦力为kt2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】C．0-t1内，A不受水平拉力，说明水平面对B的静摩擦力没有达到最大值，t1-t2内力传感器的示数逐渐增大，说明水平面对B的静摩擦力达到最大值，B对A有向右有静摩擦力，t2时刻后力传感器的示数不变，说明B相对A向右运动，A受到滑动摩擦力，则t2时刻A、B之间的静摩擦力达到最大值，且为 fmax=k（t2-t1）。故C正确。‎ B．B对水平面的压力求不出来，因此不能求出B与水平面间的动摩擦因数。故B错误。‎ A．由于B运动后A静止不动，则A、B间有滑动摩擦力，等于k（t2-t1）。由于A的质量不知，则A对B的压力不能求出，所以不能求出A、B之间的动摩擦因数μAB。故A错误。‎ D．由于B运动后A静止不动，则A、B间有滑动摩擦力，等于k（t2-t1），而水平向右的拉力大小为kt2，因此水平面与B之间的滑动摩擦力为kt1。故D错误。‎ 故选C。‎ 二、多项选择题 ‎9.将物体所受重力按力的效果进行分解，下列图中正确的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. A项中物体重力分解为垂直于斜面使物体压紧斜面的分力G1和沿斜面向下使物体向下滑的分力G2，故选项A正确；‎ B. B项中物体的重力分解为沿两条细绳使细绳张紧的分力G1和G2，故选项B正确；‎ C. C项中物体的重力应分解为垂直于两接触面使物体压紧两接触面的分力G1和G2，故选项C错误；‎ D. D项中物体的重力分解为水平向左压紧墙的分力G1和沿绳向下使绳张紧的分力G2，故选项D正确．‎ ‎10.伽利略在研究力与运动的关系时成功地设计了理想斜面实验．下面关于理想实验的叙述中正确的是（   ）‎ A. 理想实验是建立在经验事实基础上的合乎逻辑的科学推断 B. 理想实验完全是逻辑思维的结果，不需要经过客观事实的检验 C. 理想实验抓住了客观事实的主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地揭示了自然规律 D. 理想实验所提出的设想是不合乎实际的，因此得出的结论是脱离实际的、不可靠的 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在伽利略研究力与运动的关系时，是在斜面实验的基础上，成功地设计了理想斜面实验，他以实际的实验为依据，抓住了客观事实的主要因素，忽略了次要因素，从而能够更深刻地揭示了自然规律．因此，理想实验是实际实验的延伸，而不是实际的实验，是建立在实际事实基础上的合乎逻辑的科学推断，故A正确；‎ B、理想实验的结果，要经过客观事实的检验，才能证明其是否正确，故B错误；‎ C、理想实验抓住了客观事实的主要因素，忽略了次要因素，从而能够更深刻地揭示了自然规律．故C正确，D错误．‎ 故选AC．‎ ‎【点睛】在伽利略研究力与运动的关系时，先是在斜面实验的基础上，成功地设计了理想斜面实验，开创了物理实验的先河，使物理学进入到一个伟大的时代．理想实验以实际的实验为依据，抓住了客观事实的主要因素，忽略了次要因素，从而能够更深刻地揭示了自然规律．‎ ‎11.如图所示，跳水运动员下落过程中与踏板作用的过程可以简化为下述模型:运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B位置)。对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中错误的是（ ）‎ A. 运动员的速度减小，加速度增大 B. 运动员的速度先增大后减小，加速度先减小后增大 C. B位置运动员所变合外力为零，处于静止状态 D. B位置运动员所受合外力向上，速度最大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．运动员接触跳板的开始阶段，跳板的弹力小于其重力，后弹力大于其重力，随着运动员向下运动，弹力增大，则根据牛顿第二定律知：其加速度先减小后增大，运动员的速度先增大后减小。故A符合题意，B不符合题意。‎ CD．B位置运动员所变合外力不为零且向上，速度为零。故CD符合题意。‎ 故选ACD。‎ ‎12.如图所示，电灯用水平绳OA和倾斜绳OB悬挂于两墙壁之间，更换水平绳OA使连接点A向上移动，而保持O点的位置不变，则A点向上移动时 A. 绳OB的拉力逐渐增大 B. 绳OB的拉力逐渐减小 C. 绳OA的拉力先增大后减小 D. 绳OA的拉力先减小后增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】以O点为研究对象，处于平衡状态，根据平衡条件知：绳子AO和BO拉力的合力等于电灯的重力mg，保持不变 ‎ ‎ 作出绳子AO在不同位置两个拉力的合成图，如图所示，由图看出，绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力逐渐减小．‎ A．绳OB的拉力逐渐增大，与结论不相符，选项A错误；‎ B．绳OB的拉力逐渐减小，与结论相符，选项B正确；‎ C．绳OA的拉力先增大后减小，与结论不相符，选项C错误；‎ D．绳OA的拉力先减小后增大，与结论相符，选项D正确；‎ ‎13.如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成α角并与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根轻质细线吊一小铁球，当小车向右运动时，细线保持与竖直方向成θ角， θ>α则下列说法正确的是（ ）‎ A. 轻杆对小球的弹力方向一定不与细线平行 B. 轻杆对小球的弹力方向可能沿着轻杆方向向上 C. 此时小车一定是做加速运动 D. 此时小车的加速度大小为gtanθ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】CD．令左右两侧的小球的质量分别为M和m，对右侧小球受力分析，受到重力和细线的拉力，其合力水平向右，根据牛顿第二定律，有：F合=mgtanθ=ma，解得：a=gtanθ，故CD正确。‎ AB．再对左侧小球受力分析，受到重力Mg和杆的弹力T，小球向右以加速度a做变速运动，设弹力与竖直方向的夹角为β，根据牛顿第二定律，有：x方向：Tx=Tsinβ=Ma，y方向：‎ Ty-Mg=Tcosβ-Mg=0，根据牛顿第二定律，有：F′合=Ma=Mgtanβ，解得：β=θ，所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行，没有沿着轻杆方向向上。故AB错误。‎ 故选CD。‎ ‎14.如图所示，小球A置于在水平面上的上表面光滑的半圆柱体上，小球B用水平轻弹養拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，半圆柱体和两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向号成30角，OA长度与半圆柱体半径相等)，OB与竖直方向成45角，则下列叙述正确的是（ ）‎ A. 小球B受到的拉力TOB=mg B. 半圆柱体对A球支持力的大小为mg C. A球质量为m D. 半圆柱体一定受到地面向左的摩擦力 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对AB受力分析如图所示：‎ 对B有根据共点力平衡得，水平方向有：TOBsin45°=F，竖直方向有：TOBcos45°=mg，可得：‎ 弹簧弹力：‎ F=mg 故A正确。‎ BC．根据定滑轮的特性知：TOA与TOB相等；对A分析，如图所示，由几何关系可知拉力TOA 和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N和T相等，有：2TOAsin60°=mAg，解得：‎ 由对称性可得：‎ 故B错误，C正确。‎ D．由上分析可知，半圆柱体一定受到地面向左的摩擦力，且大小等于TOA沿水平方向的分量。故D正确。‎ 故选ACD。‎ 三、实验题 ‎15.某同学在探究“互成角度的两个力合成的平行四边形定则”实验时，把橡皮条的一端用图钉固定于P点，同时用两个弹簧秤将橡皮条的另一端拉到位置O。这时两弹簧秤的示數分别为FA=3.5N. FB=4.0N，其位置记录如图甲中A、B所示。倘若橡皮条的活动端仅用一个弹簧秤拉着，也把它拉到O点位置，弹簧秤的示数为Fc=6.0N，其位置如图甲中的C所示。‎ ‎ ‎ ‎（1）下列关于此实验的说法中正确的是______(填字母代号)‎ A.同一次实验中，O点位置不允许变动 B.实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置 C.实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测计之间的夹角必须取90°‎ D.实验中，要始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮筋另一端拉到O点 ‎（2）其中对减小实验误差有益的说法是_______（填字每代号).‎ A.两细绳必须等长 B.弹簧秤、细绳、橡皮筋都应与木板平行 C.用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大 D.拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些 ‎（3）本实验采用的主要的科学方法是 _______(填选项前的字母).‎ A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法 ‎（4）请选择适合的标度，在图乙中作出力FA、FB以及FA、FB的理论合力F和实际合力Fc的图示。(请把各个力的符号及大小标出来)（ ）‎ ‎（5）比较F和Fc，你得到的结论为:______________________________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). BD (3). B (4). 见解析 ‎ (5). 在误差允许范围内，F与Fc相等，力的合成符合平行四边形法则。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A．要保证两个弹簧称的拉力与一个弹簧称的拉力效果相同，橡皮条要沿相同方向伸长量相同，则O点的位置应固定。故A正确。‎ B．实验中，需记录弹簧测力计的读数和O点的位置，以及拉力方向。故B错误。 C．实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角不一定是取90°，故C错误； D．本实验中，弹簧秤的拉力应不超过量程，两个弹簧称拉力的大小没有要求，只要使两次效果相同就行。故D错误。‎ 故选A。‎ ‎(2)A．细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长。故A不符合题意。 B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行。故B符合题意。 C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数适当大一些，但是不需要示数之差尽可能大。故C不符合题意。 D．为了减小误差，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些。故D符合题意。 故选BD。‎ ‎(3)本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法。故选B。‎ ‎(4)根据平行四边形定则作图，如图所示：由图示可求得合力：F=6.08N．‎ ‎(5)在误差允许范围内，F与Fc相等，力的合成符合平行四边形法则。‎ 四、计算题 ‎16.木块A、B分别重50N和60N ，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25.夹在A、 B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m.系统置于水平地面上静止不动。现用F=1N的水平向左拉力作用在木块A上，如图所示，求力F作用后木块A、 B所受摩擦力的大小。‎ ‎【答案】A受摩擦力为8N，B受摩擦力为9N.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】弹簧弹力为：‎ F1=kx=400N/m×0.02m=8N A木块与地面间的最大静摩擦力为：‎ fAm=μGA=0.25×50N=12.5N B木块与地面间的最大静摩擦力为：‎ fBm=μGB=0.25×60N=15N 用F=1N的水平拉力作用在木块B上，木块B受弹簧向右的弹力为8N，拉力为1N，共9N，小于最大静摩擦力，故静摩擦力为9N，向左。‎ 木块A受到向左的弹力为8N，小于最大静摩擦力，故A不动，所以静摩擦力为8N，向右。‎ ‎17.在倾角为α的斜面上，一条质量不计的皮带一端固定在斜面上端，另一端绕过一中间有一圈凹槽的圆柱体，并用与斜面夹角为β的力拉住，使整个装置处于静止状态，如图所示。不计一切摩擦，圆柱体质量为m，求拉力F的大小和斜面对圆柱体的弹力N的大小。‎ 某同学分析过程如下:‎ 将拉力F沿斜面和垂直于斜面方向进行分解 沿斜面方向: Fcosβ=mgsinα ①‎ 沿垂直于斜面方向: Fsinβ +N= mgcosα ②‎ 问:你同意上述分析过程吗?‎ 若同意，按照这种分析方法求出F及N的大小；若不同意，请写出你认为正确的分析过程并计算出结果 ‎【答案】见解析所示 ‎【解析】‎ ‎【详解】我不同意上述分析过程，因为平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用，该同学没有考虑．以圆柱体为研究对象，受到重力、斜面的支持力、平行于斜面的皮带的拉力和斜向上皮带的拉力．则根据平衡条件可知，①式应改为：Fcosβ+F=mgsinα 由上式得：‎ 所以：‎ ‎18.在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ=固定，质量为m=2kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示。开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1=2s时风停止。小球沿细杆运动的部分v一t图象如图乙所示，取g=10m/s2， sin=0.6， cos＝0.8，忽略浮力。求:‎ ‎（1）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小 ‎（2）小球沿杆上升的最大位移的大小 ‎（3）风停后再经5s，小球速度 ‎【答案】（1）0.5，50N. （2）75m. （3）4m/s.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)取沿杆向上为正方向，由图象可知：‎ 在0～2 s内加速度为：‎ 在2～5 s内加速度为：‎ 有风力时的上升过程，小球受力分析如图所示； 由牛顿第二定律得：Fcosθ-μ（mgcosθ+Fsinθ）-mgsinθ=ma1 停风后的上升阶段，小球受力分析如图所示； 根据牛顿第二定律有：-μmgcosθ-mgsinθ=ma2 解得：‎ μ=0.5‎ F=50 N ‎(2)在v-t图象中，图线与坐标轴所围面积表示位移即小球沿杆上升的最大位移为：‎ ‎(3)风停后，由牛顿第二定律得： mgsinθ-μmgcosθ=ma3‎ 代入数据解得：‎ a3=2m/s2‎ 由图象可知风停后5s内，小球沿杆下滑了2s，则此时速度为：‎