2019-2020学年辽宁省实验中学东戴河分校高一上学期12月月考物理试卷

2019-2020学年辽宁省实验中学东戴河分校高一上学期12月月考物理试卷

物理试卷 说明：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第（1）页至第（4）页，第Ⅱ卷第（5）页至第（8）页。‎ ‎2、本试卷共100分，考试时间90分钟。‎ 第Ⅰ卷（选择题，共48分）‎ 注意事项：‎ ‎1、答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、班级填涂在答题卡上，贴好条形码。答题卡不要折叠 ‎2、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目标号涂黑。答在试卷上无效。‎ ‎3、考试结束后，监考人员将试卷答题卡收回。‎ 一、选择题。(本题共12小题，每小题4分。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。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)‎ ‎1．某人由西向东走，从A点出发到达B点，然后由B点向正南走到达C点，如图所示，已知各点间线段长度分别为AB=s1，BC=s2，AC=s3，则该人的位移的大小和路程分别是（ ）‎ A．s3，s1 B．s3，s1+s2‎ C．s2，s1+s2 D．s1，s2‎ ‎2．古希腊权威思想家亚里士多德曾经断言：物体从高空落下的快慢同物体的重量成正比，重者下落快，轻者下落慢。比如说，十磅重的物体落下时要比一磅重的物体落下快十倍。1800多年来，人们都把这个错误论断当作真理而信守不移。 直到16世纪，伽利略才发现了这一理论在逻辑上的矛盾。并通过“比萨斜塔实验”，向世人阐述他的观点。对此进行了进一步的研究，通过实验来验证：伽利略用铜球从斜槽的不同位置由静止下落，伽利略手稿中记录的一组实验数据: 伽利略对上述的实验数据进行了分析，并得出了结论，下列是伽利略得出的结论是（ ）‎ A．vt=v0+at B．‎ C．vt2-v02=2ax D．‎ ‎3．如图所示，两个大小相等，方向相反的水平力F分别作用在物体B、C上，物体A、B、C都处于静止状态，各接触面粗糙都与水平面平行，物体A、C的摩擦力大小为f1,物体B、C间的摩擦力为f2，物体C与地面间的摩擦力为f3则有（ ）‎ A．f1=0，f2= F，f3=0 ‎ B．f1=0，f2=0，f3=0‎ C．f1=F，f2=0，f3=0 ‎ D．f1=0，f2=F，f3=F ‎4．如图所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，现将测力计的示数逐渐减小到零的过程中（测力计保持水平），球对杆的弹力方向为(　　)‎ A．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐减小 B．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大 C．斜向右下方，与竖直方向的夹角逐渐减小 D．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大 ‎5．某物体做直线运动，运动时间t内位移为x，物体的－t图象如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A．物体的加速度大小为2m/s2‎ B．t=0时，物体的初速度为2m/s C．t=0到t=1s这段时间物体的位移的大小为2m D．t=0到t=2s这段时间物体的平均速度的大小为2m/s ‎6．轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，电梯中有质量为50kg的乘客，如图所示，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量是电梯静止时轻质弹簧的伸长量的一半，这一现象表明（g=10m/s2）( ) ‎ A．电梯此时一定加速下降 B．乘客一定处于超重状态 C．电梯此时的加速度一定是10m/s2‎ D．乘客对电梯地板的压力一定是250N ‎7．如图所示．在光滑水平面上有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，m1>m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.则以下关系式正确的是(　　)‎ A．a1F2 D．a1>a2，F1>F2‎ ‎8．如图所示为某齿轮传动装置中的A、B、C三个齿轮，三个齿轮的齿数分别为 32、12、20，当齿轮绕各自的轴匀速转动时，A、B、C三个齿轮转动的角速度之比为 A．8:3:5 B．5:3:8‎ C．15:40:24 D．24:40:15‎ ‎9．一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示方向分速度最初沿y的负方向，图中单位为国际制单位关于物体的运动，下列说法中正确的是(    )‎ t(s)‎ v(m/s)‎ A．物体运动的初速度大小是 B．物体运动的加速度大小是 C．2秒末物体位置坐标为6m,4m)‎ D．4秒末物体速度大小为m/s ‎10．如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，A、B质量相等且均可视为质点，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）‎ A．相遇时A的速度一定为零 B．相遇时B的速度一定为零 C．A从抛出到最高点的时间为 D．从抛出到相遇A、B竖直方向速度的变化量相同 ‎11．如图所示，一倾角为37°的固定斜面足够长，一物块由斜面底端以10m/s的速度冲上斜面，上升的最大高度为3m，当运动过程中物块的速度大小为4m/s时，可能的高度为(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s)²( )‎ A．0.6m B．0.8m C．2.4m D．2.52m ‎12．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检査，如图所示为车站的水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB始终保持1m/s的恒定速率运行，旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，AB间的距离为2m，g=10m/s2，若乘客把行李放到传送带的同时也以与传送带相同的速度平行于传送带运动去B处取行李，则（ ）‎ A．行李到达B处的速度为2m/s B．乘客比行李提前到达B处 C．行李到达B处所用时间为2.5s D．若传送带速度足够大，行李可以比乘客提前到达B处 第Ⅱ卷（非选择题，共52分）‎ 二、实验题。(本题共2小题，每小空3分，共18分。)‎ ‎13．如图所示，图甲是“验证力的平行四边形定则”的实验情况图，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是某实验小组在白纸上根据实验结果画出的图。‎ ‎(1)本实验采用的科学方法是_____________。‎ A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．建立物理模型法 ‎(2)实验中，小张同学在坐标纸上画出了如图丙所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示2N，F为根据平行四边形定则作出的合力（图中未画出）。.F1，F2与F的夹角分别为θ1和θ2，下列说法正确的是________‎ A．F1=4N B．F=12N C．θ1＝30° D．θ1<θ2‎ ‎(3)为提高实验结论的可靠性，在重复进行实验时，结点O的位置________（填“可以”或“不可以”）变动。‎ ‎14．某实验小组所用的实验装置如图所示，通过改变砂桶内砂的质量研究加速度与力的关系．图中带滑轮的长木板水平放置于桌面上，一端拴有砂桶的细绳通过小车的滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小．‎ ‎（1）关于本实验，下列说法正确的是________．‎ A．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录传感器的示数 B．小车受到的合外力等于传感器示数的2倍 C．不需要用天平测出砂和砂桶的质量 D．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 ‎（2）某同学打出了如图所示的一条纸带，每两点间还有4个点没有画出来，打点计时器的电源频率为50 Hz，小车做匀变速直线运动的加速度a＝________ m/s2．(‎ 结果保留二位有效数字)‎ ‎（3）根据实验数据，作出的小车加速度a与传感器示数F的关系图像如图所示，则小车和滑轮的总质量为________ kg．‎ 三、计算题。(本题共3小题，15题10分，16题12分，17题12分，共34分。)‎ ‎15．汽车以10 m/s的速度在平直公路上匀速行驶，刹车后经2 s速度变为6 m/s，求：‎ ‎（1）汽车刹车后前进9 m所用的时间；‎ ‎（2）汽车刹车后8 s内前进的距离．‎ ‎16．如图所示,斜面倾角为37°,物体A的质量为2kg,与斜面间的动摩擦因数为0.4。若要使A在斜面上静止,物体B质量的最大值和最小值分别是多少?(g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。)‎ ‎17．如图甲，质量为M=4kg ‎ 足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m=4kg大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，两物块开始均静止，从t=0时刻起铁块m受到水平向右、大小如图乙的拉力F的作用，F共作用时间为 6s，（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2）则：‎ ‎（1）铁块和木板在前2s的加速度大小分别为多少？‎ ‎（2）从t=0时刻到铁块和木板达到相对静止时所需的时间是多少？‎ ‎（3）铁块和木板相对静止后，在 6s之前共同运动的位移大小是多少？‎ 物理答案 一、选择题 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 B D A C C D C C A BCD AD BC 二、 实验题 ‎13. C B 可以 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1））合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法。C正确。‎ ‎（2）根据平行四边形定则，作出两个力的合力，如图所示：‎ 从图上可知，N，合力F=12N，根据几何关系知与F的夹角分别为．从图上可知，，B正确。‎ ‎（3）同一次实验中，O点的位置不能改变，但重复进行实验时，O点位置是可以变动的。‎ ‎14． C 0.39 1 ‎ ‎(1)[1]A.实验时应先接通电源，再释放小车，故A错误。‎ B.因为带滑轮的长木板水平放置于桌面上，没有平衡摩擦力，所以小车受到的合外力小于传感器示数的2倍，因为还存在摩擦力，故B错误。‎ C. 绳子的拉力可以通过拉力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故C正确．‎ D. 实验中拉力通过拉力传感器测出，不需要使用砂和砂桶的重力代替，也就不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故D错误．‎ ‎(2)[2]根据 可知 ‎(3)[3] 根据牛顿第二定律可得，设摩擦力为f 则：‎ 由图示图象可知，图象斜率：‎ 所以小车质量：‎ 三．计算题 ‎15．(1) 1s；（2）25m；‎ ‎【解析】(1)刹车后2s内的位移为: ‎ 刹车过程中的加速度大小为: ‎ 根据得:‎ 计算得出:t=1s或t=9s(舍去).‎ ‎(2)汽车速度减为零的时间为: ‎ 刹车后8s内的位移等于5s内的位移为: 。‎ ‎16．0.56kg 1.84kg ‎【解析】‎ 根据题意，物体A与斜面之间的最大静摩擦力： ‎ 当物体受到的摩擦力等于最大静摩擦力且方向沿斜面向上时拉力T最小，如图所示：‎ 根据受力平衡有：，‎ 得物体B质量的最小值为： ‎ 当物体受到的摩擦力等于最大静摩擦力且方向沿斜面向下时拉力T最大，如图所示： ‎ 根据受力平衡有：，‎ 得物体B质量的最大值为： 。‎ 点睛：本题为物体受力平衡条件的应用，关键点是摩擦力有可能沿斜面向下也有可能沿斜面向上，分别分析求出最大值和最小值。 ‎ ‎17．（1）3m/s2；2m/s 2；（2）4s;（3）19m ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)前2s，由牛顿第二定律，对铁块 解得 对木板 解得 ‎(2)t1=2s内，铁块的位移 木板的位移 ‎2s末，铁块的速度 木板的速度 ‎2s后，由牛顿第二定律，对铁块：‎ 解得 对木板 解得 设再经过t2时间铁块和木板的共同速度为v，则 解得 所以总时间为 ‎ ‎ ‎(3)F作用的最后2s，铁块和木板相对静止，一起以初速度v=8m/s做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，对铁块和木板整体有 解得 最后2s铁块和木板运动的位移均为 选择题详解如下：‎ ‎1．B ‎【解析】‎ 解：位移的大小等于初末位置的距离，所以位移大小等于AC的距离，为s3．路程等于运动轨迹的长度，为s1+s2．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移的大小只与初末的位置有关，与经过的路径无关；路程是指物体所经过的路径的长度．‎ ‎2．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 伽利略最初猜想沿斜面运动的物体运动的速度与时间成正比，即：v=kt；‎ 由此伽利略推论位移的位移与时间的平方成正比，则：x=k′•t2，即： ‎ 结合以上的分析，则比较即可：，，，‎ ‎，，，，‎ ‎，由以上的数据比较可知，各组数据中都约等于32.5，考虑到测量的误差等原因，可以认为是一个常数，即位移的位移与时间的平方成正比．所以四个选项中，ABC错误，D正确，故选D。‎ ‎3．C ‎【解析】‎ 试题分析：把ABC看做一个整体进行受力分析，可知C与地面间的摩擦力情况，再分别把AB隔离出来，分别受力分析，可知AC之间及BC之间的静摩擦力情况．‎ 解：把ABC看做一个整体，从整体的角度考虑，由于是两个等大、反向的力分别作用在系统上，所以物体C与地面间的摩擦力大小f3=0；‎ 隔离物体A进行受力分析，因物体A静止于物体C上，相对于C无相对运动趋势，所以物体A、C间的摩擦力大小f1=0；‎ 隔离物体B进行受力分析，B受到水平向右的拉力F作用而相对于C静止，但有向右的运动趋势，会受到向左的静摩擦力，由二力平衡可知f2=F所以选项ABD错误，选项C正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】该题考察了如何利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析．在对物体进行受力分析时，正确的选取研究对象，会使对问题的分析变的简单明了．‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 以球为研究对象，分析受力情况：重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由平衡条件知，F与G、T的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图：‎ 则有G、T的合力方向斜向右下方，测力计的示数逐渐减小，T逐渐减小，根据向量加法可知G、T的合力方向与竖直方向的夹角逐渐减小，所以AB杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐减小。由牛顿第三定律可知球对杆的弹力方向斜向右下方，与竖直方向的夹角逐渐减小.‎ ‎5．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据匀变速直线运动位移时间公式x=v0t+at2得到表达式，结合图象的信息求加速度、初速度和位移．‎ ‎【详解】‎ AB、根据匀变速直线运动位移时间公式x= v0t+at2得：=v0+at 根据数学知识可得：a=−4/2,，得加速度a=−4m/s2；初速度为v0=4m/s，故A错误，B错误；‎ C.t=0到t=1s这段时间物体的位移为x=v0t+at2=4×1+⋅(−4)⋅12=2m，故C正确；‎ D.t=0到t=2s这段时间物体的位移为x=v0t+at2=4×2+⋅(−4)⋅22=0，平均速度为0，故D错误。‎ 故选：C ‎6．D ‎【解析】电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律：，解得：a=5 m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，故ABC错误；以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mg-FN=ma，乘客对地板的压力大小为FN=mg-ma=500N-250N=250 N，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎7．C ‎【解析】当拉力向右拉B时，整体加速度，隔离对A分析，有F1=m1a1=F；当拉力向左拉A时，整体加速度，隔离对B分析，有F2=m2a2=F，所以a1=a2，因为m1＞m2，所以F1＞F2．故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎8．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 三个齿轮同缘转动，所以三个齿轮边缘的线速度相等，即为：‎ vA=vB=vC 三个齿轮的齿数分别为32、12、20，根据 得A、B、C三个齿轮转动的角速度之比为 ‎9．AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、B、由图知，物体在x方向做速度为3m/s的匀速直线运动，加速度为零；y方向的初速度为 vy0=-4m/s，加速度为，所以物体运动的初速度大小是，加速度为a=ay=2m/s2；故A正确，B错误。‎ C、2s内，x=vxt=3×2m=6m，，则2秒末物体位置坐标为（6，-4）m．故C正确。‎ D、4秒末物体速度大小为；故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键要掌握曲线运动的研究方法：运动的合成和分解，熟练运用平行四边形定则，要能正确分析物体的运动情况。‎ ‎10．BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．相遇时A还具有水平速度，则相遇时A的速度不为零，选项A错误；‎ B．因A在最高点的竖直速度为零，AB竖直方向运动情况相同，则相遇时B的速度一定为零，选项B正确；‎ C．两球运动到最高点的时间相等，即，选项C正确；‎ D．根据可知，从抛出到相遇A、B竖直方向速度的变化量相同，选项D正确。‎ ‎11．AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 在上升过程中，物块在沿斜面方向上，受到沿斜面向下的摩擦力和重力沿斜面的分量，合力为 由牛顿第二定律的 由运动学公式得 解得 则当速度为4m/s的时候，可得 解得 在下滑过程中，有 当速度为4m/s时，有 解得 A．正确；‎ B．不符合题意，错误；‎ C．不符合题意，错误；‎ D．正确。‎ ‎12．BC ‎【解析】‎ 试题分析：行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据运动学公式分别求出匀加速运动和匀速直线运动的时间，即可得出行李由A运动到B的时间．‎ 设行李做匀加速运动的时间为t1，位移为s1，匀速运动时间为t2，位移为s2，由题意知行李加速运动的末速度v=1m/s，A错误；则由匀加速直线运动规律和得：‎ 又由匀速运动规律得：‎ 解之得：t2=1.5s 则t=t1+t2=2.5s，‎ 故行李由A运动到B的时间为2.5s C选项正确． ‎ 乘客到达B的时间为：2s，B正确，D错误。‎ 考点：牛顿第二定律；匀速直线运动及其公式、图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎