河北省安平中学2019-2020学年高一上学期第四次月考物理试题

河北省安平中学2019-2020学年高一上学期第四次月考物理试题

安平中学2019-2020学年上学期第四次月考高一物理试题 一、选择题 ‎1.科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段．在研究和解决问题的过程中，不仅需要相应的知识，还需要运用科学的方法．理想实验有时更能深刻地反映自然规律，伽利略设想了一个理想实验，如图所示．‎ ‎①两个对接的斜面，静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；‎ ‎②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；‎ ‎③减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然会达到原来的高度；‎ ‎④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球会沿水平面做持续的匀速运动．‎ 通过对这个实验的分析，我们可以得到的最直接结论是(　　 )‎ A. 自然界的一切物体都具有惯性 B. 光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力 C. 如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D. 小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 理想斜面实验只能说明钢球具有惯性，推广到一切物体的是牛顿，A错误；伽利略通过“理想斜面实验”和科学推理，得出的结论是：力不是维持物体运动的原因，光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力，B正确；如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变，这是牛顿得出的，C错误；小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小，这是牛顿第二定律内容，D错误．‎ ‎2.汽车以某一初速度开始做匀加速直线运动，第1s内行驶了‎1m，第2s内行驶了‎2m，则汽车第3s内的平均速度为 A. ‎2m/s B. ‎3m/s C. ‎4m/s D. ‎5m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据匀变速直线的推论可知：x2-x1=x3-x2，则x3=‎3m，则第3s内的平均速度为，故选B.‎ ‎3.关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( )‎ A. 物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变 B. 物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变 C. 物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态 D. 物体的加速度方向与它所受的合力的方向可能不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力（合力不为零），它的运动状态就一定会改变。A错误，B正确。‎ C．物体不受力或合力为零，其运动状态一定不变，处于静止或匀速直线运动状态。C错误。 D．根据牛顿第二定律可知，加速度的方向一定与合力方向相同。故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，一小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，小鸟从A 运动到B 的过程中 ( )‎ A. 树枝对小鸟的弹力先减小后增大 B. 树枝对小鸟的摩擦力先增大后减小 C. 树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大 D. 树枝对小鸟的合力先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对小鸟受力分析如图所示：‎ 小鸟所受弹力N=mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故A错误；小鸟所受的摩擦力f=mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故C正确，B错误；树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的合力大小不变，故D错误．所以C正确，ABD错误．‎ ‎5.一个质量m＝‎2 kg的物体放置在光滑水平桌面上，受到三个沿水平方向共点力F1、F2、F3的作用，且这三个力的大小和方向构成如图所示的三角形，已知F2＝0.5 N，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 这个物体共受到四个力的作用 B. 这个物体的合力大小为0‎ C. 这个物体的加速度大小为‎1 m/s2‎ D. 这个物体的加速度与F2方向相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 物体共受到五个力作用：重力，支持力，，A错误；竖直方向上的重力和支持力平衡，合力为零；根据几何知识可知，故水平方向上的三力的合力，所以物体受到的合力为2N，方向沿方向，B错误；根据牛顿第二定律可知，方向沿方向，C正确D错误．‎ ‎6.如图所示，将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧，一端固定在水平天花板上相距为‎2L的两点，另一端共同连接一质量为m的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°．若将物体的质量变为M，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°（sin37°=0.6），则M/m等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由几何知识得，左图中弹簧的伸长量为：；右图中弹簧的伸长量为：；根据胡克定律：T=K△L；则两情况下弹簧拉力之比为：；根据平衡条件：2Tcos37°=mg；2T′cos53°=Mg得：，故选A．‎ ‎7.如图，通过细绳栓在一重物上的氢气球，在水平向右的风力作用下处于静止状态，细绳与竖直方向的夹角为θ．已知风力大小正比于风速，则当风速改变时，始终保持不变的是（　　）‎ A. 细绳与竖直方向的夹角 B. 细绳对重物的拉力 C. 地面对重物的摩擦力 D. 地面对重物的支持力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对气球受力分析，受重力、浮力、细线的拉力和水平风力，如图所示，根据平衡条件，有：‎ Tsinθ＝F，F浮﹣Tcosθ﹣mg＝0，解得：，正切值为：，可知拉力随着风力的增加而增加，而细线对物体的拉力等于细线对气球的拉力，细绳与竖直方向的夹角随着风力的增加而增加，故AB错误；对气球和重物整体受力分析，受重力（M+m）g、浮力F浮、支持力N、风力F和摩擦力f，根据平衡条件，有：N＝（M+m）g﹣F浮，f＝F，可知地面对重物的支持力不变，地面对重物的摩擦力随着风力的变化而变化，故C错误，D正确．‎ ‎8.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上以加速度a水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面摩擦力的大小和方向一定为(　　)‎ A. μ1(m＋M)g，向左 B. μ2mg，向右 C. μ2mg＋ma，向右 D. μ1mg＋μ2Mg，向左 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对木块分析可知受长木板对它水平向左的摩擦力Ff1＝μ2mg，由牛顿第三定律可知，木块对长木板的摩擦力向右，大小为Ff1；由于长木板仍处于静止状态，对长木板受力分析可知，受地面对它的静摩擦力Ff2，方向向左，Ff2＝Ff1＝μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg，方向向右，故B正确．‎ ‎9.甲、乙两车并排停在斑马线处礼让行人，在行人经过斑马线后，甲、乙两车同时启动并沿平直公路同向行驶，其速度–时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（ ）‎ A. t0时刻两车并排行驶 B. 在0~t0时间内，乙车的加速度始终大于甲车的加速度 C. 在0~t0时间内，甲、乙两车间距越来越大 D. 在0~t0时间内，乙车的平均速度为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据v-t图象与时间轴所围成的面积表示位移，知在0～t0时间内，乙车的位移比甲车的大，则t0时刻乙车在甲车的前方。故A不符合题意。‎ B．在0～t0时间内，v-t图线斜率表示加速度，由图象可知乙车的加速度先大于甲车的加速度后小于甲的加速度。故B不符合题意。‎ C．根据v-t图象与时间轴所围成的面积表示位移，由图可知在0~t0时间内，甲、乙两车间距越来越大。故C符合题意。‎ D．在0～t0时间内，甲车做匀加速直线运动，平均速度为，乙车的位移比甲车的大，则乙车的平均速度大于甲车的平均速度，即大于。故D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎10.如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ=60°，已知弹簧劲度系数为k，则弹簧形变量可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图；‎ 根据平衡条件得知：F与T的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：Fmin=2mgsinθ=mg．根据胡克定律：Fmin=kxmin，所以：；F的最大值为2mg，则， 则A可能，BCD不可能，故选A．‎ ‎11.如图所示，两个质量分别为m1＝‎3 kg、m2＝‎2 kg的物体A和B置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小为F1＝F2＝30 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则( )‎ A. 弹簧测力计的示数是30 N B. 弹簧测力计的示数是60 N C. 在突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为‎15 m/s2‎ D. 在突然撤去F2的瞬间，A的加速度大小为‎10 m/s2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对整体分析知物体处于平衡状态，隔离A由平衡条件知弹簧测力计的示数是30N。故A符合题意，B不符合题意。 CD．突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变，对B由牛顿第二定律得：‎ 对A分析知合力为0，所以A的加速度大小为 0。故C符合题意，D不符合题意。 故选AC。‎ ‎12.水平面上静止放置一质量为M的木箱，箱顶部和底部用细线分别拴住质量均为m的小球A、B，两球间有一根处于拉伸状态的轻弹簧，使两根细线均处于拉紧状态，如图所示。现在突然剪断下端的细线，则从剪断细线开始到弹簧恢复原长以前的过程中。下列判断正确的是( )‎ A. 刚剪断细线瞬间，压力突然变小，以后箱对地面压力逐渐增大 B. 刚剪断细线瞬间，压力突然变大，以后箱对地面压力逐渐减小 C. B球的加速度一直增大 D. B球的加速度先减小后增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．细线剪断前，箱子受重力、地面的支持力，箱内上面绳子向下的拉力，下面绳子向上的拉力四个力作用处于平衡，当剪断细线的瞬间，下面绳子的拉力突然消失，弹簧来不及发生形变，瞬间弹力不变，对上面球分析，根据平衡知，上面绳子拉力不变，则在此瞬间地面的支持力变大。然后弹簧的弹力逐渐减小，上面绳子的拉力减小，所以地面对箱子支持力逐渐减小。故B正确，A错误。‎ CD．由上分析可知弹簧的弹力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知B的加速度逐渐减小到零，让后弹力小于重力，加速度就开始反向增大。故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎13.如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=‎0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动（取g=‎10 m/s2）则下列说法正确的是（ ）‎ A. 当a=‎5 m/s2时，滑块对球的支持力为 B. 当a=‎15 m/s2时，滑块对球的支持力为0 N C. 当a=‎5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和 D. 当a=‎15 m/s2时，地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F合=Fcos45°=ma0，竖直方向：Fsin45°=mg，解得：‎ a0=g A．当a=‎5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45°-FNcos45°=ma ，竖直方向：Fsin45+FNsin45°=mg，解得：‎ B．当a=‎15m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零。故B正确。 CD．当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和。故C错误，D正确。‎ 故选ABD。‎ 二、填空题 ‎14.在用图甲所示的装置“验证牛顿第二定律”的实验中，保持小车质量一定时，验证小车加速度a与合力F的关系．‎ ‎ ‎ ‎①除了电火花计时器、小车、砝码、砝码盘、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外，在下列器材中必须使用的有____（选填选项前的字母）．‎ A．220V、50Hz的交流电源 B．电压可调的直流电源 C．刻度尺 D．秒表 E．天平（附砝码）‎ ‎②为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，以下操作正确的是_____．‎ A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行 B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上 C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上 ‎③某同学得到了图a所示的一条纸带，由此得到小车加速度的大小a＝______m/s2（保留二位有效数字）．‎ ‎④在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，己知三位同学利用实验数据做出的a－F图像如图丙中的1、2、3所示．下列分析正确的是______（选填选项前的字母）．‎ A．出现图线1的原因可能是没有平衡摩擦力 B．出现图线2的原因可能是砝码和砝码盘的质量不合适 C．出现图线3的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大 ‎⑤在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是____（选填“系统误差”或“偶然误差”）．设拉力的真实值为F真，小车的质量为M，为了使，应当满足的条件是____．‎ ‎【答案】 (1). ACE (2). AC (3). 1.15 (4). B (5). 系统误差 (6). 5%‎ ‎【解析】‎ ‎①火花计时器需要220V、50Hz 的交流电源，要用刻度尺测量纸带上点迹的距离，需要天平测量小车的质量，故需要ACE．‎ ‎②为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，故AC正确，B错误．所以选AC．‎ ‎③从第一个点开始，每隔四个点取一个计数点，时间间隔T=0.1s，根据纸带可知，相邻计数点之间的距离依次为x1=2.61‎-0.90cm=‎1.71cm=‎0.0171m，x2=5.50‎-2.61cm=‎2.89cm=‎0.0289m，x3=9.50‎-5.50cm=‎4.00cm=‎0.0400m，根据逐差法得：，‎ ‎④根据图象1可知，当没有挂砝码、砝码盘时，小车产生了加速度，因此说明平衡摩擦力时木板倾角太大，故A错误；根据图象2可知，随着F的增大，即砝码、砝码盘的质量增大，不再满足砝码、砝码盘质量小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故B正确；根据图象3可知，当挂上砝码、砝码盘时，小车的加速度还是为零，说明没有平衡摩擦力或平衡的不够，故C错误．所以选B.‎ ‎⑤在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得：，对整体根据牛顿第二定律得：，且，解得：．‎ 三、计算题 ‎15.一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a 1=‎2m/s2，经过4s关闭发动机，此后在阻力作用下匀减速运动，匀减速开始后的第1s内运动了‎6m。求：‎ ‎（1）汽车匀减速运动的加速度大小？‎ ‎（2）汽车的从开始运动到最后静止总位移大小？‎ ‎【答案】（1）‎4m/s2；（2）‎‎24m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)匀加速结束时速度为：‎ v=a1t1=4×2=‎8m/s ‎ 与减速第1s内位移为：‎ 代入数据解得：‎ a2=‎4m/s2‎ ‎(2) 匀减速时间为：‎ 总位移为：‎ ‎16.如图所示，弹簧AB原长为L0=‎35cm，A端挂一个重60N的物体，手执B端，将物体置于倾角为30°的斜面上。当物体沿斜面匀速下滑时，弹簧长度为L1=‎40cm；当物体匀速上滑时，弹簧长度为L2=‎50cm，(g=‎10m/s2)求：弹簧的劲度系数K和物体与斜面的动摩擦因数μ ‎【答案】（1）300N/m （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)匀速下滑：受力分析如图： 设此时弹簧形变量为：x1，则弹力F=kx1‎ 由平衡条件得：kx1+f=Gsin30° N=Gcos30° 匀速上滑：受力分析如图 ‎ ‎ 设此时弹簧形变量为：x2，则弹力F=kx2 由平衡条件得：kx2=Gsin30°+f N=Gcos30°‎ 联立可得：‎ ‎(2)再由：f=μN=μGcos30°=Gsin30°-kx1 代入数据解得：‎ ‎17.如图，质量为‎1.2kg的木块放在水平桌面上，在与水平方向成37°角斜向右上、大小为4N的拉力作用下，以‎10m/s的速度向右做匀速直线运动。已知sin37o=0.6，cos37o=0.8，g取‎10m/s2。‎ ‎（1）求木块与桌面间动摩擦因数。‎ ‎（2）若从某时刻起，将与水平方向成37°角斜向右上方拉力F突然变成与水平方向成37°角斜向左下方的力F1=8N，如右图所示。求在换成力F1后的瞬间木块的加速度。‎ ‎（3）在（2）的情况下，试通过计算分析木块减速到零后能否反向运动？ 若能，求出运动的加速度是多大？若不能，求出此时摩擦力多大？（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力）‎ ‎【答案】（1）（2）‎10m/s2 （3） m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据平衡条件得： 在竖直方向上有：N+Fsin37°=mg 水平方向上有：f=Fcos37°=μN 解得：‎ ‎(2)换成推力F1后，上述公式为： 竖直方向：N′=F1sin37°+mg 水平方向：f-F1cos37°=μN′-F1cos37°=ma 解得：‎ a=‎10m/s2‎ ‎(3)当速度减至零所用时间为：‎ 通过的路程为：‎ 因此1s后速度为零，此后f反向． 根据牛顿第二定律得：F1cos37°-μ（F1sin37°+mg）=ma′ 解得：‎