甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高一上学期11月月考物理试题

甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高一上学期11月月考物理试题

山丹一中2019-2020学年上学期11月月考试卷 高一物理 ‎(测试范围：：必修1第1-4章)‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎1.如图所示，小王从市中心出发到图书馆．他先向南走‎400 m到一个十字路口，再向东走‎300 m到达目的地．小王通过的路程和位移的大小分别是 (　　)‎ A. ‎700 m,‎100 m B. ‎400 m,‎‎300 m C. ‎700 m,‎500 m D. ‎500 m,‎‎100 m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，小王经过的轨迹长度为400+300=‎700m；小王的位移为：；‎ A. ‎700 m，‎100 m，与结论不相符，选项A错误；‎ B. ‎400 m，‎300 m，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ‎700 m，‎500 m，与结论相符，选项C正确；‎ D. ‎500 m，‎100 m，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎2.一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度的大小逐渐减小到零，则在此过程中（ ）‎ A. 速度逐渐减小，当加速度减为零时，速度达到最大 B. 速度逐渐增加，当加速度减为零时，速度达到最大 C. 位移逐渐增加，当加速度减小为零时，位移将不再增加 D. 位移逐渐减小，当加速度减小为零时，位移达到最小值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当加速度的方向与速度方向相同，加速度减小，速度逐渐增大，当加速度减小为零，速度达到最大，由于速度的方向不变，位移一直增大。‎ A. 速度逐渐减小，当加速度减为零时，速度达到最大，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 速度逐渐增加，当加速度减为零时，速度达到最大，与结论相符，选项B正确；‎ C. 位移逐渐增加，当加速度减小零时，位移将不再增加，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 位移逐渐减小，当加速度减小为零时，位移达到最小值，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎3.如图，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比为 A. cosθ+μsinθ B. cosθ–μsinθ C. l+μtanθ D. 1–μtanθ ‎【答案】B ‎【解析】‎ F1作用时，物体的受力情况如图1，根据平衡条件得 ‎    F1=mgsinθ+μFN              FN=mgcosθ  解得：F1=mgsinθ+μmgcosθ                             F2作用时，物体的受力情况如图2，根据平衡条件得 ‎ ‎ F2cosθ=mgsinθ+μFN′  FN′=mgcosθ+F2sinθ           解得： ‎ 所以 ，故选B．‎ ‎4.如图所示，在竖直平面内，一根不可伸长的轻质软绳两端打结系于“V＂形杆上的A、B两点，OM边竖直，O到A的距离等于O到B的距离。軟绳绕过光滑的滑轮，一重物悬挂于滑轮下，开始时整个系统处于静止状态6小于小90°。若在纸面内绕O点顺时针方向缓慢转动“V形杆，直到ON边竖直，绳结没有在杆上滑动。则A处绳与杆间的摩擦力f（ ）‎ A. 一直增大 B. 一直减小 C. 先增大后小 D. 先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为，受力如图所示：‎ 绳子张力为：；以A点为研究对象，受力分析如图所示：‎ 根据平衡条件可知：，在纸内顺时针绕O点按顺时针方向缓慢转动杆，绳子与竖直方向的夹角，先变大后变小，OA杆与竖直方向的夹角一直增大，当绳子与竖直方向的夹角变大，摩擦力减小，当绳子与竖直方向的夹角变小时，但还是在增大，所以摩擦力还是在减小，故B正确，ACD错误。‎ ‎5.如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，重力加速度为g。当两球静止时，Oa绳与杆的夹角也为θ，且θ=30°。Ob绳沿竖直方向，则下列说法正确的是（  ）‎ A. b可能受到3个力的作用 B. a可能受到2个力的作用 C. 绳子对a的拉力等于mg D. a的重力为mg ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对b球进行分析，b球受到重力和绳子的拉力。没有杆对b球的弹力，否则不能平衡，所以b受到两个力的作用，故A错误。‎ B．对a球进行分析，a球受到重力、绳子的拉力和杆对a球的弹力，一共受到3个力的作用，故B项错误。‎ C．对b球分析，绳子拉力，同一根绳子拉力相同，绳子对a球的拉力等于mg，故C错误.‎ D．对a球进行分析可知：‎ 解得a球的重力为：‎ 故D项正确.‎ ‎6.三个重均为的相同木块、、和两个劲度系数均为的相同轻弹簧、用细线连接如图，其中放在无摩擦的水平桌面上。开始时，弹簧处于原长，木块都处于静止状态。现用水平力缓慢地向左拉弹簧的左端，直到木块刚好离开水平地面为止。该过程弹簧的左端向左移动的距离是（轻弹簧和细线的重量都忽略不计）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对物块b分析受力可知，q弹簧初始时压缩量为：‎ 对物块c分析受力可知，q弹簧末状态时伸长量为：‎ 末状态下，对bc整体分析受力可知，细线对B向上的拉力大小为2mg，由于物块a平衡，所以p弹簧的弹力大小也为2mg，则末状态下p弹簧伸长：‎ 由以上可知p弹簧左端向左移动的距离为：‎ s=△x1+△x2+△x3=‎‎8cm A. 与分析不符，A错误 B. 与分析不符，B错误 C. 与分析相符，C正确 D. 与分析不符，D错误 ‎7.如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度：‎ a1=gsinθ+μgcosθ a恒定，斜率不变； 当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＞tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零。‎ A．该图与结论不相符，选项A错误；‎ B．该图与结论相符，选项B正确；‎ C．该图与结论不相符，选项C错误；‎ D．该图与结论不相符，选项D错误；‎ ‎8.如图,穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止.现对小球沿杆方向施加恒力F0,垂直于杆方向施加竖直向上的力F,且F的大小始终与小球的速度成正比,即F=kυ(图中未标出).‎ 已知小球与杆间的动摩擦因数为μ,已知小球运动过程中未从杆上脱落，球上小孔直径略大于直杆直径，且F0>μmg.下列说法正确的是：‎ A. 小球先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动直到静止 B. 小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动 C. 小球的最大加速度为 D. 小球最大速度为（F0+μmg）/μk ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在作用下向右做加速运动，随着速度的增加，向上的力F越来越大，导致杆对小球的弹力越来越小，摩擦力越来越小，加速度越来越大，当 时，弹力减小到零，摩擦力减小到零，此时加速度达到最大值，最大加速度 ，C正确；‎ 接下来， 杆对小球的弹力向下，随速度的增加，F越来越大，杆对小球的弹力越来越大，摩擦力越来越大，加速度越来越小，当摩擦力增大到与拉力相等时，小球匀速运动，因此小球的加速度先增大后减小，最后匀速运动，B正确，A错误；‎ 最大速度时， ，而 可求得最大速度 ，故D对；‎ 故选BCD ‎【点睛】本题关键是根据牛顿二定律表示出加速度，分析加速度变化情况，难度适中．对小球受力分析，根据牛顿第二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，进而分析运动情况。‎ ‎9. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 加速度为负值时，物体也可能做加速运动 B. 比较加速度大小时，‎3m/s2比﹣‎5m/s2大 C. 加速度逐渐变大，速度就逐渐变大 D. 在不同图象上，比较物体的加速度时，要算出数值后再比较 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，当加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度的方向与速度方向相反，物体做减速运动．‎ 解：A、加速度为负值，速度可能也为负值，则加速度的方向与速度方向可能相同，则可能做加速运动，故A正确．‎ B、加速度的正负表示方向，不表示大小，‎3m/s2比﹣‎5m/s2小．故B错误．‎ C、当加速度的方向与速度方向相反，加速度变大，速度减小，故C错误．‎ D、在不同的图象上，由于标度不同，需要通过计算出加速度才能进行比较，故D正确．‎ 故选：AD．‎ 点评：解决本题的关键掌握判断物体做加速还是减速运动的方法，关键看加速度的方向与速度方向的关系．‎ ‎10.某同学推一物块沿水平面做直线运动。设物块在这条直线上运动的速度大小为v，到某参考点的距离为x，物块运动的图像如图所示，图线是一条过原点的倾斜直线。关于该物块的运动，下列说法正确的是 A. 该物块运动到处时的速度大小为 B. 该物块做匀减速直线运动，加速度大小为 C. 该物块处运动到处所用的时间为 D. 该物块从处运动到处所用的时间为3s ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图像可知的表达式为 ‎，‎ 故在该物块运动到处时 ‎，‎ 即速度大小为 ‎，‎ A正确；‎ B．根据数学知识可得：‎ ‎，‎ 即 ‎，‎ 而匀减速直线运动位移时间的表达式为形式，故物块做的不是匀减速直线运动，B错误；‎ CD．图线与坐标轴围成面积表示物块在该段过程中的运动时间，故该物块处运动到处所用的时间为 ‎，‎ C错误D正确。‎ ‎11.如图所示,一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上，滑板上放有质量分别为和的 A、B两物块,A、B与滑板之间的动摩擦因数都为，一水平恒力F作用在A物体上,重力加速度g取，A、B与滑板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当F逐渐增大时，A、B的加速度为和，下列说法正确的是:‎ A. 若，则A、B物块及木板都静止不动 B. 若，则A、B物块的加速度都为 C. 无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动 D. 若，B物块的加速度为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力，比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体的运动情况，进而判断物体所受摩擦力的情况，根据牛顿第二定律求出B的加速度．‎ ‎【详解】A与木板间的最大静摩擦力，B与木板间的最大静摩擦力；A、，所以A、B即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；若，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：，解得：，故B正确；C、当A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N小于，所以无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动，故C正确；，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度，故D正确；故选BCD。‎ ‎【点睛】本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识；解决的关键是正确对两物体进行受力分析．‎ ‎12.一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B点前后速率不变．以下说法中正确的是(　 　)‎ A. 滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16∶5‎ B. 滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1∶4‎ C. 斜面的倾角为45°‎ D. 滑块与斜面的动摩擦因数μ＝‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体先在斜面上加速，后在水平面上减速，B点的速度大小是相同的，结合乙图中的时间关系，即可得出加速度的关系；由加速度与时间的关系，结合运动学的公式即可求出位移关系；由乙图得出受到的摩擦力的关系，从而得出斜面的倾角；根据物块在斜面上受力情况，运用牛顿第二定律求解摩擦因数．‎ ‎【详解】设滑动到达B点的速度为v，滑块在斜面上的位移：x1=•4t0，在水平面上的位移：x2=•t0，滑块在斜面和水平面的位移大小之比：，故A错误；A到B的过程中：a1•4t0=v，B到C的过程中：v=a2t0，加速度之比：，故B正确；由图乙可得：f2=μmg=5N，f1=μmgcosθ=4N，所以：，即：θ=370，故C错误；物体在斜面上运动的过程中：mgsinθ-μmgcosθ=ma1，在水平面上运动的过程中：ma2=μmg，解得：μ=4/7，故D正确；故选BD。‎ 第Ⅱ卷 二、实验题：本题共2小题，共15分。‎ ‎13.某同学利用如图所示的装置验证力的平行四边形定则。在竖直木板上贴有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将三根细线的一头打一个结，结点O，另一头分别挂上不同数量的钩码，每个钩码的质量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根细线的拉力F1、F2和F3。‎ ‎(1)下列钩码个数，能使实验完成的是___________。‎ A．钩码的个数N1=3，N2=4，N3=8 B．钩码的个数N1=N2=N3=4‎ C．钩码的个数N1=N2=2，N3=4 D．钩码的个数N1=N2=3，N3=5‎ ‎(2)在拆下钩码和细线前，需要做的步骤是___________。‎ A．标记结点O的位置 B．量出OA、OB、OC三段细线的长度 C．记录OA、OB、OC三根细线的方向 D．用天平测出钩码的质量 ‎(3)在作图时，你认为图中_____________(选填“甲”或“乙”)可能是正确的。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). AC (3). 甲 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]对O点受力分析OA、OB、OC分别表示三个力的大小，因为三共点力处于平衡，所以OC等于OD.因此三个力的大小构成一个三角形.‎ ‎ ‎ A．3、4、8不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误. ‎ B．4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡.所以B正确. ‎ C．2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态.所以C错误.‎ D．3、3、5可以构成三角形，则结点能处于平衡.所以D正确. ‎ ‎(2)[2]为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录是从力的三要素角度出发，要标记结点O的位置和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，钩码个数，故AC正确. ‎ ‎(3)[3]以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，因为误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际.‎ ‎14.如图所示为静宁一中两位同学探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系”的实验装置图。‎ ‎（1）实验中，两位同学安装好实验装置后，首先平衡摩擦力，他们将长木板的一端适当垫高一些后，在不挂砝码盘的情况下，使小车靠近打点计时器后，先接通电源，后用手轻拨小车，小车便拖动纸带在木板上自由运动。若打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏（从打出的点的先后顺序看），则第二次打点前应将长木板底下的小木块垫的比原先更加_______（选填“高”或“低”）些；重复以上操作步骤，直到打点计时器在纸带上打出一系列___________的计时点，便说明平衡摩擦力合适。‎ ‎（2）平衡摩擦力后，在____________的条件下，两位同学可以认为砝码盘（连同砝码）的总重力近似等于小车的所受的合外力。（已知小车的质量为M，砝码盘（连同砝码）的总质量为m）‎ ‎（3）接下来，这两位同学先保持小车的质量不变的条件下，研究小车的加速度与受到的合外力的关系；图2为某次操作中打出的一条纸带，他们在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm。实验中使用的是频率f=50 Hz的交变电流。根据以上数据，可以算出小车的加速度a=________m/s2。（结果保留三位有效数字）‎ ‎（4）然后，两位同学在保持小车受到的拉力不变的条件下，研究小车的加速度a与其质量M的关系。他们通过给小车中增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出图线后，发现：当较大时，图线发生弯曲。于是，两位同学又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象，那么，两位同学的修正方案可能是____。‎ A．改画a与（M＋m）的关系图线 ‎ B．改画a与的关系图线 C．改画a与的关系图线 D．改画a与的关系图线 ‎（5）实验桌上，具体的实验装置如图3‎ 所示；在砝码盘中放入适当的砝码后，将小车靠近打点计时器，接通电源后释放小车，打点计时器便在纸带上打出了一系列的点，并在保证小车的质量M、砝码（连同砝码盘）的质量m不变的情况下，多次进行实验打出了多条纸带，分别利用打出的多条纸带计算出了小车运动的加速度，并求出平均加速度，则小车与长木板间的动摩擦因数=________。（用m、M、g表示）‎ ‎【答案】 (1). 低 (2). 间隔均匀 (3). 在砝码盘（连同砝码）的总质量远小于小车的质量 (4). 0.343 (5). C (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．若打点计时器第一次在纸带上打出计时点越来越稀疏，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，所以第二次打点前应将长木板底下的小木块垫的比原先更加低，重复以上操作步骤，直到打点计时器在纸带上打出一系列间隔均匀的点；‎ ‎（2）[3]．当盘及盘中砝码的总质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力；‎ ‎（3）[4]．相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，则T=0.1s，根据作差法得：‎ ‎（4）[5]．乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，故小车的质量应为M+m，作图时应作出图象，故选C；‎ ‎（5）[6]．对小车和砝码（连同砝码盘）整体进行受力分析，砝码（连同砝码盘）的重力和摩擦力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15.一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v -t图像如图所示。求：‎ ‎ ‎ ‎(1)摩托车在0～20 s和45～75s这两段时间的加速度大小a。‎ ‎(2)摩托车在0～75 s这段时间的平均速度大小。‎ ‎【答案】(1)‎1.5 m/s2　 ‎1 m/s2 (2) ‎20 m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)0～20 s据a=‎ 由图像斜率得，加速度大小a=‎1.5 m/s2 ‎ ‎45～75s据a=由图像斜率得，加速度大小a=‎1 m/s2‎ ‎(2)由v-t图像得0～75 s内车的位移 s=×‎30 m=‎‎1500 m ‎0～75 s内车的平均速度 ‎16.如图所示,质量的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块与质量的小球B相连.今用跟水平方向成角的力,拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动中M、m相对位置保持不变,取.求:‎ ‎(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角;‎ ‎(2)木块与水平杆间的动摩擦因数为.‎ ‎(3)当为多大时,使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小?‎ ‎【答案】（1）30°（2）μ=（3）α=arctan．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小球B进行受力分析，设细绳对N的拉力为T由平衡条件可得：‎ ‎ Fcos30°=Tcosθ Fsin30°+Tsinθ=mg 代入数据解得：T=10，tanθ=，即：θ=30° （2）对M进行受力分析，由平衡条件有 ‎ FN=Tsinθ+Mg f=Tcosθ f=μFN 解得：μ＝ ‎ ‎（3）对M、N整体进行受力分析，由平衡条件有：‎ FN+Fsinα=（M+m）g f=Fcosα=μFN 联立得：Fcosα=μ（M+m）g-μFsinα 解得：F＝‎ 令：sinβ＝，cosβ=，即：tanβ= 则： 所以：当α+β=90°时F有最小值．所以：tanα=μ=时F的值最小．即：α=arctan ‎【点睛】本题为平衡条件的应用问题，选择好合适的研究对象受力分析后应用平衡条件求解即可，难点在于研究对象的选择和应用数学方法讨论拉力F的最小值，难度不小，需要细细品味．‎ ‎17.如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L=‎5.0m，倾角θ=37°，水平段与斜面段平滑连接。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在滑道上。已知小朋友质量为‎20kg，小朋友与滑梯轨道间的动摩擦因数μ=0.3，不计空气阻力。已知 ，。(g取‎10m/s2).‎ 求小朋友:‎ ‎(1)沿滑梯下滑时所受摩擦力的大小;‎ ‎(2)滑到斜面底端时的速度大小;‎ ‎(3)滑行的路程。‎ ‎【答案】(1) 48N ； (2) ‎6m/s  (3) ‎11m.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小孩在斜面上滑行时所受的摩擦力大小为：‎ ‎(2)小孩在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得： a1=‎3.6m/s2 ‎ 由匀变速直线运动的速度位移公式：‎ 可知小孩滑至 B 点时的速度大小为：‎ ‎(3)小孩在水平段滑行时，由摩擦力提供加速度有：‎ 代入数据解得 设小孩在水平段滑行距离为L1则有：‎ 代入数据解得.‎ 故小孩整个过程中滑行的路程为：‎ 答：(1)沿滑梯下滑时所受摩擦力的大小为 48N ；‎ ‎(2)滑到斜面底端时的速度大小为 ‎6m/s ‎ ‎(3) 滑行的路程为 ‎11m.‎