福建省厦门市第一中学2018_2019学年高一物理上学期12月月考试题（含解析）.doc

1、- 1 -福建省厦门市厦门一中 2018-2019学年度高一上学期 12月月考物理试卷一、选择题1.理想实验是科学研究中的一种重要方法,它把可靠事实和理论思维结合起来,可以深刻地揭示自然规律。以下实验中属于理想实验的是（ ）A. 验证平行四边形定则B. 伽利略的斜面实验C. 用打点计时器测物体的加速度D. 利用自由落体运动测定反应时间【答案】B【解析】试题分析：平行四边形法则的科学探究属于等效替代，故 A错误；伽利略的斜面实验，抓住主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地反映了自然规律，属于理想实验，故 B正确；用打点计时器测物体的加速度是在实验室进行是实际实验，故 C错误；利用自由落体运动测定

2、反应时间是实际进行的实验，不是理想实验，故 D错误故选 B考点：理想实验2.2013年 6月 20日,我国宇航员王亚平在天宫授课时,利用质量测量仪测出了聂海胜的质量,这种质量测量仪测质量的依据是牛顿第二定律。若聂海胜受到合外力 F从静止开始运动,经时间 t移动的位移为 S,则聂海胜的质量为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】- 2 -根据位移时间公式求出宇航员的加速度，结合牛顿第二定律求出宇航员的质量【详解】根据 s at2得，a= 。根据牛顿第二定律得，F=ma，解得 故 A正确， BCD错误。故选 A。【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本综合，知道加速度是联

3、系力学和运动学的桥梁3.如图所示,质量为 m的小球用水平弹簧系住,并用倾角为 30的光滑木板 AB托住,小球恰好处于静止状态。当木板 AB突然向下撒离的瞬间,小球的加速度为(重力加速度为 g） （ ）A. 0B. 大小为 g,方向竖直向下C. 大小为 ,方向垂直木板向下D. 大小为 ,方向水平向右【答案】C【解析】【分析】木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度【详解】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图根据共点力平衡条件，有 F-Nsin30=0；Ncos30-G=0；代入数据解得：

4、- 3 -N= mg；F= mg；木板 AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力大小等于支持力 N，方向与 N反向，故加速度为： ，方向垂直于木板向下。故 ABD错误，C正确；故选 C。4.一物体由静止开始自由下落一小段时间后突然受一恒定的水平风力的影响,则其运动轨迹可能的情况是图中的（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由力的独立作用原理可知，没有风力时物体做自由落体运动，有风力后水平方向匀加速直线运动，水平分速度逐渐增大，撤去风力后水平速度不变，竖直分速度继续增大，B 对5.一倾角为 a的斜劈放在水平地面上,一物体沿斜劈匀速下滑。现给物体施加如图示的力 F,F与竖直方向夹

5、角为 ,斜劈仍静止,则此时地面对斜劈的摩擦力（ ）- 4 -A. 方向水平向右B. 大小为零C. 方向水平向左D. 无法判断大小和方向【答案】B【解析】【分析】物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向；当加推力 F后，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力同比增加，合力方向不变。【详解】物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向竖直向下，等于mg；当加推力 F后，将力 F沿着斜面方向与竖直斜面方向分解，根据滑动

6、摩擦定律 f=N，支持力和滑动摩擦力同比增加，故其合力的方向不变，竖直向上，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；因此地面对斜面没有静摩擦力，故B正确，ACD 错误；故选 B。【点睛】本题关键对滑块受力分析后根据平衡条件得到支持力和摩擦力的合力方向，然后根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力的合力方向，当压力增加后，滑动摩擦力也增加，但两个力的合力方向不变。6.在厦门一中第 60届校运会上,高二男生林子涵以“背越式“成功地跳过了 1.96m的高度,成为校运会跳高冠军,创造了厦门一中跳高新记录。若不计空气阻力,则下列说法正确的是（）A. 起跳时地面对林子涵

7、同学的支持力大于他的重力B. 在最高点越过横杆时,林子涵同学的加速度为零C. 在空中时,林子涵同学处于完全失重状态D. 与软垫接触后,林子涵同学对软垫的压力小于软垫对他的支持力【答案】AC【解析】【分析】- 5 -当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度 g【详解】在林子涵起跳时，地面要给人一个向上的支持力，支持力的大小大于人的重力的大小，人才能够有向上的加速度，向上运动，故 A正确。在最高点越

8、过横杆时，林子涵同学的加速度为 g，选项 B错误；在空中时，林子涵同学加速度为 g，处于完全失重状态，选项 C正确； 与软垫接触后，林子涵同学对软垫的压力与软垫对他的支持力是一对作用与反作用力，则林子涵同学对软垫的压力等于软垫对他的支持力，选项 D错误；故选 AC.【点睛】本题主要考查了对超重失重现象的理解以及对牛顿第三定律的理解，知道人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或悬挂物的拉力变了7.在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车,车上固定一盛满水的碗.现突然发现碗中的水洒出,水洒出的情况如图所示,则关于小车在此种情况下的运动叙述正确的是（ ）A. 小车可能突然向左加速运动B

9、. 小车可能突然向左减速运动C. 小车可能突然向右加速运动D. 小车可能突然向右减速运动【答案】AC【解析】【分析】水突然相对于车向右运动，说明此时水向右的速度大于车向右的速度或者小车向左的速度大于水向左的速度，分情况进行讨论即可【详解】小车突然向左加速，由于惯性，水还没有来得及加速，所以小车向左的速度大于水向左的速度，可以出现图示情况，故 A正确；小车突然向左减速，由于惯性，水还没有来得及减速，所以小车向左的速度小于水向左的速度，水应向左洒出，故 B错误；小车突然向右减速，由于惯性，水还没有来得及减速，所以小车向右的速度小于水向右的速度，水应向右洒出，故 C正确；小车突然向右加速，由于惯性，

10、水还没有来得及加速，所以小车向右的速- 6 -度大于水向右的速度，水应向左洒出，故 D错误；故选 AC。【点睛】本题主要考查了惯性和相对运动的概念，要立即好惯性这个概念，会分析相对运动8.如图所示,民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上沿跑道 AB运动，拉弓放箭射向他左侧的固定目标。假设运动员骑马奔驰的速度为 v1，运动员静止时射出的箭的速度为 v2，跑道离固定目标的最近距离 OA=d。若不计空气阻力的影响，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则A. 运动员放箭处离目标的距离为B. 运动员放箭处离目标的距离为C. 箭射到靶的最短时间为D. 箭射到靶的最短时间为【答案】BC【解

11、析】【分析】运动员放出的箭既参与了沿马运行方向上的匀速直线运动，又参与了垂直于马运行方向上的匀速直线运动，当放出的箭垂直于马运行方向发射，此时运行时间最短，根据 求出最短时间，根据分运动和合运动具有等时性，求出箭在马运行方向上的距离，根据运动的合成，求出运动员放箭处离目标的距离【详解】当放出的箭垂直于马运行方向发射，此时运行时间最短，所以最短时间 ，故 C- 7 -正确，D 错误；此时箭在沿马运行方向上的位移为 x=v1t= d，所以放箭处距离目标的距离为，故 A错误、B 正确。故选 BC。【点睛】解决本题的关键知道箭参与了沿马运行方向上的匀速直线运动和垂直于马运行方向上的匀速直线运动，知道分

12、运动与合运动具有等时性9.如图所示,质量为 M的木板 AB,AC部分粗糙,BC 部分光滑且足够长,一个质量为 m的小滑块以初速度 从木板的左端向右滑上木板,则滑块和木板速度随时间变化的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】根据两物体之间的相互作用可以得出两个物体的运动情况，从而确定出其运动图象【详解】由题意可知，m 受向左的摩擦力，故 m做匀减速运动；而 M受向右的摩擦力，故 M做匀加速直线运动；故两物体的 v-t图象均为直线，故 D错误；若物体没达到 C点速度相等，则二者保持相对静止，故 A正确；但若 m滑到 C点时速度仍不相等，则 m的速度应大于 M的速度，二

13、者做匀速直线运动；故 B正确，C 错误；故选 AB。- 8 -二、实验题10.在“验证加速度与力、质量的关系的实验时,采用了如图所示的实验方案。操作如下:(1)平衡摩擦力时,若所有的操作均正确打出的纸带如图所示,应_(填“减小或“增大”)木板的倾角,反复调节,直到纸带上打出的点迹_为止(2)已知小车质量为 M,盘和砝码的总质量为 m,要使细线的拉力近似等于盘和砝码的总重力,应该满足的条件是 m_M(填“远小于” 、 “远大于”或“等于”)。【答案】 (1). （1）减小； (2). 间隔相等（均匀） (3). （2）远小于.【解析】【分析】平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸

14、带点迹间隔均匀，当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，细线的拉力等于砝码盘和砝码的总重力大小；【详解】 （1）平衡摩擦力时，应不挂砝码，打出的纸带如图乙所示说明小车加速运动，故应减小倾角，直到纸带上打出的点迹间隔相等（均匀）为止（2）当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，即 m远小于 M时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小；11.如图为某次实验得到的纸带,已知实验所用电源的频率为 50Hz。根据纸带可求出电火花计时器打 B点时的速度为_小车的加速度大小为_。(结果均保留两位有效数字)【答案】 (1). 1.6m/s (2). 3.2m/s 2【解析】【分析】

15、根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间的平均速度求解 B点的速度；根据x aT2求出纸带的加速度；【详解】 ；- 9 -从纸带上看出，相邻两点间位移之差为一恒量，根据 x aT2得，12.图为小车质量一定时,根据实验数据描绘的小车加速度 a与盘和砝码的总质量 m之间的实验关系图象。若牛顿第二定律成立,则小车的质量 M=_kg【答案】0.08【解析】【分析】根据牛顿第二定律的内容，结合图象的斜率含义，即可求解【详解】根据 mg=（M+m）a 变式为 ；由题意知， ， ，所以 M= 由图象可知 k= =0.008，b=0.1 ，所以 M=0.08 kg三计算题 13.“娱乐风洞”是一种惊险的

16、娱乐项目.在竖直的圆筒内,从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来,让人体验太空飘浮的感觉(如图甲).假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变,人体水平横躺时所受风力的大小为其重力的 2倍,站立时所受风力的大小为其重力的 。如图乙所示,在某次表演中,质量为 m的表演者保持站立身姿从距底部高为 H的 A点由静止开始下落,经过 B点时,立即调整身姿为水平横躺并保持,到达底部的 C点时速度恰好减为零。重力加速度为 g,(1)分别求人站立时和平躺时的加速度(2)求 AB和 BC的高度之比。【答案】 （1）0.75g； g （2）4：3- 10 -【解析】【分析】（1）将人的运动分成 AB段和 BC段两个过程

17、，两过程中人均做匀变速直线运动，对两段分别运用牛顿第二定律求解加速度；（2）对运动过程进行分析，由速度和位移公式可得出两段过程的位移比值，则可求得 AB和BC的高度之比。【详解】 （1）设 AB段站立时的加速度大小为 a1位移大小为 x1，BC 段平躺时的加速度大小为a2， AB段对物体运用牛顿第二定律有：mg- mg=ma1 BC段对物体运用牛顿第二定律有：2mg-mg=ma 2 可得：a 1=0.75g； a 2=g（2）AB 段对物体运用运动学规律有：2a 1x1=v2BC段对物体运用运动学规律有：-2a 2x2=0-v2故 x1：x 2=4：3【点睛】本题考查牛顿第二定律和运动学规律的

18、运用，题干信息量很大，要仔细甄别题中有用的已知条件，分好过程，选取合适的运动学规律可以更效率的解决问题14.如图所示,质量为 M的木板放在倾角为 的光滑固定斜面上,一个质量为 m的人在木板上跑。若要使人保持与斜面相对静止,木板必须沿斜面以多大的加速度向什么方向加速运动?人对板的摩擦力多大?(已知重力加速度为 g)【答案】 ，方向沿斜面向下； mgsin，方向沿斜面向下.【解析】【分析】分别选择木板和人作为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律可求得【详解】要保持人相对斜面静止，人要受到木板向上的作用力，与沿斜面向下的人的重力的分量平衡，即 Ff=mgsin；根据作用力与反作用力的性质可知，木

19、板要受到人沿斜面向下的- 11 -摩擦力，所以对木板由牛顿第二定律：mgsin+Mgsin=Ma，解得 ，方向沿斜面向下； 由以上分析可知，要保持人相对于斜面的位置不变，对人有 mgsin=F f，人对木板的摩擦力为 mgsin，方向沿斜面向下.15.质量为 m1=2.5kg的一个长方体形铁箱在水平拉力 F作用下沿水平面向右匀加速运动,铁箱与水平面间的动摩擦因数为 。这时铁箱内一个质量为 =0.5kg的木块恰好能静止在后壁上(如图所示),木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为 =0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 10m/s2。求(1)铁箱对木块的支持力大小;(2)水平拉力 F的大小(3)

20、缓慢减小拉力 F至木块落底(不反弹)。当铁箱的速度为 v=6m/s时撤去拉力 F,经 1s时间木块从左侧到达右侧,则铁箱长度是多少?【答案】 （1）20N（2）135N（3）1.5m【解析】【分析】（1）分析木箱的受力情况：木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块所受的静摩擦力达到最大值，竖直方向上木块受力平衡，木块所受的重力恰好等于最大静摩擦力 fm，由 fm= 2FN，求出木块对铁箱的压力；（2）以木块为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对铁箱和木块整体，由牛顿第二定律求出水平拉力 F的大小；（3）撤去拉力 F时，箱和木块的速度均为 v=6m/s，由于 1 2，木块相对箱滑动，由牛顿第二定律

21、分别求出木块与铁箱的加速度，由速度公式求出铁箱减速至停止所受的时间，分析 1s内可知木块到达箱右端时，箱未能停止则 t=1s木块与铁箱的位移之差等于铁箱长度，由运动学公式求出【详解】 （1）对木块：在竖直方向：由相对静止得 mg=F f= 2FN- 12 -则 FN=（2）对木块：在水平方向：F N=ma则 a= m/s2=40m/s2对铁箱和木块整体：F- 1（M+m）g=（M+m）a故水平拉力 F=（M+m） （a+ 1g）=135N（3）撤去拉力 F时，箱和木块的速度均为 v=6m/s，因 1 2，以后木块相对箱滑动木块加速度 a2= 2g=2.5m/s2又铁箱加速度：a 1= =5.5

22、m/s2铁箱减速时间为 t0=v/a1=1.1s1s，故木块到达箱右端时，箱未能停止则经 t=1s木块比铁箱向右多移动距离 L即铁箱长即有：L=（vt- a2t2）-（vt- a1t2）= （a 1-a2）t 2解得：L=1.5m【点睛】本题要通过分析木块的状态，由牛顿第二定律求解木块对铁箱的压力和水平拉力抓住木块与铁箱位移的关系，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究铁箱的长度16.如图所示,不可伸长的绷紧的轻绳两端各拴接一个质量均为 m的物体 A、B(均可视为质点),跨过光滑的轻质定滑轮，物体 B静止在倾角为 的斜面底端，B 与斜面间的动摩擦因数为 1= ，物体 A静止在水平传送带左端，A 与

23、传送带之间的动摩擦因数为 ，t=0 时刻，给 A、B 同时提供等大的初速度 v=20m/s，使 A水平向右，B 沿斜面向上运动，连接 A的轻绳水平，连接 B的轻绳与斜面平行，轻绳、传送带和斜面都足够长，取 g=10m/s2。(1)若传送带以速度 v=10m/s逆时针转动，求 A物体开始运动时的加速度 a1的大小;(2)若传送带以速度 v=10m/s顺时针转动，求 5s内 B沿斜面的位移大小。【答案】 （1）7.5 m/s 2；（2）30m【解析】【分析】- 13 -（1）t=0 时刻小物块 A的速度大于传送带的速度，受到的摩擦力的方向向左，同时受到向左的拉力，由牛顿第二定律即可求出加速度（2）

24、A 先以加速度 a1向右做匀减速运动，直到速度减为 v，接着以加速度 a2向右做匀减速运动，直到速度减为 0，最后又向左做加速运动根据牛顿第二定律和运动学公式求解即可；B的位移大小与 A的位移大小相等【详解】 （1）传送带逆时针转动时，AB 有大小相等的加速度大小 a：对 A：T+ 2mg=m a 对 B：mgsin+ 1mgcos-T=m a 解得：mgsin+ 1mgcos+ 2mg=（m+m） a 代入数据得：a=7.5 m/s 2（2）传送带顺时针转动时，因为 vv 0，所以，f A仍向左，它们从开始运动至 A减速到与传送带速度相等的过程中，设加速度大小为 a1，同理可得：a 1=a=

25、7.5 m/s2经过 t1时间 A减速到与传送带速度相等，有： A或 B的位移为：s 1= t1=20 m 由于 2mgmgsin+ 1mgcos，所以，AB 将继续减速，加速度为 a2Mgsin+ 1mgcos- 2mg=（m+m） a 2 解得：a 2=5 m/s2 经过 t2时间减速到零：t 2= =2 s A或 B的位移为：s 2= t2=10 m 因为 2mgmgsin+ 1mgcos 同时有：mgsin 2mg+ 1mgcosB既不能沿斜面向上也不能沿斜面向下运动即此后的 t3=5 s- s-2 s 内，AB 将对地静止不动，即 5 s内 B沿斜面的位移为s=s1+s2=30 m- 14 -