2013-2014学年江苏省启东中学高一上学期第二次月考物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2013-2014学年江苏省启东中学高一上学期第二次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法正确的是 A运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 B同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，所以它的惯性也随位置的变化而变化 C一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力 D物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小 答案： D 试题分析 :惯性大小的量度是质量，量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。与物体的运动状态无关，与力也无关，所以 A、 B错， D正确；由于小球具有惯性，抛出后仍要保持原来的运动状态故

2、会继续上升，没有向上的推力，所以 C错。 考点： 惯性 如图所示，物体 A 放在一斜面体上，与斜面体一起向右做匀加速直线运动，且与斜面体始终保持相对静止，则 A物体 A可能受二个力的作用 B物体 A可能受三个力的作用 C当加速度增加时，物体 A受的摩擦力一定增大 D当加速度增加时，物体 A受的摩擦力可能先减小后增大 答案： ABD 试题分析 :因为物体与斜面体的加速度相同，设斜面的倾角为 ，当摩擦力为零时，加速度 a= =gsin，知当加速度等于 gtan时，物体不受摩擦力作用，受重力和支持力两个力作用， 当加速度不等于 gtan，受重力、支持力和摩擦力三个力作用故 A、 B正确；当加速度 a

3、 gtan，摩擦力方向沿斜面向下，加速度增加，则摩擦力增大当加速度 a gtan，摩擦力沿斜面向上，当加速度增加时，摩擦力先减小后增大故 C错误， D正确 考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算 冰壶比赛场地如图，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线 MN处放手让冰壶滑出。设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度 v0较小，直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心 O的位置，于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从 减小到某一较小值 ，设经过这样擦冰，冰壶恰好滑行到圆心 O 点。关于这一运动过程，以下说法正确的是： A为使本次投掷成功，必须在冰壶滑行

4、路线上的特定区间上擦冰 B为使本次投掷成功，可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰 C擦冰区间越靠近投掷线，冰壶滑行的总时间越短 D擦冰区间越远离投掷线，冰 壶滑行的总时间越短 . 答案： BC 试题分析 : 从发球到 O点应用动能定理列出等式可知所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰，只要保证擦冰的距离一定就行故 A错误， B正确；擦冰区间越靠近投掷线，则开始阶段冰壶的平均速度就越大，总的平均速度越大，距离一定，所以时间越短，故 C正确， D错误 考点： 动能定理的应用 如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的的质量均为 m，物块与木板间的动摩擦因数为 ，木板

5、与水平面间动摩擦因数为 ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为 g。现对物块施加一水平向右的拉力 F，则木板加速度大小 a可能是 A B C D 答案： CD 试题分析 :若木板相对物块没动，木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为：拉力 F和地面的摩擦力 f，则其加速度为： a= ，得，故 D正确；若木板相对物块动了，则木板就是在物块的摩擦力作用下做匀加速直线运动，其受到木块的摩擦力为： f1=mg，获得的加速度为：所以 C正确。 考点：牛顿第二定律 某大型游乐场内的新型滑梯可以简化为如图所示的物理模型一个小朋友从 A点开始下滑，滑到 C点时速度恰好减为 0，整个过

6、程中滑梯保持静止状态若 AB段的动摩擦因数 1， BC段的动摩擦因数 2，则该小朋友从斜面顶端 A点滑到底端 C点的过程中 A滑块在 AB段的平均速度小于 BC段的平均速度 B AB段的动摩擦因数 1小于 BC段的动摩擦因数 2 C地面对滑梯的摩擦力方向始先水平向左后终水平向右 D地面对滑梯的支持力大小始终等于小朋友和滑梯的总重力大小 答案： BC 试题分析 : AB段小孩做初速度为 0的匀加速运动； BC段做匀减速运动，末速度为 0，这两段的平均速度都是 B点速度的一半，所以相等，故 A错； AB段重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力， BC段重力沿斜面的分力小于滑动摩擦力，重力沿斜面的分力不变，

7、压力也不变，所以 AB段的动摩擦因数 1小于 BC段的动摩擦因数 2，故 B正确；小朋友在 AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度 a1分解为水平和竖直两个方向，如图 1 以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在 AB段做匀 加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力 FN小于小朋友和滑梯的总重力同理，小朋友在 BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和

8、滑梯的总重力，故 C正确， D错误 考点：牛顿第二定律 如图所示，在光滑的斜面上放置 3 个相同的小球 (可视为质点 )，小球 1、 2、3距斜面底端 A点的距离分别为 x1、 x2、 x3，现将它们分别从静止释放，到达 A点的时间分别为 t1、 t2、 t3，斜面的倾角为 ，则下列说法正确的是 A B C = = D若 增大，则 的值减小 答案： BC 试题分析 :A、 B、 C小球在光滑斜面上释放时均做加速度大小为 gsin匀加速运动，加速度相同，由位移公式 x= 得 = = = 所以 A错， C正确；小球从斜面上下滑，做初速度为 0 的匀加速直线运动，据 x= ，得 = at，由图可知，

9、第一个小球运动时间最长，第三个小球时间最短，所以 B正确；加速度 a=gsin，若增大 ，加速度 a增大， = 得知， 的值增大，故 D错误。 考点：匀变速直线运动规律的综合运用 蹦极 ”是一项刺激的极限运动，质量为 m的运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下。在某次蹦极中，弹性绳弹力 F的大小随时间 t的变化图象如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，空气阻力不计。下列说法正确的是 A t1 t2时间内运动员处于超重状态 B t4时刻运动员具有向上的最大速度 C t3时刻运动员的加速度为零 D t3时刻弹性绳弹力 F大于 2mg

10、答案： BD 试题分析 :在 t1 t2时间内，运动员合力向下，加速下降，失重，故 A错误； t4时刻运动员受到的重力和拉力平衡，加速度为零，具有最大的向上的速度，故 B正确； t3时刻弹力大于重力，合力方向向上，所以运动员的加速度不为零，所以 C错； t3时刻是弹性绳伸得最长的时刻，速度为 0，而弹性绳刚伸直时，速度不为 0，由对称性可知，由 t1 t2这段时间里弹性绳的形变量 x12小于 t2 t3这段时间里弹性绳的形变量 x23，由胡克定律可知 t2时 kx12=mg， t3时F=k(x12+x23)2kx12=2mg，所以 D正确 考点：超重和失重 如图所示， A、 B球的质量相等，弹

11、簧的质量不计，倾角为 的斜面光滑，系统 静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的 A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为 gsin B B球的受力情况未变，瞬时加速度为零 C A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 2gsin D弹簧有收缩的趋势， B球的瞬时加速度向上， A球的瞬时加速度向下 答案： BC 试题分析 :细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不会瞬间发生改变；系统静止，根据平衡条件可知：对 B球 F 弹 =mgsin，对 A球 F 绳 =F 弹+mgsin，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧 的弹力不发生改变，则： B球受力

12、情况未变，瞬时加速度为零；对 A球根据牛顿第二定律得：a= ，故 A错， B、 C、 D正确； 考点：牛顿第二定律；胡克定律 如图所示，一夹子夹住木块，在力 F作用下向上提升夹子和木块的质量分别为 m、 M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为 f.若木块不滑动，力 F的最大值是 A B C -(m M)g D (m M)g 答案： A 试题分析 :对木块分析得， 2f-Mg=Ma，解得木块的最大加速度 a= ，对整体分析得， F-（ M+m） g=（ M+m） a，解得 F= ，故 A 正确， B、 C、D错误 考点：力的合成 如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1运行初速度大小为

13、v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 v-t图象 (以地面为参考系 )如图乙所示已知 v2v1，则 A t2时刻，小物块离 A处的距离达到最大 B t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C 0 t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D 0 t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 答案： B 试题分析 :t1时刻小物块向左运动到速度为零，离 A处的距离达到最大，故 A错误； t2 时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故 B 正确；如图知，0 t2小物块做匀变速速直线运动，小物块受恒定向

14、右摩擦力作用，故 C错误；在 0-t1时间内小物块向左减速受向右的摩擦力作用，在 t1-t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，故 D错误； 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像 如图所示，相距为 L的 A、 B两质点沿相互垂直的两个方向以相同的速率 v做匀速直线运动，则在运动过程中， A、 B间的最短距离为 A B C D 答案： A 试题分析 : 设经过时间 t后， A的位置为 L-vt B的位置为 vt，由几何关系得 则当 t= ，时， AB最小。最小值为 故 A正确， BCD错误； 考点：运动的合成和分解 如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端固定

15、在墙上，一玩具遥控小车放在斜面上，系统静止不动用遥控器启动小车，小车沿斜面加速上升，则 A系统静止时弹簧被压缩 B小车加速时弹簧处于原长 C小车加速时弹簧被压缩 D小车加速时可将弹簧换成细绳 答案： D 试题分析 :系统静止时，系统受力平衡 ，水平方向不受力，弹簧弹力等于零，弹簧处于原长，故 A错误；小车加速上升时，知系统受到的合力的水平分力不为零，且方向向右，则弹簧提供的是拉力，所以弹簧处于拉伸状态所以小车加速时，可将弹簧换成细绳故 B、 C错误， D正确。 考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 实验题 某同学用如图甲所示的气垫导轨和光电门装置 “研究物体的加速度与外力关系 ”，他的操作

16、步骤如下： 将一端带有定滑轮的气垫导轨放置在实验台上， 将光电门固定在气垫轨道上离定滑轮较近一端的某点 B处， 将带有遮光条的质量为 M的滑块放置在气垫导轨上的 A处， 用重力为 F的钩码，经绕过滑轮的细线拉滑块，使滑块从同一位置 A由静止释放，测出遮光条通过光电门的时间 t， 改变钩码个数，使滑块每次从同一位置 A 由静止释放，重复上述实验。记录的数据及相关计算如下表： 实验次数 1 2 3 4 5 F/N 0.49 0.98 1.47 1.96 2.45 t/（ ms） 28.6 23.3 20.2 18.1 16.5 t2/（ ms） 2 818.0 542.9 408.0 327.6

17、272.25 t-2/10-4(ms)-2 12.2 18.4 24.5 30.6 36.7 (1)若用游标卡尺测出滑块上遮光条的宽度 d,读出遮光条的宽度 d 1.050cm,第一次测量中小车经过光电门时的速度为 m/s(保留两位有效数字 ) (2)实验中遮光条到光电门的距离为 s，遮光条的宽度为 d，遮光条通过光电门的时间为 t，可推导出滑块的加速度 a与 t关系式为 。 本实验为了研究加速度 a与外力 F的关系，只要作出 (选填 )的关系图象，请作出该图线。 根据作出的图像，判断该同学可能疏漏的重要实验步骤是 。 答案：（ 1） 0.37m/s；（ 2） a= ；（ 3） ，图象如图；（

18、 4）没有将气垫导轨调节水平 试题分析 :（ 1）第一次测量的速度： v= =0.37m/s (2)滑块从同一位置 A由静止释放由运动学公式得： v2=2as，小车经过光电门时的速度 v= ；整理得： a= ； （ 3）将 a= 代入公式 F=ma得： ，故作出 图，利用描点法得出其图象如下所示： （ 2）根据图象可知开始时刻拉力并不为零，这说明气垫导轨没有调水平 考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 某实验小组设计了如图（ a）所示的实验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用 DIS测小车的加速度。通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度 a和所受拉力 F的关系图象。

19、他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条 a-F图线，如图（ b）所示。 （ 1）图线 _ _是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；（选填 “ ”或 “ ”） （ 2）随着钩码的数量增大到一定程度时图（ b）中的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，为消除此误差可采取的简便且有效的措施是 _ _ A调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上长时间缓慢运动（即将小车与传感器发射部分的 重力沿轨道方向的分力恰与其所受摩擦力平衡） B在增加钩码数量进行实验的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车与传感器发射部分的总质量 C在钩码与细绳之间放置一力

20、传感器，直接得到小车运动的加速度 a和力传感器读数 F的关系图象 D更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验 （ 3）小车和位移传感器发射部分的总质量为 _ _kg；小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力大小为 _ _N。 答案：（ 1） ；（ 2） C；（ 3） 0.5； 1 试题分析 :（ 1）由图象可知，当 F=0时， a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高所以图线 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的 （ 2）随着钩码的数量增大到一定程度时图（ b）的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所

21、挂钩码的总质量太大，而我们把用钩码所受重力作为小车所受的拉力，所以消除此误差可采取的简便且有效的措施应该测量出小车所受的拉力，即在钩码与细绳之间放置一力传感器，得到力 F的数值，在作出小车运动的加速度 a和力传感器读数 F的关系图象，故选 C （ 3）根据 F=ma得 a-F图象的斜率 k= ，由 a-F图象得图象斜率 k=2，所以m=0.5kg由 a-F图象 得，当 F=1N时，物体即将要滑动，即最大静摩擦力等于 1N 考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 计算题 （ 12分）如图所示，将质量 m 0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数 m

22、 0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角 q 53的拉力 F，使圆环以 a 4.4m/s2的加速度沿杆运动，求 F的大小。（取 sin53 0.8， cos53 0.6， g 10m/s2）。 答案：当 F 1.25N 时，杆对环的弹力向上大小为 F=1N；当 F 1.25N时，杆对环的弹力向下大小为 F=9N 试题分析：由物体的平衡 ，解得 F=1.25N （ 1）当 F1.25N时，环与杆的下部接触，受力图如右图 由牛顿第二定律 解得 代入数据 F=9N 当 F 1.25N 时，杆对环的弹力向上大小为 F=1N；当 F 1.25N时，杆对环的弹力向下大小为 F=9N 考点：弹力牛

23、顿第二定律 某运 动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图 a。降落伞用 8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为 37，如图 b。已知人的质量为 50kg，降落伞质量也为 50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力 f与速度 v成正比，即 f=kv (g取 10m/s2， sin53=0.8，cos53=0.6) 求： （ 1）打开降落伞前人下落的距离为多大？ （ 2）求阻力系数 k和打开伞瞬间的加速度 a的大小和方向？ （ 3）悬绳能够承受 的拉力至少为多少？ 答案：（ 1） 20m；（ 2） 3

24、0m/s2，方向竖直向上；（ 3）悬绳能承受的拉力为至少为 312.5N 试题分析 :（ 1）打开降落伞前人做自由落体运动，根据位移速度公式得：=20m； （ 2）由 a图可知，当速度等于 5m/s时，物体做匀速运动，受力平衡， 则 kv=2mg，解得 k=200Ns/m 对整体，根据牛顿第二定律得： ，得， a=30m/s2 方向竖直向上（ 1分） （ 3）设每根绳的拉力为 T，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得： 8Tcos-mg=ma，解得 T=312.5N 由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力为至少为 312.5N （ 1分） 考点： 牛顿第二定律；牛顿第三定律 答案：（ 1） x=

25、1102.5m；（ 2） 2104N；（ 3） FT=5105 N 试题分析 : (1)由运动学公式 2a0x0=v02， x=1102.5m。 （ 2）仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以 a0=0.8m/s2的加速度做匀减速运动，设飞机仅受空气阻力和甲板阻力为 f ，飞机仅受空气阻力和甲板阻力时 f=ma0=2104N （ 3）飞机受力分析如图所示 由牛顿第二定律有 2FTcos+f-F=ma 其中 FT为阻拦索的张力， f为空气和甲板对飞机的阻力 飞机仅受空气阻力和甲板阻力时 f=ma0 联立上式可得 FT=5105 N 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；力的

26、合成与分解的运用 答案：上述解法不正确；杆对小球的作用力大小为 20.4N，方向斜向右上方，与水平方向夹角的正切值为 5 试题分析 :小球受重力、杆的弹力，在两个力共同作用下产生水平向右的加速度 以小球和滑块系统为研究对象进行受力分析知 F 合 =F-f=F-（ m+M） g 据牛顿第二定律知： F 合 =（ m+M） a，解得系统产生的加速度 a=2m/s2， 由题意知小球所受合力 F 合 1=ma=4N 对小球进行受力分析：小球受重力、杆的弹力 F，这两个力的合力大小为 4N且在水平方向， 如图知： F 合 1=ma=4N，求杆对小球的作用力 Fx，则： Fx =20.4N Fx的方向如图

27、所示，即所成角 的正切值为 tan= =5。 上述解法不正确，杆对小球的作用力不一定沿杆的方向，作用力的大小与方向具体由小球的加速度 a的大小来决定，并随着 a的变化而变化 杆对小球的作用力大小为 20.4N，方向斜向右上方，与水平方向夹角的正切值为 5 考点：牛顿第二定律 答案： (1) t=0.5s； (2) = ；（ 3） 4.32m 试题分析 : （ 1）铁块没有离开时，木箱在运动的过程中，铁块 m相对于地不动，根据牛顿第二定律得，木箱的加速度为： =12m/s2，根据 L=，解得 t1=0.5s (2) 铁块离开时，木箱的速度 v=at=6m/s离开后，木箱的加速度 a2=24m/s2， = = 铁块离开时，铁块做自由落体运动，铁块落地的时间 t2= =0.4s， 则铁块着地时与木箱右端的水平距离 s=vt2+ =4.32m 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律