江苏苏州震泽中学高一上学期第一次月考物理大杨班试题含答案.docx

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江苏苏州震泽中学高一上学期第一次月考物理大杨班试题含答案

2019-2020学年第一学期江苏省震泽中学高一第一次月考

副标题

题号

一

二

三

四

总分

得分

一、单选题（本大题共6小题，共18.0分）

1.汽车从立交桥顶上向下做变速直线运动．已知第1s内通过2m、第2s内通过4m、第3s内通过7m，则下列说法中正确的是（　　）

A.第2s内的平均速度是4m/sB.第2s内的平均速度是2m/s

C.第2s末的瞬时速度是2m/sD.第2s末的瞬时速度是4m/s

【答案】A

【解析】【分析】

根据平均速度的公式可求得各时间段内的平均速度，但由于物体做变速运动，故无法求得瞬时速度．

在解此类问题时，一定要注意克服思维定势，不能当作匀变速直线运动来处理．

【解答】

​AB.第2s内的平均速度v=

=m/s=4m/s，故A正确，B错误；

CD.由于物体做一般的曲线运动，故无法求出瞬时速度，故CD均错误。

故选A。

2.

一只足球以10m/s的速度水平向西飞向一足球运动员，运动员用脚踢球，使足球以15m/s反向飞回，已知脚与球接触时间为0.5s，这个踢球的过程中足球的加速度为（　　）

A.10m/s2方向水平向西B.10m/s2方向水平向东

C.50m/s2方向水平向西D.50m/s2方向水平向东

【答案】D

【解析】解：

以水平向西为正方向，则初速度v0=10m/s，末速度v=-15m/s，

所以足球的加速度为：

a=

=-50m/s2

负号表示加速度的方向与飞来的方向相反即为水平向东，故D正确，ABC错误；

故选：

D。

规定速度的正方向，确定始末速度，再根据加速度的定义求加速度。

掌握加速度的定义式，知道同一条直线上的矢量运算是解题的关键。

注意速度的矢量性。

3.

如图是一种测定风力仪器的原理图，金属小球P的质量为m，固定在一细长刚性金属丝下端能绕悬挂点O在竖直平面内转动无风时金属丝自然下垂，当水平方向的风吹向金属小球P时，金属丝将偏离竖直方向定角度，则水平风力F的表达式正确的是（　　）

A.F=mgsinθB.F=mgcosθC.F=mgtanθD.F=

【答案】C

【解析】解：

对小球受力分析，受重力、水平分力、绳子的拉力，如图

将风力和拉力合成，根据共点力平衡条件，有

F=mgtanθ，故C正确，ABD错误。

故选：

C。

对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件，运用合成法求解。

本题关键对小球受力分析，根据共点力平衡条件求出风力和角度θ的关系。

4.

建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.5m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（　　）

A.490 NB.510 NC.890 ND.910 N

【答案】A

【解析】【分析】工人站在地面上，匀加速拉升物体，同时绳子也有个力拉工人，由牛顿第二定律可求出绳子的拉力，从而对工人受力分析，由平衡条件可求出工人受地面的支持力，最后由牛顿第三定律可得出工人对地面的压力大小。

虽然压力是地面所受，但应该选工人作为研究对象；要知道绳子的拉力，则必须选中物体为研究对象由牛顿运动定律方可求出．所以此题渗透如何合理选择研究对象的思想。

【解答】

先研究物体，以加速度0.5m/s2匀加速被拉升，受力分析：

重力与绳子的拉力

则有：

F-mg=ma

解得：

F=210N

再研究工人，受力分析，重力、绳子拉力、支持力，处于平衡状态

则有：

Mg=F+F支

解得：

F支=490N

由牛顿第三定律可得：

F压=490N

故选A。

5.如图所示，A、B两物体系在跨过光滑定滑轮的一根轻绳的两端，当A物体以速度v向左运动时，系A、B的绳分别与水平方向成30°、60°角，此时B物体的速度大小为（）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】​

【分析】

​分别对A、B物体速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，根据三角函数关系及沿着绳子方向速度大小相等，可知两物体的速度大小关系。

考查学会对物体进行运动的分解，涉及到平行四边形定则与三角函数知识，同时本题的突破口是沿着绳子的方向速度大小相等。

【解答】

对A物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vAcos30°；对B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vBcos60°，

由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有vAcos30°=vBcos60°，

因此vB=

=

v，故A正确，BCD错误。

故选A。

6.

木块A，B的质量分别为m1、m2，用细线通过滑轮连接，如图所示、已知A，B静止时两条细线都处绷紧状态。

现将物块B下方的细线剪断。

忽略滑轮摩擦及一切阻力。

设剪断细线前后A，B间的细线弹力分别T1、T2，则（　　）

A.m1g＞T1＞m2g

B.m1g＞T1=m2g

C.m1g＞T2=m2g

D.m1g＞T2＞m2g

【答案】D

【解析】解：

AB、剪断细线前，木块A、B均静止，且两绳均处于绷紧状态，即两绳均有弹力，分别对A、B受力分析由平衡条件有：

对A：

m1g=T1

对B：

T1=m2g+T

则m1g=T1＞m2g，故AB错误；

CD、剪断细线后，木块A、B一起加速运动，设加速度为a，分别对A、B由牛顿第二定律有：

对A：

m1g-T2=m1a，解得：

T2=m1（g-a）

对B：

T2-m2g=m2a，解得：

T2=m2（g+a）

则m1g＞T2＞m2g，故C错误，D正确。

故选：

D。

剪断细线前，木块A、B均静止，且两绳均处于绷紧状态，即两绳均有弹力，分别对A、B受力分析由平衡条件即可求解；

剪断细线后，木块A、B一起加速运动，分别对A、B由牛顿第二定律列方程即可求解。

本题是常见的连接体问题，关键要知道细线剪断后A、B一起加速运动，然后由牛顿第二定律列方程。

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

7.某质点做直线运动的v-t图象如图所示，根据图象判断下列正确的是（）

A.0～1s内的加速度大小是1～3s内的加速度大小的2倍

B.0～1s与4～5s内，质点的加速度方向相反

C.0.5s与2s时刻，质点的速度方向相反

D.质点在0～5s内的平均速度是0.8m/s

【答案】AD

【解析】【分析】

速度图象的斜率等于加速度，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向。

考查了匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系。

【解答】

A.速度图象的斜率等于加速度，则知：

0～1s内的加速度大小为

；1～3s内的加速度大小为

；故A正确；

B.直线的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，0～1s与4～5s内，直线的斜率都为正，所以加速度方向相同，都沿正向，故B错误；

C.0.5s与2s时刻，质点的速度都是正值，说明速度都沿正方向，故C错误；

D.质点在0～5s内的位移为

，平均速度为

，故D正确。

故选AD。

8.如图所示，将一小球从竖直砖墙的某位置由静止释放。

用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3……所示的小球运动过程中每次曝光的位置。

已知连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度均为d。

根据图中的信息，下列判断正确的是（）

A.位置1是小球释放的初始位置

B.小球下落的加速度为

C.小球在位置3的速度为

D.不能判定小球的下落运动是否匀变速

【答案】BC

【解析】【分析】

要求物体运动的加速度，可以根据△s=aT2，中间时刻的速度等于该段时间内的中点时刻的速度，初速度为0的匀加速直线运动在连续相等的时间内位移比为1：

3：

5。

自由落体运动也是匀变速直线运动的一种，匀变速直线运动的规律依然适用；对于运动学方面的一些推论或结论，往往给我们提供了一些解题方法，在今后的学习过程当中要注意积累，并能灵活的运用。

【解答】

A.初速度为0的匀加速直线运动在连续相等的时间内位移比为1：

3：

5，而题目中位移比为2：

3：

4，故位置1不是初始位置，故A错误；

B.由图可知1、2之间的距离为H1=2d，2、3之间的距离为H2=3d，3、4之间的距离为H3=4d，4、5之间的距离为H4=5d，

由于

，即在连续相等的时间内物体的位移差等于恒量，故根据△H=aT2可求解出小球下落的加速度为

，故B正确；

C.因为位置“3”所处的时刻是位置“2”和位置“4”所处的时刻的中点时刻，故

，故C正确；

D.由图可知在连续相等的时间内物体的位移差等于恒量，能判定小球的下落运动是匀变速直线运动，故D错误。

故选BC。

9.

如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。

图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的。

不计空气阻力，则（　　）

A.a的飞行时间比b的长B.b和c的飞行时间相同

C.a的水平初速度比b的大D.b的水平初速度比c的小

【答案】BC

【解析】解：

AB、根据h=

得：

平抛运动的时间t=

．则知，b、c的高度相同，大于a的高度，可知a的飞行时间小于b的时间，b、c的运动时间相同，故A错误，B正确；

C、a、b相比较，因为a的飞行时间短，但是水平位移大，根据x=v0t知，a的水平初速度大于b的水平初速度。

故C正确；

D、b、c的运动时间相同，b的水平位移大于c的水平位移，根据x=v0t知，b的初速度大于c的初速度。

故D错误。

故选：

BC。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度的大小。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，水平位移由初速度和高度共同决定。

10.河水的流速与船离河岸的距离的变化关系如图1所示，船在静水中的速度与时间的关系如图2所示，若要使船以最短时间渡河，则

A.船渡河的最短时间25s

B.船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直

C.船在河水中航行的加速度大小为

D.船在河水中的最大位移为156m

【答案】BC

【解析】[【分析】

将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．当水流速最大时，船在河水中的速度最大．

解决本题的关键将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性进行求解．

【解答】

解：

AB、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，t=

=

s=20s．故A错误．故B正确．

C、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，由图可知，当发生50米的位移时，所以时间t==

s=10s，而水流速度变化为4m/s，根据a=

，可得：

加速度大小为a=

m/s2=0.4m/s2．故C正确．

D、船在航行中相对于河水的最大速度为9m/s，那么船在河水的位移为s=vmaxt=9×20m=180m，故D错误．

故选：

BC。

三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）

11.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：

a．如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计．

b．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小．用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向．

c．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向．

①实验中确定分力方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是______．

②用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是______．

③图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中______是F1和F2合力的实际测量值．

④实验中的一次测量如图丙所示，两个测力计M、N的拉力方向互相垂直，即α+β=90°．若保持测力计M的读数不变，当角α由图中所示的值逐渐减小时，要使橡皮筋的活动端仍在O点，可采用的办法是______

A．增大N的读数，减小β角

B．减小N的读数，减小β角

C．减小N的读数，增大β角

D．增大N的读数，增大β角．

【答案】O、b两点太近，误差大 与F1、F2共同作用的效果相同 F B

【解析】解：

①为了减小测量的误差，记录方向时，记录点与O点的距离适当大一些，图甲中的b点标记得不妥，其原因是O、b两点太近，误差大．

②用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是与F1、F2共同作用的效果相同．

③F1和F2合力的实际测量值是用一根弹簧秤拉的，不是根据平行四边形定则作出的，故F是F1和F2合力的实际测量值．

④由题意可知：

保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计M的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下：

所以由图可知α角逐渐变小时，N的示数减小，同时β角减小．故选：

B．

故答案为：

①O、b两点太近，误差大；②与F1、F2共同作用的效果相同；③F；④B．

①②为了减小测量的误差，两拉力的夹角适当大一些，记录拉力方向的点与O点距离适当大一些．为了与F1、F2共同作用的效果相同，用一根弹簧秤拉时，应将橡皮筋的活动端仍拉至O点．

③实际的测量值是用一根弹簧秤拉的，拉力方向与橡皮筋的方向在同一条直线上．

④根据平行四边形定则，运用作图分析采用的方法．

这个实验的原理是：

记录的是两个分力的大小和方向，以及实际合力的大小和方向，利用平行四边形画出合力的理论值再和实际的合力进行比较．因此明确实验原理是解答问题的关键．

12.一组同学利用图1所示的装置研究“质量一定时，加速度与力的关系”．

（1）实验中，如果满足小车（含车上砝码）质量______沙桶（含沙）质量，可认为小车受到拉力F 等于沙桶及其中沙的总重力，通过分析纸带得到小车运动的加速度a的大小．

正确使用电磁打点计时器，打出的某一条纸带如左下图，A、B、C、D、E、F是6个计数点，相邻计数点间还有四个点未标出．利用图2中给出的数据可求出小车的加速度a=______m/s2，B点的速度vB=______m/s．

（2）该组同学利用图3所示装置，测得多组小车所受拉力F和加速度a的数据，如下表：

F/N

0.21

0.30

0.40

0.49

0.60

a/（ms-2）

0.10[来

0.21

0.29

0.41

0.49

①根据测得的数据，在图中作出a-F图象；

②由图象可知，小车与长木板之间的最大静摩擦力大小为______N．

【答案】远大于；0.5；0.145；0.12

【解析】

解：

（1）该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究．当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系．

那么小车的合力怎么改变和测量呢？

为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板D的左端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．

根据牛顿第二定律得：

对m：

mg-F拉=ma

对M：

F拉=Ma

解得：

F拉=

当M＞＞m时，即当重物重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于重物的总重力．

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2得：

a=

，

AB的中点时刻速度等于AB的平均速度，则

，

所以

（2）①建立坐标系a-F，采用描点法，作出a-F图象如图；

②当小车刚开始运动时所受的静摩擦力即为最大静摩擦力，由图象读出a=0时的F=0.12N，则知最大静摩擦力为0.12N．

故答案为：

（1）远大于；  0.50；  0.145；

（2）如图所示；0.12．

（1）为使绳子的拉力等于重物的重力，M应远远大于m，先求出计数点间的时间间隔；做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2求解加速度；

（2）根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点，然后作出a-F图象；根据图象应用牛顿第二定律求出小车受到的摩擦力

解决本题的关键掌握探究“加速度与力、质量的关系”实验方法、步骤．以及会用逐差法求加速度，会用图象分析实验数据等．

四、计算题（本大题共4小题，共48.0分）

13.质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图象如图所示。

g取10m/s2，求：

（1）0～6s，6～10s过程中加速度的大小

（2）0～10s内物体运动的位移；

（3）物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小。

【答案】解：

（1）0～6s的加速度a1=

=

m/s2=1m/s2

6～10s物体的加速度a2=

=

m/s2=-2m/s2

（2）图线与时间轴围成的面积表示位移，则0～10s内物体运动位移的大小x=×（2+8）×6+×4×8m=46m。

（3）减速运动过程根据牛顿第二定律得，摩擦力f=-ma2=2×2N=4N，

动摩擦因数μ=

=0.2。

加速运动过程根据牛顿第二定律得，F-f=ma1，

解得：

F=f+ma1=4+2×1N=6N。

答：

（1）0～6s，6～10s过程中加速度的大小分别为1m/s2、2m/s2；

（2）0～10s内物体运动的位移是46m；

（3）物体与水平面间的动摩擦因数是0.2；水平推力F的大小是6N。

【解析】

（1）根据速度时间图线的斜率求出加速过程和减速过程物体的加速度；

（2）根据图线与时间轴围成的面积求出0～10s内物体运动位移的大小；

（3）减速运动过程根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数的大小，加速运动过程根据牛顿第二定律可求得水平推力的大小。

本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。

14.

如图所示，A、B两个小球在足够高的位置处紧挨在一起，两球用长为L=7m的轻绳连接，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，问：

（1）若B球固定，A球由静止释放，经多长时间t1绳子绷紧？

（结果可保留根号）

（2）若A球由静止释放的同时，B球以水平初速度v0=7m/s抛出，绳子即将绷紧时B球的速度vB大小？

（结果可保留根号）

（3）若A球固定，B球以水平初速度v0=2

m/s抛出，经多长时间t3绳子绷紧？

【答案】解：

（1）A球做自由落体运动L=

代数据得：

t1=

=

s；

（2）A、B两球在竖直方向上保持相对静止，水平方向上B球相对A球做匀速直线运动，绳子即将绷紧时，

水平距离：

L=v0t2。

得：

t2=1s

竖直方向：

vy=gt2=10m/s

所以vB=

=

=

m/s

（3）B球做平抛运动，绳子绷紧时，B球的合位移大小等于绳长，

B球水平位移：

x=v0t3

B球竖直位移：

y=

此时L=

解得t3=1s

答：

（1）若B球固定，A球由静止释放，经

s绳子绷紧；

（2）若A球由静止释放的同时，B球以水平初速度v0=7m/s抛出，绳子即将绷紧时B球的速度vB大小为

m/s；

（3）若A球固定，B球以水平初速度v0=2

m/s抛出，经多1s绳子绷紧。

【解析】

（1）A球做自由落体运动，根据位移时间关系求解；

（2）求出绳子即将绷紧时水平方向和竖直方向的速度即可求解；

（3）B球做平抛运动，绳子绷紧时，B球的合位移大小等于绳长，根据位移关系列方程求解。

本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性。

15.如图甲所示，质量为2kg的木板B静止在水平面上．某时刻物块A（可视为质点）从木板的左侧沿木板上表面滑上木板，初速度v0=4m/s．此后A和B运动的v-t图象如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，求：

（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；

（2）B与水平面间的动摩擦因数μ2；

​（3）A的质量．

【答案】解：

（1）由图象可知，A在0-1s内的加速度a1=

=

=-2m/s2，

对A由牛顿第二定律得，-μ1mg=ma1，

解得μ1=0.2；

（2）由图象知，AB在1-3s内的加速度a3=

，

对AB由牛顿第二定律得，-μ2（M+m）g=（M+m）a3，​

解得μ2=0.1；

（3）由图象可知B在0-1s内的加速度

=2m/s2，

对B由牛顿第二定律得，μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2，

代入数据解得m=6kg。

答：

（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1为0.2；

（2）动摩擦因数μ2为0.1；

（3）A的质量为6kg。

【解析】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，关键理清A、B的运动规律，结合图线的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律进行求解。

（1）A滑上B做匀减速直线运动，根据速度时间图线得出匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出A与B之间的动摩擦因数；

（2）A、B速度相同后，一起做匀减速运动，根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出与水平面间的动摩擦因数；

（3）隔离对M分析，根据速度时间图线得出M的加速度，根据牛顿第二定律求出A的质量。

16.某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带。

传送带保持静止，包裹P以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处。

已知v0=3m/s，包裹P与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37°，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；

（2）包裹P到达B时的速度大小；

（3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处；

（4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度vc与a的关系式，并画出vc2-a图象。

【答案】解：

（1）包裹下滑时有：

mgsinθ-μmgcosθ=ma1，

代入数据得：

a1=-0.4m/s2

方向：

沿传送带向上；

（2）包裹P沿传送带由B到C过程中，根据位移速度关系有：

L=

代入数据得：

v=1m/s；

（3）包裹P向上匀加速运动，根据牛顿第二定律可得：

μmgcosθ-mgsinθ=ma2，

得a2=0.4m/s2

加速度时间：

t1=

=

s=5s

速度从零增加到等于传送带速度时有：

x=

=

m=5m

因为x＜L，所以包裹先加速再匀速，匀速运动时间为：

t2=

=

s=2.5s

P从B处到C处总时间为：

t=t1+t2=7.5s；

（4）若a＜0.4m/s2，则包裹