云南省楚雄天人中学2019-2020学年高一物理12月月考试题.doc

云南省楚雄天人中学2019-2020学年高一物理12月月考试题

云南省楚雄天人中学2019-2020学年高一物理12月月考试题

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16

云南省楚雄天人中学2019-2020学年高一物理12月月考试题
（考试时间：120分钟，满分：100分）
保密时间：12月20日15时20分前
一、选择题（14道题，每题3分，共42分，1-10单选，11-14多选，错选0分，漏选2分。）
1.从波兰中部城市罗兹往返四川成都的直达火车线路“蓉欧快铁”开通于2013年，全长9826公里，行车时间约13天，比历时40至50天的海路运输快许多，它是中国雄心勃勃的“一带一路”计划的一部分．关于“蓉欧快铁”，下列说法正确的是（ ）
A. 班列长度太大，质量太大，任何时候都不能看成质点
B. 研究“蓉欧快铁”线路上的班列行程时，可以将班列看成质点
C. 分析班列通过阿拉山口的时间时，可以将班列看成质点
D. 只要班列处于运动状态，就可以看成质点
2.十六世纪末，伽利略创立了更能深刻地反映自然规律的理想实验方法，将可靠的事实和理论思维结合 起来，推翻了已在欧洲流行将近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下四种说法中，与亚里士多德观点相反的是（　　）
A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力越大，速度就越大
B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落得较快 D．一个物体维持匀速直线运动不需要力
3.下列关于加速度的描述中，正确的是（ ）
A．速度变化得越大，加速度就越大 B．加速度方向向上为失重，加速度方向向下为超重
C．当加速度与速度方向相反但加速度在增加时，物体做加速运动
D．当加速度与速度方向相同但加速度在减小时，物体做加速运动
4.物体沿一直线运动，先以5m/s的速度运动一段时间，接着以2m/s的速度运动相等的时间，其整个过程的平均速度为v1；若该物体以5m/s的速度运动一段位移，接着以2m/s的速度运动相等的位移，其平均速度为v2．则v1，v2的大小关系是（　　）
A. v1＞v2 B. v1＜v2 C. v1=v2 D. 不确定
5.甲、乙两物体均做直线运动，甲物体速度随时间变化的图象如图甲所示，乙物体位置随时间变化的图象如图乙所示，则这两个物体的运动情况是。（ ）
A．甲在0-4s内运动方向改变，通过的路程为12m
B．甲在0-4s内运动方向不变，通过的位移大小为6m
C．乙在0-4s内运动方向改变，通过的路程为12m
D．乙在0-4s内运动方向不变，通过的位移大小为6m
6.如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．A与天花板之间的细绳沿竖直方向，则关于两木块的受力，下列说法正确的是(　　)
A. A、B之间一定存在摩擦力作用
B. A可能受三个力作用
C. B可能受到地面的摩擦力作用
D. B受到地面的支持力一定大于B的重力
7.一物体从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时速度为v，再运动到C点时的速度为2v，则AB与BC的位移大小之比为（　 　）
A. 1：3 B. 1：4 C. 1：2 D. 1：1
8.一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则 （ ）
A．小球在2s末的速度是20m/s B．小球在第5s内的平均速度是3.6m/s
C．小球在第2s内的位移是20m D．小球在5s内的位移是50m
9.如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直.杆的下端有一个轻滑轮O.另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角θ=30°.系统保持静止，不计一切摩擦.下列说法中正确的是(　 　)
A. 细线BO对天花板的拉力大小是 B. a杆对滑轮的作用力大小是
C. a杆和细线对滑轮的合力大小是G D. a杆对滑轮的作用力大小是G
10.如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中物块B对物块A的压力为
A． B． C．0 D．
11.图示的木箱a用细线悬挂在天花板下，木箱内有用竖直弹簧相连的两物块b和c，b放于木箱的水平地板上．已知木箱a的质量为m，物块b的质量为2m，物块c的质量为3m，起初整个装置静止不动．用符号g表示重力加速度，针对剪断细线的瞬间，下列判断正确的是（　　）
A．物块b下落的加速度为g
B．木箱a下落的加速度为2g
C．物块b对木箱底板的压力为mg
D．物块b对木箱底板的压力为2mg
12.如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（　　）
A．小车静止时，F=mg，方向：竖直向上
B．小车静止时，F=mgcosθ，方向垂直杆向上
C．小车向右以加速度a运动时，一定有F=
D．小车向左以加速度a运动时，F=，方向左上方，与竖直方向的夹角为tanα=
13.a、b两车在平直公路上行驶，其v﹣t图象如图所示，在t=0时，两车间距为s0，在t=t1时间内，a车的位移大小为s，则（　　）
A．0～t1时间内a、b两车相向而行
B．0～t1时间内a车平均速度大小是b车平均速度大小的2倍
C．若a、b在t1时刻相遇，则s0=s
D．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为t1
14.如图所示，倾角为30°的斜面体C质量为4m，放置在粗糙的水平地面上，质量为4m的物块B放置在斜面上，轻绳1一端系在B上，另一端绕过光滑定滑轮与另外两轻绳2、3系于O点，其中轻绳3下端悬挂质量为m的物体A，轻绳2与水平方向的夹角为30°.轻绳1在定滑轮左侧的部分与斜面平行，右侧的部分水平，整个系统处于静止状态，重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A. B受到的摩擦力沿斜面向下
B. 地面对C的支持力大小为8mg
C. 地面对C的摩擦力大小为mg
D. 若不断增大A的质量，整个系统仍静止，则B受到的摩擦力将逐渐增大
二、实验题（本题共2道小题,第1题6分,第2题6分,共12分）
15..如图1为“验证力的平行四边形定则”的实验装置图．
（1）请将下面实验的主要步骤补充完整．
①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；
②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，并记录两个拉力的大小及方向；
③再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端也拉至O点，记录　 　．
（2）在上述操作中两次将橡皮筋都拉至同一点O的目的是　 　．
（3）如图所示，是某同学根据实验数据按照一定的标度（标度未画出）画出的力的图示．F1、F2、F、F′中 不是由弹簧测力计测得的力是　 　（填字母）．
16.如图甲所示是研究小车加速度与力关系的实验装置,木板置于水平桌面上,一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连,拉力传感器可显示所受的拉力大小F,改变桶中砂的质量多次实验。完成下列问题:
(1)实验中需要______
A.测量砂和砂桶的总质量 B.保持细绳与木板平行
C.保持小车的质量不变 D.满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)实验中得到一条纸带,相邻计数点间有四个点未标出,各计数点到A点的距离如图乙所示。电源的频率为50Hz,则小车的加速度大小为______m/s2（结果保留两位有效数字）
(3)实验中描绘出a-F图像如图丙所示,图像不过坐标原点的原因是_____

三、计算题（共5题,第17题6分,第18题8分,第19题9分,第20题11分,第21题12分,共46分）
17.跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后先做自由落体运动，当距地面125 m时打开降落伞，开伞后运动员以大小为14.30 m/s2的加速度做匀减速运动，到达地面时的速度为5 m/s，求：
(1)运动员离开飞机瞬间距地面的高度；
(2)离开飞机后，经多长时间到达地面．(g取10m/s2)

18.所受重力G1＝8 N的物块悬挂在绳PA和PB的结点上．PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2＝100 N 的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)。试求：
(1)木块与斜面间的摩擦力大小；
(2)木块所受斜面的弹力大小．

19.如图所示一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接质量m=2kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L=9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F=14N作用，运动至B点时撤去该力，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2）。则：
(1)物体在恒力作用下运动时的加速度是多大？
(2)物体到达B点时的速度是多大？
(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？

20.如图所示，用两细绳系着一质量为m的物体，1、2两细绳与水平车顶的夹角分别为30°和60°．已知重力加速度为g，不计空气阻力．
（1）若小车向右作匀速直线运动，求两绳中拉力的大小；
（2）若让小车向右以2g的加速度做匀加速直线运动，当物体与车保持相对静止时，求绳1拉力的大小？

21.如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m.已知木板与地面的动摩擦因数为 µ1=0.1，m与M之间的动摩擦因数 µ2=0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0=10m/s，在坐标为X=21m处的P点有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10m/s2,求：
（1）木板碰挡板时的速度V1为多少？
(2) 碰后M与m刚好共速时的速度？
（3）最终木板停止运动时AP间距离？
楚雄天人中学2022届高一年级上学期12月学习效果监测物理试卷答案
1---5：BDDAD 6---10：BADDC 11 BC 12 AD 13 CD 14 BC
1.B
试题分析：研究“蓉欧快铁”线路上的班列行程时，班列的大小能忽略，可以看成质点，故B正确，A错误；分析班列通过阿拉山口的时间时，班列的大小不能忽略，不能看作质点；故C错误；班列能否看成质点与是否运动无关；故D错误；故选B．
考点：质点
【名师点睛】可视为质点的运动物体有以下两种情况：（1）运动物体的形状和大小跟它所研究的问题相比可忽略不计，如研究地球绕太阳的公转，可把地球当作一质点．（2）做平动的物体，由于物体上各点的运动情况相同，可以用一个点代表整个物体的运动。
2.D
【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．
【分析】亚里士多德的观点多来自对自然地观察，往往忽略了摩擦力对物体的影响，而物体的自然属性是运动，维持运动不需要力，是物体的惯性．
【解答】解：A、亚里士多德的多数结论来自观察．用四匹马和两匹马拉车，车在运动的过程中所受的摩擦力相同，两次都是匀速运动故F=f，但四匹马的功率大于两匹马的功率，根据P=Fv，可知v==．故认为物体受力越大，速度越大的观点是错误的，故A选项是亚里士多德的观点．故A错误；
B、一个物体不受力就会逐渐停下来，是因为物体受到了地面的摩擦力，而不是因为不受力．故B选项是亚里士多德的观点．故B错误；
C、两个物体从同一高度自由下落，较重的下落的快，是因为重的物体所受的摩擦力相对于重力来说小，其加速度就大．如果没有空气的阻力两物体应同时到达地面．故C选项是错误的，是亚里士多德的观点．故C错误；
D、物体之所以运动，不是因为受力，而是由于惯性，故维持物体的运动不需要力．故D选项是正确的．是伽利略的观点，与亚里士多德的观点相反．故D正确．
故选：D
3.D

4.A
解：（1）物体的总位移为：x=5t+2t=7t，则全程的平均速度为：v1===3.5m/s；
（2）全程的运动时间为：t=+=，
则全程的平均速度为：v2====2.7m/s．
故v1＞v2；
故选：A．
5.D

6.B

试题分析：对A进行受力分析，则A可能受绳子的拉力、重力而处于平衡；此时AB间没有相互的挤压，故没有摩擦力，故A错误；若木块对绳子没有拉力，则此时A受重力、支持力及摩擦力而处于平衡，故B正确；对整体受力分析可知，整体不受水平方向的推力作用，故B不受地面的摩擦力，故C错误；若出现A中情况，此时A对B没有压力，故B只受重力和支持力而处于平衡；此时支持力等于B的重力，故D错误。
考点：摩擦力的判断与计算、物体的弹性和弹力
【名师点睛】本题考查共点力的平衡及受力分析，解题关键在于能明确物体受力的各种可能性，从而全面分析得出结果。
7.A

对AB过程，由变速直线运动的速度与位移的关系式可得，解得，对BC过程可得，解得 ，所以AB与BC的位移大小之比为1：3，故A正确，BCD错误；
故选A。
8.D

试题分析：第5s内的位移，解得，故小球在2s末的速度为，在第5s内的平均速度为，小球在第2s内的位移为，小球在5s内的位移为，故D正确；
考点：考查了自由落体运动
【名师点睛】第5s内的位移等于5s内的位移减去4s内的位移，根据自由落体运动的位移时间公式求出星球上的重力加速度．再根据速度时间公式v=gt，位移时间公式求出速度和位移．
9.解：A、对重物受力分析，受到重力和拉力T，根据平衡条件，有T=mg，同一根绳子拉力处处相等，故绳子对天花板的拉力也等于mg，故A错误；
B、D、对滑轮受力分析，受到绳子的压力（等于两边绳子拉力的合力），以及杆的弹力（向右上方的支持力），如图

根据平衡条件，结合几何关系，有
F=T=mg
故B错误，D正确；
C、由于滑轮处于平衡状态，故a杆和细线对滑轮的合力大小是零，故C错误；
故选D
10【知识点】物体的弹性和弹力；牛顿第二定律．B1 C2
【答案解析】C 解析： 对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a= =gsinθ；则再对B由牛顿第二定律可知：F合=Ma=Mgsinθ；合力等于B的重力沿斜面向下的分力；故说明AB间没有相互作用力，故ABD错误，C正确．故选：C．

11.BC
【考点】牛顿第二定律．
【分析】剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出物体a、b、c的瞬时加速度大小和方向．
【解答】解：A、B、对整体分析，绳的拉力为F′=6mg，弹簧的弹力F=3mg，b、c整体处于平衡状态，所以a对b的支持力是N=5mg．
剪断细绳的瞬间，对ab，瞬间加速度a1=，方向竖直向下．故A错误，B正确；
C、D、以a为研究的对象，则：
所以：N′=mg．故C正确，D错误．
故选：BC．
12..AD
【考点】牛顿运动定律的应用﹣连接体；力的合成与分解的运用．
【分析】静止时，球受到重力和杆的弹力，由平衡条件分析弹力的大小和方向．当小车有加速度时，重力和弹力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律用合成法求解弹力大小和方向．
【解答】解：A、B，小车静止时，球受到重力和杆的弹力，由平衡条件得F=mg，方向：竖直向上．故AB错误．
C、小车向右以加速度a运动时，如图1所示，只有当a=gtanθ时，F=．故C错误．
D、小车向左以加速度a运动时，如图2所示，根据牛顿第二定律知小球的合力水平向左，，方向左上方，与竖直方向的夹角为tanα=．故D正确．
故选D．

13.CD
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】根据速度的正负得出两车的运动方向，根据平均速度推论求出两车的平均速度大小，从而得出平均速度的大小关系．结合图线围成的面积分析相遇情况．
【解答】解：A、由图象可知0～t1时间内两车速度均为正，故同向行驶，故A错误；
B、0～t1时间内两车平均速度大小分别是，，可知0～t1时间内a车平均速度大小是b车平均速度大小的3倍，故B错误；
C、若a、b在t1时刻相遇，说明0～t1时间内a比b多出来的位移刚好是s0，如右图所示：
图象与坐标轴所围成的面积表示对应过程的位移，因为a车的位移为s，则，故C正确；
D、若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为从时刻开始计时，到二者具有相同的位移的时刻，如下图：
故下次相遇的时刻为，故D正确．
故选：C．

14.BC

解：先对O点分析，受力如图：

根据平衡条件，有：T1=mg；再对BC整体分析，受重力、支持力、水平拉力T1和静摩擦力，根据平衡条件，静摩擦力向左，大小为：f静=T1=mg，地面对C的支持力大小为(mB+mC)g=8mg，故BC正确；再隔离物体B分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有：f=|T1-4mg•sin30°|=（2-）mg，由于T1=mg＜4mg•sin30°，故静摩擦力方向是平行斜面向上；故A错误；不断增大A的质量，整个系统仍静止，则拉力T1不断增加，静摩擦力不断减小，此后会反向增加，故D错误；故选BC。
【点睛】本题是力平衡问题，关键是灵活选择研究对象进行受力分析，然后再根据平衡条件列式分析．通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．
15. 解：（1）拉力的大小及方向；（2）保证作用效果相同；（3）F′
（1）“验证力的平行四边形定则”的实验时需要记录两个分力以及合力的大小和方向，所以用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端也拉至O点，记录这个拉力的大小及方向．
（2）该实验采用了“等效法”，即用两个弹簧秤拉橡皮筋的效果和用一个弹簧秤拉橡皮筋的效果是相同的，即要求两次将橡皮筋都拉至同一点O；
（3）由于误差的存在，通过平行四边形定则得出的合力值与由弹簧秤直接测得的力并不完全相等，通过平行四边形得出值在对角线上，用一个弹簧直接测量出的值沿细绳方向，即沿AO方向，故F是由弹簧秤直接测得的，F′是通过平行四边形定值得出的合力值，所以不是由弹簧测力计测得的力是F′．
故答案为：拉力的大小及方向；（2）保证作用效果相同；（3）F′

16. (1). BC (2). 1.5 (3). 平衡摩擦力过度

【分析】
根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤。根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出小车运动的加速度的大小；实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a-F图像在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a-F图像的a轴上有截距。
【详解】（1）A．绳子的拉力可以通过拉力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，A项错误；
B．为了使细绳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，同时要调整木板上滑轮的高度使细绳与木板平行，B项正确；
C．本实验采用的是控制变量法，要研究小车加速度与力的关系，必须保持小车的质量不变，C项正确；
D．实验中拉力通过拉力传感器测出，不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，D项错误；
（2）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s,根据Δx=aT2可得:xCE-xAC=a(2T)2，小车运动的加速度为a==×10-2 m/s2=1.48 m/s2。
（3）由图像可知，a-F图像在a轴上有截距，这是由于平衡摩擦力过度造成的。即在实际操作中，平衡摩擦力时斜面倾角过大，即平衡摩擦力过度。
17.（1）305 m；（2）9.85 s，
试题分析：
(1)对匀减速过程应用速度位移公式求出匀减速的初速度，再对自由落体过程应用速度位移公式求出物体自由下落的距离，把两段位移相加得运动员离开飞机瞬间距地面的高度；
(2)分别求出运动员自由下落和匀减速的时间，两者相加得运动员在空中的总时间。
解：(1)设匀减速的初速度为、末速度为，对匀减速过程应用速度位移公式可得： 1分
解得：匀减速的初速度
对自由落体过程应用速度位移公式可得：，解得： 1分
运动员离开飞机瞬间距地面的高度 1分
(2)运动员自由下落的时间 1分
运动员匀减速的时间 1分
运动员在空中的总时间 1分
18.(1)Ff＝64.8N (2) FN＝76.4N
试题分析：（1）如图甲所示分析结点P受力，由平衡条件得：
FAcos37°=G1 1分
FAsin37°=FB 1分
可解得：BP绳的拉力为FB="6" N 2分
（2）再分析G2的受力情况如图乙所示．

由物体的平衡条件可得：Ff=G2sin37°+FB′cos37° 1分
FN+FB′sin37°=G2cos37° 1分
又有FB′=FB
解得：Ff=64．8N，FN=76．4N． 2分
考点：物体的平衡
【名师点睛】本题是通过绳子连接的物体平衡问题，采用隔离法研究是基本方法．要作好每个物体的受力分析图，这是解题的基础。
19.（1）2m/s2（2）6m/s（3）1.8m

解：（1）在水平面上，根据牛顿第二定律可知：F-μmg=ma， 1分
解得： 1分
（2）有M到B，根据速度位移公式可知：vB2＝2aL 1分
解得：vB＝m/s=6m/s 1分
（3）在斜面上，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ=ma′ 1分
代入数据解得：a′=10m/s2 1分
根据速度位移公式可知：0- vB2＝2a′x 2分
解得：x＝m＝1.8m 1分
20.（1）若小车向右作匀速直线运动，两绳中拉力的大小，；
（2）若让小车向右以2g的加速度做匀加速直线运动，当物体与车保持相对静止时，绳1拉力的大小为
解：（1）匀速运动时有 共点力平衡可知F1cos30°=F2cos60° 2分
F1sin30°+F2sin60°=mg 2分
联立解得 1分
（2）绳2中拉力刚好为零时，根据牛顿第二定律有 2分
所以 1分
说明当a=2g时绳2已松弛 1分
此时有
2分
答：（1）若小车向右作匀速直线运动，两绳中拉力的大小，；
（2）若让小车向右以2g的加速度做匀加速直线运动，当物体与车保持相对静止时，绳1拉力的大小为

21.【知识点】牛顿第二定律C2
【答案解析】（1）V1=9m/s（2）V共=1.8m/s，方向向左(3) 19.60m
解析：（1）对木块和木板组成的系统，有μ1（m+M）g=（m+M）a1， 1分
V02−V12＝2a1s 1分
解得：a1=1m/s2 V1=9m/s 1分
（2） 由牛顿第二定律可知：am＝μ2g＝9m/s2 1分
1分
aM＝6m/s2
m运动至停止时间为：t1=v1/am=1 s
此时M速度：VM=V1-aMt1=3m/s，方向向左， 1分
此后至m，M共速时间t2， 有：VM-aMt2=amt2 得：t2=0.2s 1分
共同速度V共=1.8m/s，方向向左 1分
(3)至共速M位移：S1=(V1+V共)(t1+t2)/2＝6.48m 1分
共速后m，M以a1＝1m/s2 1分
向左减速至停下位移：S2==1.62m 1分
最终AP间距： X=11.5+S1+S2=11.5+6.48+1.62=19.60m 1分