江苏省苏州市震泽中学2019-2020学年高一上学期第一次月考物理试题（大杨班） 19页

www.ks5u.com ‎2019-2020学年第一学期江苏省震泽中学高一第一次月考 一、单选题 ‎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6m，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 第2s内的平均速度是4m/s B. 第2s内的平均速度是2m/s C. 第2s末的瞬时速度是2m/s D. 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，注意由于物体做变速运动，故无法求得瞬时速度．‎ ‎【详解】AB.第2s内的平均速度v=41m/s＝4m/s，故A符合题意；B不符合题意；‎ CD.由于物体做变速直线运动，故无法求出瞬时速度，故CD不符合题意。‎ ‎【点睛】本题考查对平均速度和瞬时速度的理解，注意在解此类问题时，一定要注意克服思维定势，不能简单地当作匀变速直线运动来处理 ‎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】‎ ‎【详解】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：‎ ‎，‎ 负号表示加速度的方向与飞来的方向相反即为水平向东，‎ A．加速度大小为，方向水平向东，所给答案为10m/s2，方向水平向西，A错误；‎ B．加速度大小为，方向水平向东，所给答案为10m/s2，方向水平向东，B错误；‎ C．加速度大小为，方向水平向东，所给答案为50m/s2，方向水平向西，C错误；‎ D．加速度大小为，方向水平向东，所给答案为50m/s2，方向水平向东，D正确；‎ ‎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. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】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 ‎，‎ A．，而所给答案为，A错误；‎ B．，而所给答案为，B错误；‎ C．，而所给答案为，C正确；‎ D．，而所给答案为，D错误。‎ ‎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 N B. 510 N C. 890 N D. 910 N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】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. v B. v C. v D. v ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：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．‎ 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；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，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有，因此，故A正确．‎ ‎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. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】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：‎ ‎，‎ 对B：‎ ‎，‎ 则 ‎，‎ 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：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 对B：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 则 ‎，‎ C错误D正确。‎ 二、多选题 ‎7. 某质点作直线运动的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】‎ 试题分析: 图象的斜率大小表示加速度大小，根据图象可知0～1s内的加速度大小a1=4m/s2，1～3s内的加速度大小a2=2m/s2，所以A对；根据图象可知0～1s与4～5s内，质点的加速度都是正值，所以加速度方向相同，故B错；0.5s与2s时刻，质点的速度都是正值，所以速度方向相同，故C错；质点在0～5s内的位移是图象中两个三角形面积之差x=4m，所以质点在0～5s内的平均速度是x/t=0.8m/s，故D对。‎ 考点：匀变速直线运动的速度与时间图象 ‎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】‎ ‎【详解】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，A错误；‎ B．由图可知1、2之间的距离为，2、3之间的距离为，3、4之间的距离为，4、5之间的距离为，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。‎ ‎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】‎ ‎【详解】AB、根据得：平抛运动的时间．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。‎ ‎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．‎ ‎【详解】当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，，故A错误，B 正确．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，所以时间秒，而水流速度变化为，根据，可得加速度大小为故C正确．船在航行中相对于河水的最大速度为，那么船在河水的位移为，故D错误．故选BC．‎ ‎【点睛】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．‎ 三、实验题探究题 ‎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】 (1). O、b两点太近，误差大 (2). 与F1、F2共同作用的效果相同 (3). (4). F (5). B ‎【解析】‎ ‎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，这样做的目的是与共同作用的效果相同．‎ ‎③和合力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是和合力的实际测量值．‎ ‎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：‎ 所以由图可知角逐渐变小时，N的示数减小，同时角减小．故选：B ‎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 ‎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】 (1). 远大于 (2). 0.5 (3). 0.145 (4). (5). 0.12‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[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：‎ 对M：‎ 解得：‎ 当时，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．‎ ‎[2]根据匀变速直线运动的推论公式得：‎ ‎，‎ ‎[3]AB的中点时刻速度等于AB的平均速度，则 ‎，‎ 所以 ‎(2)①[4]建立坐标系a-F，采用描点法，作出a-F图象如图；‎ ‎②[5]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．‎ 四、计算题 ‎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】(1)1m/s2、2m/s2(2)46m(3)0.2；6N。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)0～6s的加速度 ‎6～10s物体的加速度 负号表示加速度方向与速度方向相反，即加速度大小为；‎ ‎(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 ‎。‎ ‎(3)减速运动过程根据牛顿第二定律得，摩擦力 ‎，‎ 动摩擦因数 ‎。‎ 加速运动过程根据牛顿第二定律得 ‎，‎ 解得：‎ 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。‎ ‎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m/s抛出，经多长时间t3绳子绷紧？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）1s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）A球做自由落体运动，根据自由落体运动规律进行求解时间；‎ ‎（2）两个球竖直方向均为自由落体运动，水平方向上B球相对A球做匀速直线运动，然后按照运动的合成与分解进行求解即可；‎ ‎（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，按照平抛运动进行求解；‎ ‎【详解】（1）A球做自由落体运动：‎ 代数据得: ；‎ ‎（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有：，得 则B球竖直方向的瞬时速度为： ‎ 所以B的合速度为：；‎ ‎（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：‎ B球竖直位移： ‎ 此时，解得。‎ ‎【点睛】本题主要考查了物体做自由落体运动和平抛运动的相关规律了，明确两物体间的位移关系即可求解。‎ ‎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】（1）0.2 （2）0.1 （3）6kg ‎【解析】‎ 试题分析：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；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；隔离对M分析，根据速度时间图线得出B的加速度，根据牛顿第二定律求出A的质量。‎ ‎(1)由图象可知，A在0～1 s内的加速度 对A由牛顿第二定律得，－μ1mg＝ma1‎ 解得：μ1＝0.2‎ ‎(2)由图象知，A、B在1～3 s内的加速度 对A、B整体由牛顿第二定律得：－(M＋m)gμ2＝(M＋m)a3‎ 解得：μ2＝0.1‎ ‎(3)由图象可知B在0～1 s内的加速度 对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2‎ 代入数据解得：m＝6 kg 点睛：本题主要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。‎ ‎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=37º，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=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】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s ‎（4） 如图所示：‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度进行讨论分析得到vc2-a的关系，从而画出图像。‎ ‎【详解】（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：‎ 代入数据得：，方向：沿传送带向上；‎ ‎（2）包裹P沿传送带由B到C过程中根据速度与位移关系可知：‎ ‎ 代入数据得：；‎ ‎（3）包裹P向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：‎ 得 ‎ 当包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为：‎ 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有： ‎ 因x