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- 2021-04-14 发布
福建省漳平市一中2019-2020学年高一上学期第二次月考
一、选择题（本大题共9题，每小题4分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）
1.下图大致表示了伽利略探究自由落体运动的实验和思维过程，以下对于此过程的分析，正确的是
A. 甲、乙、丙、丁图中小球均做自由落体运动
B. 甲、乙、丙图是实验现象，丁图是经过合理的外推得出的结论
C. 丁图是实验现象，甲、乙、丙图是经过合理的外推得出的结论
D. 运用甲图的实验，可“放大”重力的作用，使实验现象更明显
【答案】B
【解析】
【详解】因为物体下落得太快，伽利略无法测量物体自由下落的时间，为了使物体运动速度变慢，伽利略转向探究物体在斜面上的运动问题．甲、乙、丙三个图都是实验现象，采用斜面的目的是可以“冲淡”重力的作用，使实验现象更明显．而之所以采用了不同倾角的斜面，则是观察其规律性，形成外推的实验基础，而丁图是在此基础上经过合理的外推得到的结论，故B正确．ACD错误；故选B.
【点睛】伽利略对运动和力的关系研究，其科学思想方法的核心是把把实验和逻辑推理和谐结合起来．学生对于物理常识的理解，在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况．
2.下列说法正确的是( )
A. 物体的加速度不变，其运动状态一定不变
B. 体积、质量很大的物体一定不能看成质点
C. 1 N/kg＝1 m/s2
D. “米”、“秒”、“牛顿”都属于国际单位制的基本单位
【答案】C
【解析】
A、速度是描述物体运动状态的物理量，物体的加速度不变则速度一定是变化的，所以物体的运动状态一定改变．故A错误；
B、体积、质量很大的物体在一定的条件下能看成质点，如描述地球绕太阳的公转时，地球也可以看作质点，故B错误；
C、，故C正确；
D、米、秒都是国际单位制基本单位，牛顿是导出单位，故D错误．
点睛：速度是描述物体的运动状态的物理量；当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可；力学国际基本单位有三个：米、千克、秒，其他的都是导出单位．
3.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（ ）
A. 前2s内的位移是5m
B. 前1s内的平均速度是6m/s
C. 任意相邻的1s内位移差都是6m
D. 1s末的速度是6m/s
【答案】C
【解析】
【详解】将x=6t+3t2与匀变速直线运动的位移时间公式x=v0 t+对比得初速度为
，加速度为。
A．前2s内的位移，故A错误；
B．第1s内的位移是，平均速度为
，故B错误；
C．任意相邻1s内的位移差，故C正确；
D．1s末的速度，故D错误。
故选C。
4.如图所示，质量为m的物体放在水平桌面上，在与水平方向成θ角的拉力F作用下加速运动．已知物体与桌面间的动摩擦因数为μ，下列判断正确的是( )
A. 物体受到摩擦力大小为Fcosθ
B. 物体受到的摩擦力大小为μmg
C. 物体对地面的压力大小为mg
D. 物体受到地面的支持力大小为mg-Fsinθ
【答案】D
【解析】
【详解】对物体受力分析，如图所示：
A、B、物体做加速运动，物体受到的滑动摩擦力为f=μN=μ(mg-Fsinθ），故A、B错误；
C、D、支持力由竖直方向的平衡有：，可得，而物体对地面的压力与地面对物体的支持力是作用力与反作用力，则压力为，故C错误，D正确；
故选D.
【点睛】本题考查学会对物体受力分析，并运用力的平行四边形定则处理不在同一直线上但在同一平面上的力．对于滑动摩擦力，关键抓住滑动摩擦力与物体对地面的压力成正比，而不是与重力成正比．
5.甲、乙两物体同时同地沿同一方向做直线运动v - t图像如图所示，则( )
A. 经2s后乙开始返回
B. 在第5s末，甲在乙的前面
C. 甲、乙两次相遇的时刻为2s末和第6s末
D. 甲、乙两次相遇的时刻为1s末和第4s末
【答案】C
【解析】
【详解】在速度时间图线中，乙的速度一直为正值，所以速度方向不变，不会返回，故A错误；在5s末，乙图线围成的面积大于甲图线围成的面积，可知乙的位移大小甲的位移，即乙在甲前面，故B错误；图线与时间轴围成的面积表示位移，由图线可知，在2s末和6s末，两个物体的图线与时间轴围成的面积相等，则位移相等，所以甲、乙相遇，故C正确，D错误．所以C正确，ABD错误．
6.如图所示，用轻绳将一个匀质小球挂在墙上，不考虑墙的摩擦，如果把绳的长度增加一些，则轻绳对球的拉力F1和墙对球的弹力F2的变化情况是
A. F1和F2都减小 B. F1减小，F2增大
C. F1增大，F2减小 D. F1和F2都增大
【答案】A
【解析】
【分析】
以小球为研究对象，分析受力，由平衡条件得出绳对球的拉力、墙对小球的支持力与绳子与墙的夹角的关系式，再分析F1和F2如何变化；
【详解】以小球为研究对象，分析受力如图：
设绳子与墙的夹角为，由平衡条件得：，
把绳的长度增大减小，减小，增大，减小，则得到和都减小，故选项A正确，选项BCD错误．
7.A、B两物体的质量之比mA︰mB=1︰2，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速滑行，直到停止，其速度图象如图所示．则该过程A、B两物体所受摩擦力之比FA︰FB与A、B两物体运动位移之比XA︰XB分别为
A. 1︰1，1︰2 B. 1︰1，2︰1
C. 1︰2，1︰2 D. 1︰2，1︰4
【答案】A
【解析】
【详解】根据速度时间图象的斜率表示加速度，可知，
物体的合力等于摩擦力，由牛顿第二定律可知物体所受的摩擦力大小为：
所以摩擦力之比为：
根据图象与时间轴所围的面积大小表示位移，知，故A正确，BCD错误．
8.如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用。已知物块P沿斜面加速下滑。现保持F的方向不变，使其减小，则物块P的加速度（ ）
A. 一定变小 B. 一定变大 C. 一定不变 D. 不能确定
【答案】B
【解析】
【详解】小物块P在推力F的作用下,沿光滑固定斜面加速下滑,设小物块的质量为m,斜面的倾角为θ,分析小物块的受力,并建立小物块的动力学方程,由牛顿第二定律有：
，即：，当保持F的方向不变使其减小时，则加速度a一定变大.故选B.
9.质量分别为m和2m小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F的最小值为
A. mg B. mg C. mg D. mg
【答案】D
【解析】
【详解】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图：
根据平衡条件得知：F与T的合力与重力总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值根据平衡条件得：
，故D正确，ABC错误．
二、多项选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
10.以下说法正确的是
A. 人走在松软的土地上会下陷，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力
B. 物体的加速度不变，则物体所受力的合力一定为恒力
C. 运动的物体可能受到静摩擦力的作用
D. 物体速度变化量越大，则物体所受力的合力越大
【答案】BC
【解析】
【详解】A、人走在松软的土地上下陷时，人对地面的压力等于地面对人的支持力，这是一对相互作用力，故A错误；
B、根据牛顿第二定律：F=ma可知，物体的加速度不变，则物体所受力的合力一定为恒力，故B正确；
C、静止的物体可能受到滑动摩擦力，运动的物体可能受到静摩擦力作用，比如正在倾斜的传送带上随传送带向上运动的物体，物体在运动，但受到静摩擦作用，故C正确；
D、加速度是描述速度变化快慢的物理量，物体的速度变化量大，但加速度不一定大，所以物体受到的合力不一定大，故D错误．
11.重150N的光滑球A悬空靠在竖直墙和三角形木块B之间,木块B的重力为1500N,且静止在水平地面上,如图所示,则
A. 地面所受压力的大小为1650N
B. 地面所受压力的大小为1500N
C. 木块B所受水平地面摩擦力大小为150N
D. 木块B所受水平地面摩擦力大小为N
【答案】AD
【解析】
【详解】以A球为研究对象，分析受力情况：重力，墙的支持力和B的支持力，作出力图：
由平衡条件得知，和的合力与大小相等、方向相反，则有：
；再以AB整体为研究对象，分析受力如图：
由平衡条件得：B所受的摩擦力：，方向水平向右；
支持力为：，根据牛顿第三定律可知，对地面的压力大小为，方向竖直向下，故AD正确，BC错误．
12.如图所示，位于斜面上的木块M在沿斜面向上的力F的作用下处于静止状态，则斜面对木块的静摩擦力( )
A. 方向一定沿斜面向上 B. 方向一定沿斜面向下
C. 大小可能等于零 D. 大小可能等于F
【答案】CD
【解析】
【详解】设斜面的倾角为．
A、当时，物体有上滑的趋势，静摩擦力方向沿斜面向下，当
时，静摩擦力为零，故A错误；
B、当时，物体有下滑的趋势，静摩擦力方向沿斜面向上，当时，静摩擦力为零，故B错误，C正确；
D、当时，静摩擦力，故D正确．
【点睛】本题考查分析和理解静摩擦力的能力，静摩擦力的产生取决于物体有没有相对运动趋势，可运用平衡条件加深理解．
13.如图所示，质量为m小球用一根细线和一根轻弹簧悬挂起来，小球静止时，细线水平，而弹簧与竖直成θ角．现将细线剪断，则下列判断正确的是（ ）
A. 剪断细线前，细线中张力为mgcotθ
B. 剪断细线前，弹簧弹力大小为
C. 剪断细线瞬间，小球的加速度大小为gsinθ
D. 剪断细线瞬间，小球的加速度大小为gtanθ
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．剪断细线前小球受力如图所示：
由平衡条件可以知道弹簧弹力：，细线中张力：，故A错误，B正确.
CD．剪断细线的瞬间细线拉力消失，弹簧的弹力不变，小球受重力mg与弹簧弹力F作用，根据牛顿第二定律小球所受合力：，解得小球的加速度大小为：
a=gtanθ，故C错误,D正确.
故选BD.
14.如图，一固定光滑斜面的两倾角分别为30°和45°.质量分别为2m和m的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于倾角为30°和45°两个斜面上并由静止释放，下滑加速度大小为a1，轻绳拉力大小为T1；若交换两滑块位置，再由静止释放，下滑加速度大小为a2，轻绳拉力大小为T2.在上述两种情形中正确的是
A. 质量为m的滑块均沿斜面向上运动
B. 质量为2m的滑块受到重力、绳的拉力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用
C. a1＜a2
D. T1＝T2
【答案】ACD
【解析】
【详解】A、由于2m的物体的重力的下滑分量总是较大，故质量为m的滑块均沿斜面向上运动，故A正确；
B、两个滑块都受到重力、支持力和拉力，下滑趋势是重力的作用效果，故B错误；
C、根据题意有：，，可知，故C正确；
D、由隔离法有：，，代入和可得：，故D正确．
三、实验题（本大题共小题，每空2分，共14分。把正确答案写在答题卷的横线上）
15.“验证力的平形四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．
(1)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是力________________．
(2)本实验采用的主要科学方法是（ ）
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．建立物理模型法
(3)实验中能减小误差的措施是（ ）
A．两个分力F1、F2的大小要尽量大些
B．两个分力F1、F2间的夹角要尽量大些
C．拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行
D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
【答案】 (1). ; (2). B; (3). ACD;
【解析】
【详解】（1）平行四边形定则画出的合力为理论值F，不一定沿AO方向；实际用一个弹簧秤拉橡皮条作出的力是实验值，方向一定沿AO方向．
（2）本实验每次将橡皮条拉到同样的位置，保证对橡皮条的拉力大小和方向相同，即两次的力的作用效果相同，这种方法叫等效替代，故选B．
（3）A、实验是通过作图得出结果，故在不超出量程情况下为了减小误差应让拉力尽量大些；正确不选
B、根据平行四边形定则可知夹角太小将会导至合力过大，导致一个弹簧拉时可能超过量程，故夹角不能太小或太大，适当即可；错误应选
C、为了保证合力和分力在同一平面内，拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行；正确不选
D、为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些；正确不选
故选B
16.如图所示，打点计时器固定在斜面的某处，让一滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下．图2是某同学实验时打出的某条纸带的一段．
（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用该纸带中测出的数据可得滑块下滑的
加速度大小a = _______ m/s2；
（2）打点计时器打B点时，滑块的速度大小vB = ________ m/s(结果保留三位有效数字)；
（3）为了测出滑块与斜面间的摩擦力，该同学已经测出斜面的长度l及高度h，他还需要测量的物理量是（重力加速度为g）____________，利用测得的量及加速度a表示摩擦力的大小f =____________．
【答案】 (1). 4.0 (2). 2.16 (3). 滑块质量
【解析】
【详解】（1）（2）滑块从斜面滑下过程为匀变速直线运动，ABCD之间的时间间隔都相等等于2个周期，频率为50hz，所以周期为0.02s .那么时间间隔为0.04 s．
根据，计算得．
vB=（sAB+sBC）/2T=2.16
2、受力分析可知物体沿斜面下滑的合力，已知长度l 和高度h，那么，带入计算只需要再测出质量m即可．
四、计算题（本大题共3小题，计30分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分）
17.如图所示，重力为G=55N的物体在与竖直方向成θ=37°角的力F作用下，恰能沿竖直墙壁向上做匀速运动，物体与墙壁间的动摩擦因数为μ=0.5，求力F的大小为多大？
【答案】F=110N
【解析】
【详解】由题意可知根据平衡条件做出受力图如图所示：
水平方向上：
Fsin37º=FN
竖直方向上：
Fcos37º=G+Ff
因为：
Ff=μFN
代入数据联立以上各式得:F=110N
答：力F的大小为110N.
18.小明课外研究性小组自制一枚火箭，火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动，火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4s到达离地面40m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：火箭离地面的最大高度和从发射到残骸落回地面过程的总时间。
【答案】60 m；（6+2）s
【解析】
【详解】⑴ 前4s内的平均速度：
由得4s时的瞬时速度为
v＝20m/s
4s后做竖直上抛运动，上升的高度：
则上升的最大高度：hmax=60m
⑵火箭燃料用完后做竖直上抛运动，到落地位移为－40m，则由得：
则总时间：
19.三角形传送带以2m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两小煤块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，煤块与传送带间的动摩擦因数均为0.5. 求：（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）煤块B下滑的加速度是多少?
（2）煤块B下滑到最低点所需时间是多少?
（3）煤块A下滑到传送带最低点时的速度大小是多少?
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】(1)对B受力分析可得：垂直于斜面的方向：
沿斜面的方向：
其中：
代入数据联立解得：
(2)由(1)分析可知B相对于传送带一直向下做加速运动，由位移公式：
代入数据解得：
(3)A开始向下运动时，传送带的速度大于A的速度，A受到的摩擦力的方向向下，则有：
代入数据可得：；当A的速度与传送带的速度相等时，经历时间t1，则：
代入数据得：；该过程中A的位移：
煤块与皮带速度相等后，由于：
所以会继续加速,由牛顿第二定律可得：
代入数据解得：
由速度位移公式可得：
代入数据得：