【物理】江苏省宿豫中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题 （解析版） 10页

江苏省宿豫中学 2019-2020 学年高一上学期第三次月考试题 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 4 分，共计 32 分，每小题只有一个选项符合题意。 1.下面哪一组单位属于国际单位制中的基本单位（ ） A. m、N、kg B. kg、J、s C. m、kg、s D. m/s2、kg、N 【答案】C 【解析】 【详解】力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为 m、kg、s，所以 C 正确． 2.下列物理量在相加时不遵循平行四边形定则的有（ ） A. 力 B. 速度 C. 位移 D. 质量 【答案】D 【解析】 【详解】矢量在相加时遵循平行四边形法则，标量在相加时不遵循平行四边形定则； A. 力是矢量，相加时遵循平行四边形法则，选项 A 错误； B. 速度矢量，相加时遵循平行四边形法则，选项 B 错误； C. 位移矢量，相加时遵循平行四边形法则，选项 C 错误； D. 质量标量，相加时不遵循平行四边形法则，选项 D 正确； 3.关于做直线运动的物体的速度和加速度的关系，以下结论正确的是（ ） A. 物体的速度变化越快，加速度就越大 B. 物体的加速度增大，则速度也一定增大 C. 物体的速度变大，加速度也变大 D. 物体的加速度的方向，就是速度的方向 【答案】A 【解析】 【详解】A．加速度是速度的变化率，则物体的速度变化越快，加速度就越大，选项 A 正确； B．当速度和加速度反向时，物体的加速度增大，速度减小，选项 B 错误； C．物体的速度变大，加速度不一定变大，选项 C 错误； D．物体的加速度的方向是速度变化的方向，不一定是速度的方向，选项 D 错误； 4.如图所示，小车放在水平地面上甲乙二人用力向相反方向拉小车，不计小车与地面之间的 摩擦力，下面说法正确的是（ ） A. 甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对作用力和反作用力 B. 小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力 C. 若小车加速向右运动表明小车拉甲的力大于甲拉小车的力 D. 若小车加速向右运动表明乙拉小车的力大于小车拉乙的力 【答案】B 【解析】 【详解】甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力，选项 A 错误；小车静止时甲拉小车 的力和乙拉小车的力是一对平衡力，选项 B 正确；若小车加速向右运动，因为小车拉甲的 力和甲拉小车的力是一对作用和反作用力，故仍然是相等的，选项 C 错误；同理，若小车 加速向右运动，则乙拉小车的力还是等于小车拉乙的力，选项 D 错误；故选 B． 5.已知一些材料间动摩擦因数如下：质量为 10kg 的物块放置于水平面上，现用弹簧秤水平 方向匀速拉动此物块时，读得弹簧秤的示数为 30N，则两接触面的材料可能是（取 ）（ ） A. 钢—钢 B. 木—木 C. 木—金属 D. 木—冰 【答案】B 【解析】 【详解】物体匀速运动时：F=f，滑动摩擦力为：f=FNμ=mgμ，联立解得：μ=0.3 A．钢—钢，与结论不相符，选项 A 错误； B．木—木，与结论相符，选项 B 正确； C．木—金属，与结论不相符，选项 C 错误； D．木—冰，与结论不相符，选项 D 错误； 6.2015 年 12 月，第二届世界互联网大会在浙江乌镇召开，会上机器人的展示精彩纷呈。如 210m/sg = 图所示，当爬壁机器人沿竖直墙壁缓慢攀爬时，其受到的摩擦力（ ） A. 大于重力 B. 小于重力 C. 等于重力 D. 与其跟 墙壁间的压力成正比 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可知，机器人竖直方向受到重力与摩擦力，水平方向受到竖直墙壁的吸引力 与竖直墙壁对机器人的弹力，依据平衡条件可知，机器人受到的摩擦力大小等于重力． A．大于重力，与结论不相符，选项 A 错误； B．小于重力，与结论不相符，选项 B 错误； C．等于重力，与结论相符，选项 C 正确； D．与其跟墙壁间的压力成正比，与结论不相符，选项 D 错误； 7.如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为 4.0×103kg，其 推进器的平均推力为 800N，在飞船与空间站对接后，推进器工作 5s 内测出飞船和空间站速 度变化是 0.05m/s，则空间站的质量为（ ） A. 8.0×104kg B. 7.6×104kg C. 4.0×104kg D. 4.0×103kg 【答案】B 【解析】 【分析】 由加速度公式可求得整体的加速度，由牛顿第二定律可求得整体的质量，则可求得空间站的 质量； 【详解】加速度： ， 由牛顿第二定律 可知，空间站的质量为： ，故 B 正确，ACD 错误． 【点睛】牛顿第二定律的应用中要注意灵活选取研究对象，并注意在公式应用时的同体性， 即公式中的各量均为同一物体所具有的． 8.如图，某人用定滑轮拉一重物，当人向右跨出一步后，人与重物仍保持静止，则（ ） A. 地面对人的摩擦力变大 B. 地面对人的摩擦力不变 C. 人对地面的压力不变 D. 人对地面的压力减小 【答案】A 【解析】 【详解】以物体为研究对象，根据平衡条件分析可知，绳子的拉力大小等于物体的重力，没 有变化。人受重力、支持力、拉力和静摩擦力处于平衡，受力如图。 设拉力与竖直方向的夹角为 θ，根据共点力平衡得：f=Tsinθ，Tcosθ+N=mg，当人拉着绳向 右跨出一步后人和物保持静止，θ 增大，T 不变，则静摩擦力 f 增大，支持力 N 增大，根据 牛顿第三定律，人对地面的压力增大。 A．地面对人的摩擦力变大，与结论相符，选项 A 正确； B．地面对人的摩擦力不变，与结论不相符，选项 B 错误； C．人对地面的压力不变，与结论不相符，选项 C 错误； D．人对地面的压力减小，与结论不相符，选项 D 错误； 二、多项选择题：共 4 个小题，每小题 5 分，共计 20 分，每个选择题有多个选项符合题意。 2 20.05 / 0.01 /5 va m s m st ∆= = =∆ ( )F M m a= + 3 4800 4.0 10 7.6 100.01 FM m kg kg kga = − = − × = × 全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，选错或不选的得 0 分。 9.如图所示为甲、乙两物体运动的 x-t 图像，则下列说法正确的是（） A. 甲物体做曲线运动 B. 在 t1 时间内甲的路程大于乙的路程 C. 在 t1 时间内两物体平均速度相等 D. 相遇时，甲的速度大于乙的速度 【答案】CD 【解析】 【详解】位移时间图象只能描述正反两个方向上的运动，即直线运动，可知，甲做加速直线 运动，A 错误；在 时间内甲、乙通过的位移相等，两个物体都做单向直线运动，所以通过 的路程相等，B 错误；在 时间内两物体的始末位置相同，即位移相同，故平均速度相等， C 正确；图线的斜率表示速度，则相遇时，甲的速度大于乙的速度，D 正确． 10.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. 物体受到的摩擦力大小为 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： 1t 1t 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； 11.如图所示，一条不可伸长的轻绳绕过光滑的轻质定滑轮分别与物块 A、B 相连，细绳两部 分分别处于水平和竖直状态，桌面光滑，物块 A 和 B 的质量分别为 M 和 m，重力加速度为 g。现将系统由静止释放，在 B 落地前，下列判断正确的是（ ） A. 轻绳的张力为 mg B. 物体 B 下降时处于超重状态 C. 物体 B 下降的加速度大小为 D. 物体 A 对桌面的压力的大小等于桌面对 A 的支持力的大小 【答案】CD 【解析】 【详解】ABC．对 B，由牛顿第二定律得：mBg-T=mBa，同理，对 A 有：T=mAa 解得： ， ，因此，物体 B 下降时处于失重状态，故 AB 错误，C 正确； D．物体 A 对桌面的压力与桌面对 A 的支持力是一对作用力和反作用力，故大小相等，故 D 正确； 12.倾角为 α、质量为 M 的斜面体静止在水平桌面上，质量为 m 的木块静止在斜面体上．下 列结论正确的是（ ） sinN F mgθ+ = sinN mg F θ= − sinN N mg F θ−′ = = ( )/mg M m+ mga M m = + MmgT mgM m = + ＜ A. 木块受到的摩擦力大小等于 mgcosα B. 斜面体对木块 作用力大小等于 mg C. 斜面体受到 4 个力的作用 D. 桌面对斜面体的支持力大小等于(M＋m)g 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．先对木块 m 受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有： f=mgsinα…① N=mgcosα…② 故 A 错误； B．斜面体对术块的作用力与木块的重力二力平衡，大小相等，为 mg，故 B 正确； CD．对 M 和 m 整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为 （M+m）g，静摩擦力为零，所以斜面体受到：重力、m 对斜面体的压力、摩擦力和地面的 支持力，共 4 个力，故 CD 正确； 三、简答题：本题共 1 个小题，每空 3 分，共计 12 分。请将解答填写在答题卡相应位置。 13.用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系.实验时保持小车(含车中重物)的质量 M 不 变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力 F，用打点计时器测出小车运动的加速 度 a. (1)关于实验操作，下列说法正确的是________. 的 A.实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行 B.平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑 C.每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力 D.实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车 (2)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的 5 个计数 点 A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有 4 个点迹未标出，测出各计数点到 A 点间的 距离.已知所用电源的频率为 50 Hz，打 B 点时小车的速度 vB＝________ m/s，小车的加速度 a＝________ m/s2. (3)改变细线下端钩码的个数，得到 a－F 图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是 ________. 【答案】 (1). AD (2). 0.32 0.93 (3)随所挂钩码质量 m 的增大，不能满足 M≫m. 【解析】 【详解】(1)A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于 合力，故 A 正确；B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码， 故 B 错误； C、由于平衡摩擦力之后有 Mgsinθ=μMgcosθ，故 tanθ=μ．所以无论小车的质量 是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉 小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故 C 错误； D、实验开始时先接通打点计时器的电源 待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故 D 错误；故选 A. (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=0.10s．根据△x=aT2 可得：xCE-xAC=a(2T)2，小车运动的加速度为 ，B 点对应的速度： . (3)随着力 F 的增大，即随所挂钩码质量 m 的增大，不能满足 M>>m，因此曲线上部出现弯 曲现象． 四、计算题：本题共 3 小题，共计 38 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的 演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单 位。 14.如图所示, OA、OB、OC 三段轻质细绳将重为 G 的物体悬挂起来处于静止状态. 其中绳 OA 2 2 0.93m/s4 CE ACx xa T −= = 0.32m/s2 AC B xv T = ≈ 与竖直方向的夹角为 θ，OB 绳水平。求 OA、OB 绳对结点 O 的拉力各是多大? 【答案】 FB=Gtanθ 【解析】 【详解】对结点 O 受力分析，如图所示 设绳 OA、OB 对结点 O 的拉大小力分别为 FA 和 FB．则有： FAsinθ=FB FAcosθ=G 得 OA 绳对结点 O 的拉力大小为： OB 绳对结点 O 的拉力大小为： FB=Gtanθ 15.质量 m=20kg 的物体，在大小恒定的水平外力 F 的作用下，在水平面上做直线运 动．0—2s 内 F 与运动方向相反，2—4s 内 F 与运动方向相同，物体运动的速度—时间图象 如图所示．（g 取 10m/s2）求： （1）0—2s 内物体运动的加速度 a1 的大小； （2）4s 内物体位移 大小； （3）物体与水平面间的动摩擦因数 μ． 【答案】（1）5m/s2；（2）8m；（3）0.2． 的 A GF cosθ＝ A GF cosθ＝ 【解析】 【详解】（1）由图像可得：0—2s 内物体运动 加速度 ； （2）4s 内的位移为图像的面积： ； （3）0—2s 内： ； 2—4s 内： ； ，解得： ． 16.一个质量为 2kg 的物体置于光滑的水平面上，受到一水平拉力 F 作用从静止开始出发， 经 2s 速度增加到 取 求： （1）拉力 F 大小？ （2）若撤去力 F，改用大小与 F 相同、方向竖直向上的力 F 来提升这个物体，物体的加速 度为多大？ （3）若用第 问中的 F 来提升这个静止的物体，作用 4s 后撤去 F，物体离水平面的最大 高度是多少？ 【答案】（1）24N（2） （3） 【解析】 【详解】（1）加速度： ，由牛顿第二定律得： ； （2）由牛顿第二定律得： ，解得 ； （3）物体在拉力作用下上升的高度： ； 撤去拉力时物体的速度为： ； 接下来物体做匀减速直线运动，速度为零时上升的高度： ； 上升的最大高度为： ； 的 的 2 1 5m/sva t ∆= =∆ 1 1( 2 10 2 2)m=8m2 2x = × × − × × 1F mg maµ+ = 2 2 1m/sva t ∆= =∆ 2F mg maµ− = 0.2µ = 24 / .m s g 210 / .m s ( )2 22 /m s 19.2m 224 12 /2 va m st ∆= = =∆ 2 12 24F ma N= = × = F mg ma′− = ′ 22 /a m s′ = 2 2 1 1 1 2 4 162 2h a t m= ′ = × × = 2 4 8 /v a t m s= ′ = × = 2 2 2 8 3.22 2 10 vh mg = = =× 1 2 16 3.2 19.2H h h m= + = + =