1、1山东省淄博市临淄实验中学 2018-2019 学年高一物理 3 月月考试题（含解析）一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 4 分, 共 40 分。 第 1-6 题只有一个选项符合题目要求,7-10 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的得 0 分。1.在力学范围内,国际单位制规定长度、 质量、 时间为三个基本量, 它们的基本单位分别是A. 米、牛顿、秒 B. 厘米、克、秒C. 米、斤、小时 D. 米、千克、秒【答案】D【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，它们的单位分别为米、千克、秒对应的符号为：米、千克、秒，故
2、D 正确，ABC 错误。2.如图所示，小船过河时，船头始终垂直河岸，已知河水的速度为 3m/s，小船在静水中速度为 4m/s，河宽为 200m，则小船渡河需要的时间为（ ）A. 40s B. 66.7s C. 50s D. 90s【答案】C【解析】船头始终垂直河岸，渡河时间为 ，C 正确t=dv船 =2004s=50s3.如图所示,用细线将 A 物体悬挂在顶板上,B 物体放在水平地面上 A、B 间有一劲度系数为100N/m 的轻弹簧,此时弹簧伸长了 2cm,已知 A、B 两物体的重力分别是 3N 和 5N，则细线的拉力及 B 对地面的压力分别是( )2A. 1N 和 0NB. 5N 和 3NC
3、. 5N 和 7ND. 7N 和 7N【答案】B【解析】【详解】以 A 为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡条件有：细线的拉力 T=GA+kx，代入数据得 T=5N；以物体 B 为研究对象进行受力分析有：F N+kx=GB，代入数据得地面对 B的支持力 FN=3N，由牛顿第三定律可知，B 对地面的压力也为 3N，方向竖直向下；故A、C、D 错误，B 正确。故选：B4.如图所示，光滑水平地面上放有截面为 四分之一圆周的柱状物体 A，A 与墙面之间放一光滑的圆柱形物体 B，对 A 施加一水平向左的力 F，整个装置保持静止若将 A 的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则（ ）A. A 对 B
4、的作用力增大 B. 地面对 A 的支持力增大C. 墙对 B 的作用力减小 D. 推力 F 逐渐增大【答案】C【解析】隔离小球 B，对其受力分析，如图所示，当 A 的位置向左移动少许后， A 对 B 的弹力 与竖N直方向的夹角减小，故 越来越小，墙壁对 B 球的弹力也在减小，A 错误 C 正确；N3将两者看做一个整体，整体的受力分析图如图所示，则地面对 A 的支持力大小等于两者的重力，恒定不变，而外力 F 大小等于墙壁对 B 的支持力，因为 N 减小，所以 F 减小，故 BD错误5.汽车在公路上以 54km/h 的速度行驶，突然发现前方 30m 处有一障碍物，驾驶员反应一段时间后开始刹车，刹车的
5、加速度大小为 6m/s2，为使汽车不撞上障碍物，则允许驾驶员的最长反应时间为（ ）A. 0.95s B. 0.85s C. 0.75s D. 0.65s【答案】C【解析】汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合位移之和等于 30m，根据运动学公式求出驾驶员允许的反应时间，根据 得代入数据有： ，解得： ，v=54km/h=15m/s vt+v22a=x 15t+15226=30 t=0.75s所以为了不撞上障碍物驾驶员的反应时间必须小于 0.75s，故 C 正确6.如图所示，两个物体 A 和 B，质量分别为 2m 和 m，用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，A 静止于水平地面上，=
6、30，则以下说法正确的是（ ）A. 物体 A 可能受三个力B. 地面对物体 A 的支持力大小为12mgC. 地面对物体 A 的摩擦力大小为32mgD. 如果增加物体 A 的质量，则地面对物体 A 的摩擦力变大4【答案】C【解析】以 B 为研究对象，受重力和拉力，根据平衡条件，有 ；再对 A 受力分析，受重力、T=mg支持力、拉力和向左的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有水平方向 ；竖直方向 ，将 代入，有Tcos=f N+Tsin=2mg T=mg，地面对物体 A 的摩擦力的方向与 A 的质量无关，结合牛顿第三f=32T=32mg，N=1.5mg定律，物体 A 对地面的压力大小为 1.5mg
7、，物体 A 对地面的摩擦力大小为 ，C 正确32mg7.做曲线运动的物体，在运动过程中，下列物理量可能不变的是（ ）A. 速率 B. 速度 C. 加速度 D. 合外力【答案】B【解析】【分析】本题的考点是曲线运动的基本概念。【详解】曲线运动一定改变的是速度的方向，但是加速度、合外力、速率可以不变。【点睛】基本概念要了然于胸。8.如图所示，A、B 为两个挨得很近的小球(可视为质点） ，静止放于光滑斜面上，斜面足够长，在释放 B 球的同时，将 A 球以某一速度 v0水平抛出，当 A 球落于斜面上的 P 点时，B球的位置位于 ( ) A. P 点以上 B. P 点C. P 点以下 D. 由于 v0未
8、知，故无法确定【答案】A5【解析】【分析】B 球沿着斜面做的是匀加速直线运动， A 球做的是平抛运动，分别计算出 AB 两个球到达 P点的时间，比较它们的运动时间就可以判断 A 球落于斜面上的 P 点时， B 球的位置。【详解】设 A 球落到 P 点的时间为 tA， AP 的竖直位移为 h； B 球滑到 P 点的时间为 tB， BP的竖直位移也为 h， A 球在竖直方向做的是自由落体运动，由 ，可得： 。 B 球h=12gt2 t= 2hg做的是匀加速直线运动，运动到 P 点的位移为： ，加速度的大小为： a=gsin ，根s=hsin据位移公式 ，可得 B 运动的时间为： ，故 A 正确，B
9、CD 错误。s=12at2 tB= 2hgsin2=1sin2ygtA【点睛】抓住 AB 两个球的不同的运动的特点，分别求解运动的时间的大小，即可解决本题，本题的关键就是分析清楚 AB 的运动的状态。9.关于加速度与速度，下列说法中正确的是A. 速度大，加速度一定越大B. 速度变化越大，加速度一定越大C. 速度变化越快，加速度越大D. 加速度越来越小，速度可能越来越大【答案】CD【解析】据加速度的定义式： 可知：a=vtA、B 项：当速度越大或速度变化越大时，还取决于时间，所以加速度不一定越大，故 AB错误；C 项：加速度是描述速度变化快慢的物理量，所以速度变化越快，加速度越大，故 C 正确；
10、D 项：当物体的速度方向与加速度方向相同时，物体做加速运动，速度增大，与加速度的大小无关，故 D 正确。点晴：解决本题的关键掌握加速度定义为单位时间内速度的变化量，反应速度变化快慢的物理量。10.如图所示为风洞实验示意图，实验中可以产生大小可调节的风力，将一套有小球的固定细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于杆的直径，杆足够长，杆与水平方向的夹角为6，小球与杆间的动摩擦因数为 ，且 tan现将小球由静止释放，同时开始送风，风对小球的作用力 F 方向与杆垂直，大小随时间变化的关系式为 F=kt，关于小球的运动，下列说法正确的是（ ）A. 加速度先增大后不变B. 加速度先增大后减小到零，然后再增大，
11、最后为零C. 速度先增大后减小到零D. 速度先增大后不变【答案】BC【解析】小球受重力、支持力、风力和滑动摩擦力，在垂直杆方向，有 ，故Nmgcos+F=0，即弹力先减小到零，后反向增加；在平行杆方向，有N=mgcosF=mgcoskt，其中 ，故 ，由于弹力先减小到零，后反向增加，mgsinf=ma f=N a=gsinfm=gsinNm故加速度先增加后减小到零，最后反向增加，物体静止时加速度再次为零；当加速度与速度相同时，球做加速运动，当加速度与速度反向时，球做减速运动，直到静止，BC 正确二、实验题:本大题共 2 小题,其中第 11 小题 6 分,第 12 小题 9 分,共 15 分。1
12、1.某同学利用如图 1 所示的装置来验证力的平行四边形定则:在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮 A 和 B，将绳子打一个结点 O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力 F1、F 2和 F3，回答下列问题:7(1)改变钩码个数，实验能完成的是: _A.钩码个数 N1=N2=2N3=4B.钩码个数 N1=N3=3N2=4C.钩码个数 N1=N2=N3=4D.钩码个数 N1=3N2=4N3=5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是_A.标记结点 O 的位置，并记录 OA、OB、OC 三段绳子的方向B.量出 OA、OB、OC 三段绳子的长度C.用量角器量出三
13、段绳子之间的夹角D.用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为图 2 中_是正确的.(填“甲”或“乙”)【答案】 （1）BC （2） A （3）甲【解析】【分析】两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于 O 点（如图所示） ，由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以 O 点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功；为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答；【详解】解： (1)对 O 点受力分析如图所示，OA、OB
14、、OC 分别表示 FTOA、F TOB、F TOC的大小，由于三个共点力处于平衡，所以 FTOA、F TOB的合力大小等于 FTOC，且 ，FTOCmgcos11传送带速度后不能一起做匀速直线运动，向上做匀减速直线运动，摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律求出运动的加速度，根据运动学公式求出米袋到达 D 点的过程中的位移关系，联立即可求出传送带的速度。（1）由牛顿第二定律可得，米袋在 AB 上加速运动的加速度为：；a0=fm=mgm=g=0.510=5m/s2米袋速度达到 v0=5m/s 时滑过的距离： ，s0=v202a0=5225=2.5mL1=3m故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动
15、，到达 BC 端速度为： ；v0=5m/s设米袋在 CD 上传送的加速度大小为 a，由顿第二定律得 mgsin+mgcos=ma解得 ，能沿 CD 上滑的最大距离 ；a=10m/s2 s=v202a=1.25m（2）设 CD 部分运转速度为时米袋恰能到达 D 点（即米袋到达 D 点时速度恰好为零） ，则米袋速度减为传送带的速度之前的加速度为： ，a1=g（sin+cos）=10m/s2此时上滑的距离为： ，s1=v2v202a1米袋速度达到传送带的速度后，由于 ，米袋继续减速上滑，速度为零时mgcosmgsin刚好到 D 端，其加速度为： ，a2=g(sincos)=2m/s2减速到零时上滑的距离为 ；s2=0v22a2两段位移的和 ，联立可得 ；s1+s2=L2 v=4m/s可知要物块能被送到 D 端， CD 部分顺时针运转的速度应大于等于 4m/s。12
