湖北省荆州中学2018_2019学年高一物理上学期12月月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -湖北省荆州中学 2018-2019 学年高一 12 月月考物理试题一、选择题1.学完高中物理必修一后，2018 级某学习小组对所学的物理知识进行交流，下列四位同学说法正确的是（ ）A. 小宇认为速度越大的物体惯性越大B. 小哲认为牛顿最早根据实验提出了“力不是维持物体运动的原因”C. 小恺认为在伽利略和笛卡儿工作基础上，牛顿提出了牛顿第一定律D. 小飞认为作用力与反作用力作用在同一个物体上【答案】C【解析】【详解】A 项：物体的惯性只取决于质量，质量越大惯性越大，故 A 错误；B 项：最早根据实验提出了“力不是维持物体运动的原因”的是伽利略，故 B 错误；C 项：牛顿提出了牛顿第一定

2、律，故 C 正确；D 项：作用力与反作用力作用在两个物体上，故 D 错误。故应选：C。2.如图所示，质量 mA mB的两物体 A、B 叠放在一起，靠着竖直墙面。让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中（不计空气阻力） ，物体 B 的受力示意图正确的是（ ）A. B. - 2 -C. D. 【答案】D【解析】【分析】先对整体结合运动情况受力分析，得到只受重力，加速度为 g，即做自由落体运动，然后对B 结合运动情况受力分析，得到受力情况。【详解】A 与 B 整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运

3、动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故 A、B 间无弹力，再对物体 B 受力分析，只受重力；故选：D。【点睛】本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故 A与 B 间无弹力，最后再对 B 受力分析，得到其只受重力。3.如图所示，质量相等的 A、B 两小球分别连在轻绳两端，轻弹簧的一端与 A 球相连，另一端固定在倾角为 30的光滑斜面顶端，重力加速度大小为 g。则剪断轻绳的瞬间（ ）A. A 的加速度为零，B 的加速度大小为 gB. A,B 的加速度大小均为 0.5gC. A,B 的加速度均为零D. A 的加速度为零，B 的加速度大小为 0.5g【答案】B【

4、解析】- 3 -【分析】对整体分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对 A、B 分析，运用牛顿第二定律求出 A、B 的加速度大小。【详解】设小球的质量为 m，对整体分析，弹簧的弹力 F=2mgsin30=mg，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对 A 分析， B 的加速度为： 故 B 正确，A、C、D 错误。故选：B。【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。4.关于竖直上抛运动的上升过程和下落过程（起点和终点相同） ，下列说法正确的是（ ）A. 物体上升的初速度与下降回到出发点的末速度相同B.

5、两次经过空中同一点的速度大小相等方向相反C. 物体上升过程所需的时间比下降过程所需的时间长D. 物体上升过程所需的时间比下降过程所需的时间短【答案】B【解析】【分析】物体以某一初速度沿竖直方向抛出（不考虑空气阻力） ，物体只在重力作用下所做的运动，叫做竖直上抛运动；竖直上抛运动的上升阶段和下降各阶段具有严格的对称性【详解】A 项：物体上升的初速度与下降回到出发点的末速度大小相等，方向相反，故 A 错误；B 项：竖直上抛运动的上升阶段和下降各阶段具有严格的对称性，物体在上升过程和下降过程中经过同一位置时速度大小相等，方向相反，故 B 正确；C、D 竖直上抛运动的上升阶段和下降各阶段具有严格的对称

6、性，物体在上升过程和下降过程中经过同一段高度所用的时间相等，故 C、D 错误。故应选：B。【点睛】竖直上抛运动实质上是一个初速度向下，加速度向下的一个变速运动，要根据公式- 4 -明确其对称性；知道竖直上抛有：速度对称、时间对称及能量对称。5.在宽度为 d 的河中，水流速度恒为 v1，船在静水中速度大小恒为 v2（且 v1 v2） ，方向可以选择，现让该船开始渡河，则该船（ ）A. 最短渡河时间为B. 当船头垂直河岸渡河时，渡河时间最短C. 最短渡河位移为 dD. 当船头垂直河岸渡河时，渡河位移最短【答案】B【解析】【详解】A、 B 项：当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，有： 故 A 错误，

7、B 正确；C 项：由于水流速度大于静水中的速度，所以最短渡河位移一定大于 d，故 C 错误；D 项：当船的合速度与船在静水中的速度垂直时，渡河位移最短，故 D 错误。故应选：B。6.如图所示，将一小球从离水平地面一定高度处以 5m/s 的速度水平抛出，落地时的速度方向与水平方向的夹角恰为 45，不计空气阻力， g 取 10m/s2，则（ ）A. 小球抛出点离地面的高度为 5mB. 小球抛出点离地面的高度为 2.5mC. 小球飞行的水平距离为 5mD. 小球飞行的水平距离为 2.5m【答案】D【解析】【分析】小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将落地点- 5

8、-的速度进行分解，求出竖直方向上的分速度，根据速度速度时间公式求出运动时间，再根据平抛运动的基本规律求解水平距离。【详解】A、B 项：将落地点的速度进行分解，根据几何关系得： ，解得：vy=v0=5m/s，平抛运动在竖直方向做自由落体运动，则小球的运动时间为小球抛出点离地面的高度为 ，故 A、B 错误；C、D 项：小球飞行的水平距离为 x=v 0t=2.5m，故 C 错误，D 正确。故应选：D。【点睛】解决本题的关键是掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动学公式进行求解。7.如图，2016 年荆州中学新校区装修时，工人用质量为 m 的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上大小为

9、F 的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为 ，则磨石受到的摩擦力是( ) A. (F mg)cos B. (F mg)sin C. (F mg)cos D. (F mg)【答案】A【解析】【分析】对物体进行受力分析，根据共点力的平衡可知可求得磨石受到的摩擦力；同时根据动摩擦力的公式也可求得摩擦力。【详解】磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，由图可知，- 6 -F 一定大于重力；先将重力及向上的推力合力后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：在沿斜面方向有：摩擦力 f=（F-mg）cos；在垂直斜面方向上有：F N=（F-mg）sin

10、；则 f=（F-mg）cos=（F-mg）sin，故选：A。【点睛】滑动摩擦力的大小一定要注意不但可以由 F N求得，也可以由共点力的平衡或牛顿第二定律求得，故在学习时应灵活掌握。8.如图所示，一质量为 M 的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为 90，两底角为 和 ； a、 b 为两个位于斜面上质量均为 m 的小木块，已知所有接触面都是光滑的现发现a、 b 沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（ ）A. Mg+mgB. Mg+2mgC. Mg+mg（ sin +sin ）D. Mg+mg（ cos +cos ）【答案】A【解析】【分析】本题由于斜面光滑，两个木块均加

11、速下滑，分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压力，再对斜面体受力分析，求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力。- 7 -【详解】对木块 a 受力分析，如图，受重力和支持力由几何关系，得到：N1=mgcos故物体 a 对斜面体的压力为：N 1=mgcos同理，物体 b 对斜面体的压力为：N 2=mgcos 对斜面体受力分析，如图，根据共点力平衡条件，得到：N2cos-N 1cos=0 F 支 -Mg-N1sin-N 2sin=0根据题意有：+=90由式解得：F 支 =Mg+mg根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力等于 Mg+mg；故选：A。【点睛】本题关键先对木块

12、 a 和 b 受力分析，求出木块对斜面的压力，然后对斜面体受力分- 8 -析，根据共点力平衡条件求出各个力。也可以直接对三个物体整体受力分析，然后运用牛顿第二定律列式求解，可使解题长度大幅缩短，但属于加速度不同连接体问题，难度提高。9.如图所示的传动装置中，B、C 两轮固定在一起绕同一轴转动，A、B 两轮用皮带传动，三轮半径关系是 RA=RC=2RB若皮带不打滑，则 A、B、C 三轮边缘上三点的角速度之比和线速度之比为（ ）A. 角速度之比 1：1：2B. 角速度之比 1：2：2C. 线速度之比 1：1：2D. 线速度之比 1：2：2【答案】BC【解析】试题分析：由于 A 轮和 B 轮是皮带传

13、动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故 va=vb，则 va：v b=1：1，由角速度和线速度的关系式 v=R可得 a： b=1：2；由于 B 轮和 C 轮共轴，故两轮角速度相同，即 b= c，故 b： c=1：1， a： b： c=1：2：2；由角速度和线速度的关系式 v=R 可得：vb：v C=RB：R C=1：2，则 va：v b：v C=1：1：2，故选 BC考点：角速度；线速度10.某物体受到几个力的作用处于平衡状态，若再对该物体施加一个恒力（其它力不变） ，则物体可能（ ）A. 做匀速直线运动B. 做匀速圆周运动C. 做匀变速直线运动D. 做匀

14、变速曲线运动【答案】CD【解析】【分析】- 9 -曲线运动的条件是速度与合力不共线，平衡状态是指加速度为零的状态，根据力和速度方向可能的关系即可明确物体的运动情况。【详解】物体受几个恒力的作用而处于平衡状态，相当于不受力，速度可能为零，也可能为某个确定的值；A 项：若再对物体施加一个恒力，合力不为零，速度一定改变，不可能保持静止或匀速直线运动，故 A 错误；B 项：由于物体受到的是恒力，而匀速圆周运动需要始终指向圆心的向心力，故需要方向时刻改变的力，故不可能做匀速圆周运动，故 B 错误；C 项：若再对物体施加一个恒力，如果速度与合力同向，物体就做匀加速直线运动，若速度与力反向，则物体做匀减速直

15、线运动，故 C 正确；D 项：若再对物体施加一个恒力，如果速度与合力不共线，物体就做曲线运动，由于合力是恒力，故加速度恒定不变，还是匀变速曲线运动，故 D 正确.故应选：CD。【点睛】本题关键明确平衡状态、平衡条件、曲线运动的条件和直线运动的条件，要特别注意理解圆周运动和平抛运动的性质，可作为特例进行分析。11.如图所示，人在岸上用绕过光滑滑轮的轻绳拉船，已知船的质量为 m，水的阻力恒为 f，当轻绳与水平面的夹角为 时，人拉绳行走的速度为 v，人的拉力大小为 F，重力加速度大小为 g，则此时（ ）A. 船的速度为 vcosB. 船的速度为C. 船的加速度为D. 船受到的浮力为【答案】BD【解析

16、】【分析】绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，- 10 -又参与了绕定滑轮的摆动根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度。【详解】A、B 项：船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和垂直绳子方向速度的合速度。如图所示根据平行四边形定则有，v 人 =v 船 cos，即 ，故 A 错误，B 正确；C 项：对小船受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律，有：Fcos-f=ma因此船的加速度大小为： 船受到的浮力为 ，故 C 错误，D 正确。故应选：BD。【点睛】解决本题的关键知道船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合

17、速度，并掌握受力分析与理解牛顿第二定律。12.一斜面（足够长）静止于粗糙的水平地面上，在其上端放一滑块 m，若给 m 一向下的初速度 v0， m 正好保持匀速下滑。如图所示，现在 m 下滑的过程中再加一个恒力，以下说法正确的是（ ）- 11 -A. 如果加一竖直向下的恒力 F1，则 m 将沿斜面匀加速下滑B. 如果加一竖直向下的恒力 F1，则 m 将仍然沿斜面匀速下滑C. 如果加一个沿斜面向下的恒力 F2，则在 m 下滑过程中，地面对 M 没有静摩擦力作用D. 如果加一个水平向右的恒力 F3，则在 m 下滑过程中，地面对 M 没有静摩擦力作用【答案】BCD【解析】【分析】由题，木块匀速下滑，合

18、力为零；斜面保持静止状态，合力也为零以木块和斜面整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力和支持力木块可能受两个力作用，也可能受到四个力作用。【详解】设斜面倾角为 ，物体与斜面间的动摩擦因数为 ，开始时物块能匀速下滑，则有：A、B 项：如果加一竖直向下的恒力 F1，对物块受力分析得：物块沿斜面向下的力为：，物块与斜面间的摩擦力为： ，结合 可知，= 即 m 将仍然沿斜面匀速下滑，故 A 错误，B 正确；C 项：在 m 上加一沿斜面向下的力 F2，物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但 m与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然

19、竖直向上，则斜面所受摩擦力与物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故 C 正确；D 项：未施加力之前，物块匀速，则 mgsin-mgcos=0；在 m 上加一水平向右的力 F3，沿斜面方向：mgsin-F 3cos-（mgcos+F 3sin）0，故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了 F3sin，则摩擦力增加 F 3sin，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图：则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故 D 正确。- 12 -故应选：BCD。【点睛】本题中木块与斜面都处于平衡状态

20、，研究对象可以采用隔离法，也可以采用整体法研究。二、实验题13.下图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，细线平行于桌面，物块和遮光片的总质量为 M、重物的质量为 m，遮光片的宽度为 d，两光电门之间的距离为 s。让物块从光电门 A 的左侧由静止释放，分别测出遮光片通过光电门 A、B 所用的时间为 tA和tB，用遮光片通过光电门的平均速度表示遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度。（1）利用实验中测出的物理量，算出物块运动的加速度 a 为_；A. B. C. D. （2）如果已知物块运动的加速度为 a，则物块与水平桌面之间动摩擦因数 为_；A. B. C. D. 【答案】 (1).

21、B (2). A【解析】【分析】由速度公式求出物块经过 A、B 两点时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出物块的加速度；由牛顿第二定律求出动摩擦因数。【详解】 （1）物块经过 A 点时的速度 ，物块经过 B 点时的速度 ，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v B2-vA2=2as，加速度为： ，故应选：B。（2）以 M、m 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg-Mg=（M+m）a，- 13 -解得： ，故应选：A。【点睛】本题关键明确探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验的实验原理，知道减小系统误差的两种方法。14.小铼同学在做平抛运动实验时忘了标记小球的抛出点，只得到了

22、它做平抛运动时中间某一段运动轨迹如图所示， a、 b、 c 三点的位置在运动轨迹上已标出（g=10m/s 2） ，则：（1）小球平抛的初速度大小为_m/s；（2）小球在 b 点的速度大小为_m/s（3）小球从抛出点运动到 c 点的时间 t2=_s。【答案】 (1). 2 (2). 2.5 (3). 0.25【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上y=gT2，求出时间间隔，再根据水平方向上的匀速直线运动求出初速度；求出 b 点在竖直方向上的速度，即可求出运动的时间和 b 点速度。【详解】 （1）在竖直方向上y=gT 2，得： 则小球平抛运动的

23、初速度为： ；（2）b 点在竖直方向上的分速度为： 小球运动到 b 点的速度为： ；（3）运到到 b 点所用的时间为： - 14 -运动到 c 点总时间为： 。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。三、计算题15.如图所示，质量为 m=1kg 的物体 A 放在倾角为 =37的斜面上时，恰好能匀速下滑，现用细线系住物体 A，并平行于斜面向上绕过光滑的定滑轮，另一端系住物体 B，物体 A 恰好能沿斜面匀速上滑（ g 取 10m/s2，sin37= 0.6，cos37= 0.8） 。求：(1)物体 A 和斜面间的滑动摩擦系数；(2)物体 B 的质量

24、【答案】 （1）0.75;（2）1.2kg;【解析】【分析】(1)对物体 A 进行受力分析，根据物体所处平衡状态结合力的分解列出平衡等式，求解动摩擦因数；(2)再对 A 受力分析，根据共点力平衡求出物体 B 的质量。【详解】 （1）当物体 A 沿斜面匀速下滑时，受力图如图：根据共点力平衡条件，有：f=mgsin N=mgcos其中：f=N联立解得：=tan37=0.75；（2）当物体 A 沿斜面匀速上滑时，受力图如图- 15 -A 物体所受摩擦力大小不变，方向沿斜面向下沿斜面方向的合力为 0，故： T A=f+mgsin对物体 B：TB=mBg由牛顿第三定律可知：TA=TB由以上各式可求出：m

25、B=1.2m=1.2kg。【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解。16.如图所示，斜面长 LAB=10m，倾角 =300，在斜面的顶点 A 以速度 vo水平抛出一小球（可视为质点） ，小球刚好落于斜面底部 B 点，不计空气阻力， g 取 10m/s2，求：（1）小球抛出的速度 v0的大小；（2）小球从抛出到距斜面最远所需时间 t【答案】 （1） （2）0.5s【解析】【分析】根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出小球抛出的初速度大小；当小球的速度方向与斜面平行时，小球距离斜面最远，结合平行四边形定则和速度时间公式求出小球在空中距离斜面最远时经历的时间。【详

26、解】(1)根据 得小球在空中的运动时间为：- 16 -小球抛出时的初速度为： ；(2)当小球速度方向与斜面平行时，距斜面最远，根据平行四边形定则知：解得：【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，知道速度与斜面平行时，距离斜面最远。17.如图所示，水平传送带以恒定速率 V2=4m/s 逆时针转动，质量为 m 的小滑块（可视为质点）以初速度 V1=8m/s 从传送带最左端 A 点向右滑上传送带。已知 A 与最右边 B 点 的距离LAB=9m，滑块与传送带间动摩擦因数 =0.4， g 取 10m/s2。求：(1)通过计算判断滑块能否从 B 端滑离传

27、送带；(2)小滑块在传送带上运动的总时间 t【答案】 （1）不能（2）4.5s【解析】【详解】(1)选取地面为参考系，小滑块先向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：即 当速度减为 0 时有：- 17 -解得： 即小滑块不会从 B 端滑离传送带；(2)由(1)得，小滑块速度减为 0 后向左做匀加速直线运动至与传送带共速，有：解得： ， 此后小滑块匀速运动到 A 端，有：解得： 则有： 。18.如图所示，光滑水平面上放着长 L=4.5m，质量为 M=4kg 的木板（厚度不计） ，一个质量为m=1kg 的小物块（可视为质点）放在木板的最右端， m 和 M 之间的动摩擦因数 =0.2，开始均静止。现

28、对木板施加一水平向右的恒定拉力 F， m 与 M 最大静摩擦力等于滑动摩擦力（ g取 10m/s2） 。求：（1）为使小物块不从木板上掉下， F 不能超过多少？（2）如果拉力 F=14N，小物体能获得的最大速度为多大？【答案】(1) (2)6m/s【解析】【分析】(1)为使小物体不从木板上掉下，则小物体不能相对于木板滑动，隔离对小物体分析，求出它的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出拉力的最大值(2)若拉力 F 小于最大值，则它们最后一起做匀加速直线运动，若拉力 F 大于最大值，知小物体与木板之间始终发生相对滑动，小物体受到水平方向上只受摩擦力，做匀加速直线运动，当它滑离木板时，速度

29、最大，根据两者的位移差等于木板的长度，求出运动的时间，再根据速度时间公式求出最大的速度。【详解】(1)物块随木板运动的最大加速度为 a- 18 -对小物体由牛顿第二定律：mg=ma对整体由牛顿第二定律得：F m =（M+m） a代入数据解得：F m=10N；(2)因施加的拉力 F10N，故物块相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为 a1，代数据解得： 物块的加速度为： 物体对地做匀加速直线运动，当物体与木板分离时速度最大，有：代入数据解得：t=3s所以最大速度为： 。【点睛】本题是基本滑板模型问题，关键会判断小物体和木板能否发生相对滑动，以及一旦发生相对滑动时，能够根据受力判断物体的运动。- 19 -