2015学年江苏涟水中学高一12月月考物理卷（带解析）.doc

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1、2015学年江苏涟水中学高一 12月月考物理卷（带解析） 选择题 如图所示， F1赛车是世界上速度最快、科技含量最高的运动 F1赛车不仅加速快，而且有很强的制动特性，可以在 1.9 s内从 200 km/h减速到 0，则其制动加速度大小约为 A 10 m/s2 B 20 m/s2 C 30 m/s2 D 40 m/s2 答案： C 试题分析：加速度为 ，故答案：选 C. 考点：加速度 . 如图所示，质量为 m的质点静止地放在半径为 R、质量为 M的半球体上，质点与半球体间粗糙，质点与球心的连线与水平地面的夹角为 ，则 A地面对半球体的摩擦力方向水平向左 B地面对半球体的支持力大小为（ M+m）

2、 g C质点受到半球体对它的摩擦力大小为 mgcos D质点受到半球体对它的支持力大小为 mgcos 答案： BC 试题分析：对物体和半球的整体受力分析可知：地面对半球体的摩擦力为零，地面对半球体的支持力大小为（ M+m） g，选项 A错误， B正确；以质点为研究对象，作出受力图如图 则半球体对质点的支持力 N=mgsin，由牛顿第三定律得：质点对半球体的压力大小为 mgsin故 D错误半球体对质点的摩擦力 f=mgcos故 C正确。 考点：物体的平衡；整体法及隔离法 . 如图所示，质量为 m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了 x0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的

3、劲度系数为 k，滑块与水平面间的动摩擦因数为 ，整个过程弹簧未超过弹性限度。则在滑块向左运动过程中，下列判断正确的是 A滑块始终做加速运动 B滑块始终做减速运动 C当弹簧形变量 时，物体的加速度大小为 2g D滑块与弹簧接触过程中最大加速度为 答案： BCD 试题分析：在滑块向左运动过程中 ,弹力和摩擦力都向右，故滑块始终做减速运动，选项 B正确， A错误；当弹簧形变量 时，由牛顿第二定律：，解得 a=2g，选项 C正确；滑块与弹簧接触过程中，弹簧的压缩量为 x0时，加速度最大，则 ，则最大加速度为，选项 D正确；故选 BCD。 考点：牛顿第二定律的应用；胡克定律 . 一枚火箭由地面竖直向上发

4、射，其速度和时间的关系图线如图所示，则 A t3时刻火箭距地面最远 B t2 t3的时间内，火箭在向下降落 C t1 t2的时间内，火箭处于超重状态 D 0 t3的时间内，火箭始终处于失重状态 答案： AC 试题分析：因为火箭始终向上运动，所以 t3时刻离地面最远，选项 A正确；t2 t3时间段，火箭匀减速上升，加速度向下，选项 b错误； tl t2时间段，火箭仍匀加速上升，加速度向上，火箭处于超重状态，选项 C正确； 0 t1时间段火箭匀加速上升，加速度向上，火箭处于超重状态； t2 t3时间段，火箭匀减速上升，加速度向下，火箭处于失重状态，选项 D错误。 考点： v-t图线；失重和超重 .

5、 下列关于力、运动状态及惯性的说法中正确的是 A亚里士多德最早指出力不是维持物体运动的原因 B一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的 “自然状态 ” C牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度 D伽利略根据理想实验作出推论，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，将保持这个速度继续运动下去 答案： CD 试题分析：亚里士多德的观点是力是维持物体运动的原因，伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因故 A错误一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，是因为物体受到了地面的摩擦力，如果不受力，物体会永远的运动下去，故 B错误；牛顿提出力

6、是改变物体运动状态的原因，即改变物体速度的原因，而不是维持物体运动的原因，故 C正确；伽利略根据理想实验作出推论，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，将保持这个速度继续运动下去，选项 D正确；故选 CD. 考点：力、运动状态及惯性 关于曲线运动，下列说法中正确的是 A做曲线运动的物体，速度方向一定时刻改变 B做曲线运动的物体，速度可以是不变的 C做曲线运动的物体，它所受的合外力一定是变力 D物体在恒力和变力作用下，都可能做曲线运动 答案： AD 试题分析：做曲线运动的物 体，速度的大小可能不变，但是速度方向一定时刻改变，选项 A正确， B错误 ; 做曲线运动的物体，它所受的合外力

7、可能是恒力，也可能是变力，例如平抛物体中，物体受恒力作用，在圆周运动中物体受变力作用，故选项 C错误， D正确。 考点：曲线运动 . AC、 BC为位于竖直平面内的两根光滑细杆， A、 B、 C恰好位于同一圆周上， C为最低点， a、 b、 c为套在细杆上的两个小环，当两环同时从 A、 B两点由静止开始自由下滑时，下面正确的是 A.a环先到 c 点 B.b环先到 c点 C.两环同时到达 c点 D.无法确定 答案： C 试题分析：作出辅 助线如图所示， 设 ACD为 ，则 AC=CDcos=2Rcos， a小球的加速度为 gcos，则：2Rcos= gcost2，得： ，与角度无关故选项 C正确

8、， ABD错误故选 C 考点：牛顿第二定律的应用 . 质量为 m的圆球放在光滑斜面和光滑的竖直挡板之间，如图当挡板由图示实线位置（此时挡板竖直）缓慢地转至虚线位置（此时挡板与斜面垂直）过程中，关于斜面和挡板对圆球的弹力大小的变化，说法正确的是： A挡板对圆球的弹力逐渐变小 B斜面对圆球的弹力逐渐变大 C挡板对圆球的弹力先变小后变大 D斜面对圆球的弹力先变小后变大 答案： A 试题分析：以小球为研究对象，将重力按效果进行分解如图， 当挡板由图示实线位置（此时挡板竖直）缓慢地转至虚线位置（此时挡板与斜面垂直）过程中，挡板对圆球的弹力 F1逐渐变小，斜面对圆球的弹力 F2也逐渐变小，故选： A 考点

9、：平行四边形法则 . 单位制中需先选定几个物理量的单位，再利用物理量间的关系推导其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本量。在国际单位制中，力学基本量是 A长度、质量、时间 B力、质量、加速度 C长度、力、质量 D速度、加速度、位移 答案： A 试题分析：在国际单位制中，力学基本量是长度、质量、时间，选项 A正确 . 考点：国际单位制 . 如图所示，一个物体沿固定斜面匀速下滑，关于物体所受的力，下列说法中正确的是 A物体受到重力、支持力、摩擦力和下滑力的作用 B物体匀速下滑的速度越大，表明它所受的摩擦力越小 C物体所受合力的方向沿斜面向下 D物体所受摩擦力和支持力的合力的方向竖直向上 答案

10、： D 试题分析：物体受到重力、支持力、摩擦力的作用，选项 A错误；滑动摩擦力的大小与物体下滑的速度大小无关，故选项 B错误；物体所受合力为零，故选项 C错误；因为物体处于平衡状态，故物体所受摩擦力和支持力的合力的方向与重力等大反向，即竖直向上，选项 D正确 . 考点：物理的平衡 . 沼泽地的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其上面行走时容易下陷 (设在下陷过程中，泥炭对人的阻力不计 )。如果整个下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动，那么，下列说法中正确的是 A在加速向下运动时，人对沼泽地的压力大于沼泽地对人的支持力 B在减速向下运动时，人对

11、沼泽地的压力小于沼泽地对人的支持力 C在整个运动过程中，人对沼泽地的压力是先大于后等于沼泽地对人的支持力 D在整个运动过程中，人对沼泽地的压力大小总是等于沼泽地对人的支持力 答案： D 试题分析：无论是加速向下运动还是减速向下运动时，人对沼泽地的压力都等于沼泽地对人的支持力，选项 AB错误；在整个运动过程中，人对沼泽地的压力大小总是等于沼泽地对人的支持力，选项 C错误， D正确；故选 D. 考点：牛顿第三定律 . 如图所示，质量为 m的木块在推力 F的作用下，在水平地面上向左做匀加速直线运动。已知木块与地面间的动摩擦因数为 ， F的方向与水平方向成 角斜向下。那么木块受到的滑动摩擦力为下列各值

12、中的哪个 A B C D 答案： B 试题分析：物体做匀加速直线运动，竖直方向： ，故摩擦力，选项 B正确 . 考点：摩擦力 . 如图甲所示，地面上有一质量为 M的重物，用力 F向上提它，力 F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，不计空气阻力，则以下说法中不正确的是 A当 F小于图中 A点值时，物体的重力 MgF，物体不动 B物体向上运动的加速度和力 F成正比 C图中 A点数值等于物体的重力值 D图线延长和纵轴的交点 B的数值绝对值等于该地的重力加速度 答案： B 试题分析：根据牛顿第二定律可得： ，即 ；则当 F小于图中 A点值时，物体的重力 MgF，物体不动，选项 A正确；物体向

13、上运动的加速度和力 F成线性关系，而非正比关系；选项 B错误；图中 A点数值 a=0，此时 F等于物体的重力值，选项 C正确；根据 ，可知图线延长和纵轴的交点 B的数值绝对值等于该地的重力加速度，选项 D正确；故选 B. 考点：牛顿第二定律的应用 . 实验题 1)在做 “探究力的合成方法 ”实验时，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的 O点。以下操作中错误的是 A同一实验过程中， O点位置允许变动 B实验中，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度 C实验中，先将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧测力计拉力的大小和

14、方向，把橡皮条另一端拉到 O点 D实验中，把橡皮条另一端拉到 O点时，两弹簧测力计之间的夹角应取 90以便于算出合力大小 (2)如图所示为某学习小组在 “探究加速度与力、质量的关系 ”的实验中装置，还备有下列器材：打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、刻度尺、天平、细沙他们称量滑块的 质量为 M、沙和小桶的总质量为 m当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小桶时，滑块处于静止状态 实验中沙和小桶的总质量远小于滑块质量时，细绳对小车的拉力可以近似认为等于 ； 在实验中为了探究滑块的加速度与力和质量的关系，该同学采用了先保持滑块质量 M不变，研究另两个量间的关系，这种方法叫做 ； 实验时为保证

15、细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是 为此应采取做法是 A将不带滑轮的木板一端垫高适当，使小车在砂桶拉动下恰好做匀速运动 B将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在砂桶拉动下 恰好做匀加速运动 C将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂砂桶的情况下使小车恰好做匀速运动 D将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂砂桶的情况下使小车恰好做匀加速运动 实验中应在释放小车 _ _(选填 “之前 ”或 “之后 ”)接通打点计时器的电源下图所示为实验中打出的一条纸带， A、 B、 C、 D、 E为计数点，相邻计数点间还有四个点没有画出，计数点间的距离如图所示已知打点计时器的工作频率为 50Hz.则小车加速

16、度 a _ m/s2.(结果保留两位有效数字 ) 如图示是某同学根据实验数据画出的图象，下列说法中正确的是 _ A形成图甲的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过大 B形成图乙的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过小 C形成图丙的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过大 D形成图丁的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过小 答案：（ 1） ACD；（ 2） 沙和小桶的总重力； 控制变量法； 平衡摩擦力； C 之前； 0.50 AD 试题分析：（ 1）同一实验过程中， O点位置不允许变动，选项 A错误；实验中，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度，选项 B 正确；实验中，同 时把两个弹簧秤拉到一定的数值，

17、使得橡皮条的另一端拉到 O点，选项 C错误；实验中，把橡皮条另一端拉到 O点时，两弹簧测力计之间的夹角没必要取 90，选项 D错误；故选 ACD. （ 2） 实验中沙和小桶的总质量远小于滑块质量时，细绳对小车的拉力可以近似认为等于沙和小桶的总重力； 在实验中为了探究滑块的加速度与力和质量的关系，该同学采用了先保持滑块质量 M不变，研究另两个量间的关系，这种方法叫做控制变量法； 实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是平衡摩擦力；为此应采取做法是将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂砂桶的情况下使小车恰好做匀速运动，即选 C. 实验中应在释放小车之前接通打点计时器的电源；根据 ，

18、则 ，小车加速度 由甲图可看出，当小车没加外力时就已经有了加速度，故形成图甲的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过大，选项 A正确；图象在 a轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的倾角过大造成的，故 B错误；由图可知，当 F0时， a=0，原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小，故 C 错误；图象在 轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的倾角过小造成的，故 D正确；故选： AD 考点：探究力的合成方法；探究加速度与力、质量的关 系 计算题 一质量 2.0 kg 的小物块以一定的初速度冲上一倾角为 37足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面到之后上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作

19、出了小物块上滑过程的速度 时间图线，如图所示。物块的最大静摩擦力等于滑动最大静摩擦力（取 0.6， cos 37 0.8， g取 10m/s2）求： (1)物块冲上斜面过程中的加速度大小和最远距离； (2)物块与斜面间的动摩擦因数； (3)判断物块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端过程中的加速度大小；若不能返回，求 出物块停在什么位置。 答案：（ 1） 10.8m/s2； 1.35m.（ 2） 0.6.（ 3）能下滑 ; 1.2m/s2 试题分析：（ 1）物体的加速度： 最远距离： （ 2）物体冲上斜面过程中： ，解得 =0.6 （ 3）滑块速度减为零时，由于 ，故物体能下滑，下

20、滑的加速度： ，解得： a2=1.2m/s2 考点：牛顿第二定律的应用 . 如图所示，长为 L=8m、质量为 M=4kg的长木板放置于光滑的水平面上，其左端有一个大小可忽略，质量为 m=1kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为 0.4，开始时物块与木板处于静止状态，物块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g=10m/s2；用外力固定木板，对物块施加方向水平向右的恒定拉力 F=8N，使物块在木板上滑动起来，求： （ 1）求物块在木板上滑行的加速度大小； （ 2）物块从木板左端运动到右端经历的时间； （ 3）若不用外力固定木板，对物块施加方向水平向右的恒定拉力 F=2N，求物块和木板的加速度大小 .

21、 答案：（ 1） 4m/s2（ 2） 2s; （ 3） 0.4m/s2 试题分析：（ 1）对木块根据牛顿第二定律可得： ，解得：a=4m/s2 （ 2）根据 ，解得 （ 3） M只靠摩擦力作用产生的最大加速度为： 当力 F=1N时，假设两者不产生滑动，则整体的加速度为故两者相对静止，以共同的加速度 0.4m/s2一起加速运动 . 考点：牛顿第二定律的应用 . 水平传送带以 v=2m/s速度顺时针匀速运动，将物体轻放在传送带的 A端，它可以先匀加速后匀速运动到传送带另一端 B。传送带 AB两端间的距离为L=4m，物体和传送带间的动摩擦因数 =0.1， g取 10m/s2。求： (1)物体在匀加速过程中加速度大小？ (2)物体 A端经多长时间运动到 B端 (3)若传送带以 v=4m/s速度逆时针匀速运动，为使物体仍能到达 B端，在 A端至少给物体多大的初速度？ 答案：（ 1） 1m/s2;（ 2） 3s（ 3） 试题分析： (1)物体在匀加速过程中，由牛顿第二定律： ，解得（ 2）当物块和传送带共速时，经历的时间： 物体的位移： 在以后的运动中，到达右端所用的时间： 共用时间： t=t1+t2=3s （ 3）若传送带以 v=4m/s速度逆时针匀速运动，则物体一直减速运动，加速度为 ，为使物体仍能到达 B端，则 ，解得考点：牛顿第二定律的应用；匀变速直线运动的规律 .