湖北省宜昌市葛洲坝中学2017_2018学年高一物理12月月考试卷（含解析）.doc

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1、- 1 -湖北省宜昌市葛洲坝中学 2017-2018学年高一 12月月考物理试题一、选择题1. 下列说法正确的是( )A. 起重机用钢索加速吊起货物时，钢索对货物的力大于货物对钢索的力B. 子弹能射入木块是因为使子弹前进的力大于子弹受到的阻力C. 秒、米、牛顿都是国际单位制的基本单位D. 惯性越大，物体抵抗运动状态变化的本领越强。【答案】D【解析】根据牛顿第三定律，起重机用钢索加速吊起货物时，钢索对货物的力等于货物对钢索的力，选项 A错误；子弹对木块的力与木块对子弹的阻力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律得知，它们大小相等所以子弹能射入木块不是因为子弹对木块的力大于木块对子弹的阻力，故

2、B错误秒、米都是国际单位制的基本单位，而牛顿是导出单位，选项 C错误； 惯性越大，物体抵抗运动状态变化的本领越强，选项 D正确；故选 D.2. 关于超重和失重，下列说法正确的是（ ）A. 物体处于超重时，物体一定在上升B. 物体处于失重状态时，物体可能在上升C. 物体处于完全失重时，地球对它的引力就消失了D. 物体在完全失重时，它所受到的合外力为零【答案】B【解析】当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度超重状态和失重状态与物体的运动的方向无关，与加速度的方向有关：物体

3、处于超重时，物体可能在加速上升，有可能减速下降；物体处于失重状态时，物体可能在减速上升故 A错误，B 正确；物体处于完全失重状态时，重力全部提供向下的加速度，并没有消失或等于 0故 C错误；物体处于完全失重状态时，只受到重力的作用，并且重力全部提供向下的加速度，合力不为零故 D错误故选 B.点睛：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了3. 已知力 F的一个分力 F1跟 F成 30角，大小未知，F=100 N，则另一个分力 F2的大小不- 2 -可能是( ) A. 30 N B. 60 NC. 100 N D. 500 N【答案】A【解

4、析】解：已知力 F的一个分力 F1跟 F成 30角，大小未知，F=100N，由矢量三角形定则可知，合力与分力能组成一个三角形，所以另一个分力 F2的大小一定大于等于 Fsin30=100 =50N，如图所示故选：A4. 从地面竖直上抛一小球，设小球上升到最高点所用的时间为 t1，下落到地面所用的时间为 t2。若考虑到空气阻力的作用，则 （ ）A. t1=t2 B. t1t 2 C. t1t 2 D. 无法判断【答案】C【解析】设阻力恒为 f，根据牛顿第二定律得到：上升过程有：mg+f=ma 1；下降过程有：mg-f=ma2；由此可知 a 1a 2；由于上升过程和下降过程位移大小相等，根据 h=

5、 at2，可知t1t 2，故 ABD错误，C 正确；故选 C.点睛：本题容易出错的地方在于阻力的方向容易弄错，要注意空气阻力方向与物体的运动方向相反，上升和下降过程阻力方向不同5. 如图所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起的过程中，该同学对绳的拉力将(滑轮与绳的重力及摩擦均不计)( )A. 越来越小 B. 越来越大C. 先变大后变小 D. 先变小后变大- 3 -【答案】B【解析】解：对结点受力分析，受滑轮的压力和两拉绳子的拉力，根据共点力平衡条件，可以求解出拉力的大小.由于为同一根绳子，故 F1=F2=F， 设 F1与 F2夹角为 ，则 ，在重物被吊起的过程中， 变大，故 F1与 F2同时变

6、大；故选 B.点睛：本题对物体受力分析后，可以用解析法求解出结果讨论，也可以用作图法分析6. 如图所示，水平传送带始终以速度 v1顺时计转动，一物体以速度 v2(v2v 1)滑上传送带的左端，则物体在传送带上的运动一定不可能的是( )A. 先加速后匀速运动B. 一直加速运动C. 一直减速直到速度为 0D. 先减速后匀速运动【答案】C【解析】因 v2v1， 故开始时物块相对传送带向右运动，受到向左的滑动摩擦力，向右做匀减速运动，当物块速度减小到与传送带速度相等后再做匀速运动；故选 D.7. 静止在光滑水平面上质量为 1kg的物体受到一个水平拉力 F的作用，该力随时间变化的关系如图所示，则 （ ）

7、- 4 -A. 物体始终向一个方向运动B. 2s末物体的速度为零C. 3 s末物体回到原出发点D. 4s末物体离出发点最远【答案】C【解析】物体在 0-1s内向的加速度为负方向 ;物体在 1-2s内的加速度为正方 ;画出物体运动的 v-t图像如图：由图像可知，物体速度时正时负，做往复运动，选项 A错误；2s 末物体的速度为 1m/s，选项 B错误；图像与坐标轴围成的面积等于位移，由图像可知，3 s 末物体位移为零，回到原出发点，选项 C正确；由图像可知物体在 1.5s末或者在 4.5s末等位置离出发点最远，选项D错误；故选 C.点睛：此题是物体在变力作用下的周期性运动问题，解题时画出物体运动的

8、速度时间图像，这样用图像来讨论问题简单快捷.8. （多选）在光滑水平面上有一物块受水平恒力 F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是( )A. 物块接触弹簧后立即做减速运动B. 物块接触弹簧后先加速后减速C. 当弹簧处于压缩量最大时，物块所受的合力为零D. 当物块的速度为零时，加速度不等于零- 5 -【答案】BD点睛：本题中物体先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断增大的减速运动，初学者往往容易忽略加速过程9. （多选）一辆小车在水平面上沿直线运动，车内悬挂的小球相对小车静止并与竖直方向成 角，下列说法正确的

9、是（ ）A. 小车一定向右做匀加速直线运动B. 小球所受的合力方向一定向左C. 悬绳的拉力一定大于小球的重力D. 小车的加速度大小为 gtan，方向向右【答案】CD【解析】A、以小球为研究对象,受力分析如图所示:由图可以知道合力一定向右; 根据牛顿第二定律知: ，得： ,方向向右- 6 -小球有向右的加速度可能向右做匀加速，也可以向左做匀减速运动，故 AB错，D 对C、由右图可以知道悬绳的拉力 C对；综上所述本题答案是：CD10. （多选）如图所示，倾角为 、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：（ ）A. 木块受到的摩擦力大小是 mgsinB.

10、斜面体对木块总的作用力大小是 mgC. 桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）gD. 桌面对斜面体的摩擦力大小是 mgsincos【答案】ABC【解析】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=mgsin，选项 A正确；斜面体对木块总的作用力与物体的重力 mg等大反向，则大小是mg，选项 B正确；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，故 C正确，D 错误；故选 ABC11. （多选）关于合力与分力，下列说法正确的是（ ）A. 若 F1和 F2大小不变， 角越小，这两个力的合力 F就越小B. 合力 F可能比

11、分力中的任何一个力都小C. 若 F1F 2F 3368，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零D. 若 F1F 2F 3362，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零【答案】BC【解析】依据力的平行四边形定则，则当 F1和 F2大小不变， 角越小，这两个力的合力 F就越大故 A错误合力可能比二个力都大，也可能比二个力都小故 B正确若F1：F 2：F 3=3：6：8，设 F1=3F，则 F2=6F，F 3=8F，F 1、F 2的合力范围为3F，9F，8F 在合力范围之内，三个力的合力能为零故 C正确若 F1：F 2：F 3=3：6：2，设 F1=3F，则F2=6F，F 3=2F，F

12、1、F 2的合力范围为3F，9F，2F 不在合力范围之内，三个力的合力不可能为零故 D错误故选 BC点睛：解决本题的关键掌握两个力的合力范围，从而会通过两个力的合力范围求三个力的合- 7 -力范围当三个力的方向相同时，合力最大；当第三个力不在剩余两个力的合力范围内，合力不能为零12. （多选）如图所示，两个质量分别为 m12 kg、m 23 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接两个大小分别为 F130 N、F 220 N 的水平拉力分别作用在m1、m 2上，则 ( )A. 弹簧测力计的示数是 10 NB. 弹簧测力计的示数是 26 NC. 在突然撤去 F1的瞬间，m 1的加

13、速度不变D. 在突然撤去 F2的瞬间，m 1的加速度不变【答案】BD【解析】运动稳定后两物体和弹簧向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，再以 m1为研究对象， ，A 错；B对；在突然撤去 F1的瞬间，m1 的受力发生变化，加速度发生变化，同理撤去 F2的瞬间 m1的受力不变，加速度不变，D 对；二、实验题13. “验证力的平行四边形定则”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。（1）本实验采用的科学方法是_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（2）某同学用两个弹簧秤将结点拉至某位

14、置，此时该同学记录下了结点 O的位置及两弹簧秤对应的读数，他还应该记录下_。（3）图乙中的 F是利用平行四边定则作出的两个弹簧秤拉力的合力的图示，F为用一个弹簧秤将结点拉至同一点时所用拉力的图示，这两个力中，方向一定沿 AO方向的是_。- 8 -【答案】 (1). （1）B； (2). （2）两弹簧秤拉力的方向； (3). （3）F【解析】试题分析：（1）F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而 是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到 O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力故方向一定沿 AO方向的是 ，由于误差的存在 F和 方向并不在重合；合力与分力是等

15、效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法（2）如图甲，当用两个弹簧秤同时拉橡皮筋时，必须记录下两弹簧秤读数，及两细线的方向，O 点的位置；（3）图乙中的 F与 中，F 是由平行四边形得出的，而 F是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，一定与 AO共线的是 考点：考查了验证力的平行四边形定则【名师点睛】在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析14. 在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图 1所示的装置，计时器打点频率为 50Hz（1）对于该实验下列说法正确的是_ A该实验采用的实验方法是控制变量法B连接砝码盘和

16、小车的细绳应与长木板保持平行C平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮栓在小车上D悬挂物的质量应远小于小车和砝码的质量，目的是使小车缓慢移动E实验结果采用 坐标作图，是为了根据图象直观地作出判断（2）该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的五个点，如图 2所示，自 A点起，相邻两点间的距离分别为 10.00mm、12.00mm、14.00mm、16.00 mm，则小车的加速度为_m/s2 （结果保留三位有效数字）（3）该同学通过数据的处理作出了 aF 图象如图 3所示图中的力实际上指_，而实验中却用_表示 （选填字母符号） - 9 -A砂和砂桶的重力 B绳对小车的拉力（4）aF 图中的直线不过

17、原点的原因是_，图线发生弯曲的原因是_【答案】 (1). （1）ABE； (2). （2）5.00； (3). （3）B (4). A (5). （4）平衡摩擦力过度（木板倾角过大） ； (6). 随着 F的增大不再满足钩码的质量远小于小车质量【解析】 （1）由于该实验涉及的物理量较多，因此该实验采用的是控制变量法研究加速度、质量、合力三者之间的关系；故 A正确；若连接砝码盘和小车的细绳与长木板不保持平行，则绳子的拉力分力等于小车的外力，这样导致误差增大，故 B正确；平衡摩擦力时不能将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮系在小车上，故 C错误实验要求悬挂重物的质量远小于小车的质量，只有这样才能认为重物的

18、重力大小等于小车所受的合外力大小，故 D错误；实验中使用图象法处理，可以减小误差，采用 a- 坐标作图，是为了根据图象直观地作出判断二者是否成正比关系，故 E正确；故选 ABE.（2）小车的加速度为 （3）图 2中的力 F理论上指绳子对小车的拉力，而实验中却用砂和砂桶的重力；故分别选：B，A（4）平衡摩擦力时木板垫得过高则当拉力 F等于 0时，小车已经产生力加速度，图线在 a轴上有截距，说明平衡摩擦力过度（木板倾角过大） ；图中图线上部发生弯曲的原因是随着F的增大不再满足钩码的质量远小于小车质量点睛：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项其中平衡摩擦力的原因

19、以及做法在实验中应当清楚三、计算题15. 如图所示，质量为 m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为 O，轻绳 OB水平且 B端与放置在水平面上的质量为 m2的物体乙相连，轻绳 OA与竖直方向的夹角 37，物体甲、乙均处于静止状态。 （已知 sin370.6，cos370.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：- 10 -（1）轻绳 OA、OB 的拉力是多大？（重力加速度为 g） （2）物体乙受到的摩擦力是多大？方向如何？（重力加速度为 g）（3）若物体乙的质量 m24kg，物体乙与水平面之间的动摩擦因数为 0.3，则欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量 m1最大不能超过多少？(g

20、取 10m/s2)【答案】 （1） ， （2） ，方向水平向左 （3）1.6kg【解析】试题分析：（1）对结点 O，作出力图如图，由平衡条件有：cos= tan= 解得：TA= m1gTB= m1g（2）对于乙物体：摩擦力 F=TB= m1g方向水平向左（3）当乙物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大值 Fmax=m 2gTBmax=Fmax由得：m 1max= =1.6kg- 11 -16. 一个质量为 1500 kg的行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后 8 s末，发动机突然间发生故障而关闭，如图所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象已知该行星表面没有大气，不

21、考虑探测器总质量的变化求：(1)探测器在行星表面上升达到的最大高度；(2)该行星表面的重力加速度；(3)探测器落回出发点时的速度；(4) 探测器发动机正常工作时的推力【答案】 （1）768 m（2）4 m/s 2（3）32 m/s（4）1.810 4N【解析】 （1）024 s 内一直处于上升阶段，H= 2464 m=768 m （2）8s 末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，g= = m/s2=4 m/s2（3）探测器返回地面过程有 v2=2gH得 （4）上升阶段加速度：a=8m/s 2由 F-mg=ma得，F=1.810 4N 【答案】20m/s【解析】试题分析：前车突然停止后，后车的运

22、动分为两个阶段第一阶段为反应时间内匀速直线运动位移- 12 -第二阶段为匀减速直线运动，位移计算可得加速度根据牛顿第二定律有 可得动摩擦因数雨天的动摩擦因数设汽车雨天安全行驶的最大速度为 ，则加速度则反应时间内匀速行驶的位移匀加速运动阶段位移根据安全距离仍为 120m即 解得考点：匀变速直线运动18. 质量 m=1 kg的物体在 F20 N 的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面的底端 A点由静止开始沿斜面运动，物体与斜面间动摩擦因数为 =0.25，斜面固定不动，与水平地面的夹角 37，力 F作用 4 s后撤去，撤去力 F后 5s物体正好通过斜面上的 B点。 （已知sin 370.6，cos 3

23、70.8，g10 m/s 2） 。求：（1）撤去力 F时的速度；（2）力 F作用下物体发生的位移；（3）AB 之间的距离。【答案】 （1）20m/s （2）40m （3）52.5m【解析】试题分析: （1）受力分析如图所示- 13 -将 G和 F分解，有FN=Fsin+mgcos=2006+1008=20NFcos F Nmgsin=ma 1得：a 1=5m/s24S末物体的速度为 v1=a1t1=20m/s 2分（2）由 得 4s末物体的位移为 x=40m 2 分（3）撤去 F后，物体减速运动的加速度大小为 a2则 a 2=gsin+gcos=8m/s 21分撤去 F后物体向上匀减速运动，到达最高点用时为 t3,则 1分向上运动的位移为 1分而后向下匀加速运动 t3=“5“ t2=25s 经过 B点加速度 a3=“ gsin“ gcos=4m/s 2, 1分向下运动的位移为 x3= =125m 1 分AB之间的距离为 =525m 1 分考点：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式熟练应用。