1、四川省射洪县射洪中学2019-2020学年高一物理上学期第二次月考试题（含解析）（考试时间：90分钟 满分：100分）第卷一本大题13小题，每小题3分，共39分在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的1.下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是()A. 若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度不一定等于零B. 若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C. 匀速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D. 变速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它在某一时刻的瞬时速度【答案】C【解
2、析】【详解】A物体在每个时刻的瞬时速度都等于零，表示物体处于静止状态，平均速度一定等于零，故A错误；B物体在某段时间内平均速度等于零，位移等于零，但任一时刻的瞬时速度不一定等于零，故B错误；C匀速直线运动的速度保持不变，任意一段时间内的平均速度都等于它在任一时刻的瞬时速度，故C正确；D某段位移上的平均速度是这段位移跟通过这段位移所用时间的比值，对于变速直线运动中任意一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，故D错误。故选C。2.如图所示，狗拉着雪橇在雪道上行驶，根据牛顿运动定律可知 ( )A. 若加速前进，狗拉雪橇的力大于雪橇拉狗的力B. 若匀速前进，狗拉雪橇的力与雪橇拉狗的力平衡C
3、. 若减速前进，狗拉雪橇的力小于雪橇拉狗的力D. 无论怎样行驶，狗拉雪橇的力的大小都等于雪橇拉狗的力的大小【答案】D【解析】【详解】不管在什么情况下，狗拉雪橇的力与雪橇拉狗的力属于相互作用力，因此答案为D。3.物体从静止开始做匀加速直线运动，第4s内通过的位移是7m，则()A. 第3s内的平均速度是5m/ sB. 物体的加速度是4m/s2C. 4s末的速度是7m/sD. 前4s内的位移是15m【答案】A【解析】【详解】AB第4s内通过的位移是7m，有代入数据解得第3s内的位移则第3s内的平均速度故A正确，B错误；C4s末的速度故C错误；D前4s内的位移故D错误。故选A。4.如图所示，一光滑小球
4、静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是（ ）A. F1增大，F2减小B. F1减小，F2减小C. F1增大，F2增大D. F1减小，F2增大【答案】C【解析】【详解】对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，如图，根据平衡条件解得：由于不断增加，故F1增大、F2增大，故C正确。故选C。5.从同一高度同时以20m/s的速度抛出两小球，一球竖直上抛，另一球竖直下抛不计空气阻力，取重力加速度为10m/s2则它们落地的时间差为A. 3sB. 4
5、sC. 5sD. 6s【答案】B【解析】【详解】设两球距离地面的高度为h，则对竖直上抛的小球，有h=v0t，对竖直下抛小球，有h=v0t+落地的时间差为t=tt联立解得，t=4s故选B6.某物体做直线运动，时刻方向向东，其速度时间图像如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 第末，物体的加速度方向向东B. 第末，物体的合力为零C. 第末，物体离出发点最远D. 第末，物体正在向东运动【答案】C【解析】试题分析：由图像可知，内，物体向东做匀减速运动，故第末加速度向西，故A错误；整体物体做匀变速直线运动，故加速度不为零，则合力不为零，故B错误；内，物体向东做匀减速运动，第末速度为零，然后反方向运动，故第
6、末，物体离出发点最远，故C正确；由图像可知物体向西运动，故选项D错误考点：匀变速直线运动的图像【名师点睛】本题是速度-时间图象问题，抓住图象的数学意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移7. 如图所示，静止在光滑水平面上的物体A，一端靠着处于自然状态的弹簧现对物体作用一水平恒力，在弹簧被压缩到最短这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是A. 速度增大，加速度增大B. 速度增大，加速度减小C. 速度先增大后减小，加速度先增大后减小D. 速度先增大后减小，加速度先减小后增大【答案】D【解析】当F与弹簧弹力大小相等时速度最大，加速度为零，所以速度先增大后减小，加速度先减小后增大，D正确8
7、.一个物体受到三个共点的恒力作用，三个恒力的大小分别是2N、4N、7N能够正确描述物体可能的运动情况的图像是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】ABC、2N和4N的两个力的合力范围为2N6N，与7N的力大小不可能相等，所以该物体不可能处于平衡状态，即不可能静止或匀速直线运动故ABC错误D. 三个力的合力是恒力，则物体一定做匀变速运动，速度可能均匀增大，则D是可能的，故D正确故选D.【点睛】根据任意两个力的合力与第三个力大小是否能相等，判断物体能否保持平衡状态，再由牛顿第二定律分析其运动情况，从而得到运动图象9.如图所示，一根很长、且不可伸长柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一个小
8、球a和ba球质量为m，静置于地面；b球质量为4m, 用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧从静止开始释放b后，a能够达到的最大高度为A. 3hB. 4hC. 1.6hD. 2.6h【答案】C【解析】释放b后，至b落地前，据机械能守恒得之后a做竖直上抛运动，由得所以a能够达到的最大高度为1.6h，C对10.如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为时，A、B伸长量刚好相同。若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（ ）A. k1：k2=1:2B. k1：k2=1:4C. 撤去F的瞬间，a球的加速度为gD.
9、撤去F瞬间，b球处于完全失重状态【答案】B【解析】【详解】AB先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示，根据平衡条件，有：根据胡克定律，有：，则有故A错误，B正确；C球a原来受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去F的瞬间，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，合力与原来的F大小相等，方向相反，则所以a球加速度故C错误；D球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D错误。故选B。11.如图所示，一物体放在一倾角为的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上
10、滑的最大路程是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】物体沿斜面匀速下滑时，由平衡条件得物体所受的滑动摩擦力大小为：f=mgsin，当物体沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律有：mgsin+f=ma，解得：a=2gsin，方向沿斜面向下，根据速度位移公式：，联立以上解得：，故C正确，ABD错误12.如图所示，质量分别为m1、m2的甲、乙两木块之间压缩一轻弹簧，用细线拉紧，竖直放置在水平地面上。当整个装置处于静止状态时，弹簧竖直，细线的拉力大小为F。将细线剪断的瞬间，下列说法中正确的是（）A. 甲的加速度大小为B. 甲的加速度大小为C. 乙对地面的压力大小为(m1+m2)g+FD. 地面对乙
11、的支持力大小为(m1+m2)g【答案】C【解析】【详解】AB细线剪断前，对甲进行受力分析，由受力平衡可得：弹簧的弹力细线剪断的瞬间，弹簧形变量不变，弹簧的弹力不变，故甲受到的合外力为故甲的加速度故AB错误；CD对乙进行受力分析，由受力平衡可得：地面对乙的支持力大小为根据牛顿第三定律知，乙对地面的压力大小为故C正确，D错误。故选C。13.如图所示，一根不计质量的轻杆AC垂直插入竖直墙内，杆的另一端装一质量不计的光滑小滑轮，一根轻细绳BCD跨过滑轮，绳子B端固定在墙上，且BC段与墙之间的夹角为60，CD段竖直且足够长.一质量为带孔的小球穿在细绳CD段上，小球以加速度匀加速下滑，不计空气阻力，.则滑
12、轮对轻杆的作用力大小为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据牛顿第二定律求解绳子的拉力，然后将绳子的拉力进行合成，得到绳子对滑轮的压力，然后对滑轮分析，根据共点力平衡条件得到杆对滑轮的作用力大小【详解】对小球，由牛顿第二定律：mg-T=ma，解得T=8N，故绳子的张力T=8N；将绳子的拉力进行合成，如图所示：故绳子对滑轮的压力为T=8N；滑轮受绳子的压力和杆的支持力而平衡，故杆对滑轮的作用力大小为8N，由牛顿第三定律可知滑轮对轻杆的作用力大小为8N，故B正确；故选B【点睛】本题关键是先求解绳子的拉力，明确滑轮的受力情况，结合平行四边形定则和共点力平衡条件分析二本大题4小题，每
13、小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得2分，选对但不全得2分，有错或不选得0分14. 下列有关惯性的说法正确的是（ ）A. 牛顿第一定律给出了惯性的概念B. 任何有质量的物体都一定有惯性C. 对同一个物体而言，施加的外力越大，该物体的状态改变的越快，说明惯性与物体的受力有关D. 物体运动的速度越大，速度变为零需要的时间越长，说明物体的惯性与速度有关【答案】AB【解析】试题分析：由牛顿第一定律可知，力是改变物体运动状态的原因；惯性是物体的固有属性，物体在任何状态下均有惯性，惯性大小只与质量有关，与其它任何因数没有关系解：A、惯性是由惯性定律（牛顿第一运动定
14、律）所推导出来的物体本身所具有的一种性质，故A正确；B、惯性是物体的固有属性，任何有质量的物体都一定有惯性，故B正确；C、惯性大小只与质量有关，与其它任何因数没有关系，即与速度、受力情况无关，故CD错误故选AB【点评】牛顿第一定律是重要的力学定律，也叫惯性定律，揭示了力与运动的关系，知道惯性大小只与质量有关，与其它任何因数没有关系15.如图甲所示，在倾角为的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连，t0s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10m/s2，sin0.6，cos0.8。
15、则下列说法正确的是（ ）A. 在0.15s末滑块的加速度为8m/s2B. 滑块在0.10.2s时间间隔内沿斜面向下运动C. 滑块与斜面间的动摩擦因数0.25D. 在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动【答案】AC【解析】【详解】A在vt图象中，斜率代表加速度，斜率为故A正确；B由vt图象可知，沿斜面向上为正方向，滑块在0.1s0.2s时间间隔内速度为正，故物块还是沿斜面向上运动，故B错误；C滑块在0.1s0.2s内，由牛顿第二定律可知得故C正确；D在0-0.1s过程中为物体和弹簧接触过程，由图象可知，滑块先做加速后做减速运动，故D错误。故选AC。16.如图所示，一条细线一端与地板上的物块B
16、相连，另一端绕过轻质光滑滑轮与小球A相连滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的点，细线OO1与竖直方向夹角为=30，OA与OB的夹角为，系统处于静止状态已知小球A重10 N，则A. 细线OA的拉力为10 NB. OO1绳上的拉力大小为20 NC. B对地面的摩擦力大小为5ND. 细线OA与OB间的夹角=60【答案】AD【解析】【分析】先对小球A受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力；再对滑轮受力分析，结合平衡条件进行分析即可【详解】A、对小球A受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有T=mg=10N；故A正确.B、D、对滑轮分析，受三个拉力，如图所示：，由平衡条件可知，而；故B错误，D正确.C、对滑块
17、受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件，竖直方向有：N+Tcos=mg，水平方向有：Tsin=f，解得；故C错误.故选AD.【点睛】本题关键是灵活选择研究对象，根据平衡条件列式分析从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析17.如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为.初始时，传送带与煤块都是静止的现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送
18、带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g)()A. 与a之间一定满足关系B. 煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为C. 煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为D. 黑色痕迹的长度为【答案】C【解析】【详解】A.要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即，则有：故选项A不符合题意；BC.当煤块的速度达到时，经历的时间：经过的位移：故选项B不符合题意，C符合题意；D.此时传送带的位移：则黑色痕迹的长度：故选项D不符合题意第卷三实验题（本大题共12分）18.某同学设计了测量木块与木板间动摩擦因数的实验，实验的主要步骤如下：A.用弹簧测力计测量木块重G=5.0
19、N.B.将木板放在水平面上，木块放在木板上，弹簧测力计的一端固定在墙上，另一端用细绳与木块连接，如图所示.C.用水平力F向左拉木板，木板向左运动，此时测力计的稳定示数如图所示.则，木块与木板间的滑动摩擦力的大小是_N，动摩擦因数为_.【答案】 (1). 1.4 (2). 0.28【解析】【分析】实验中我们是根据拉力与摩擦力是一对平衡力的原理，才通过测力计读出摩擦力大小的；而通过拉动木板就能让木块受滑动摩擦力，这是比较好控制的一种方案.【详解】拉动木板后，弹簧测力计与木块一直静止受力平衡，故拉力与滑动摩擦力一直相等，测力计的最小刻度为0.2N，估读在同一位，则;由滑动摩擦力的定义式；联立解得.【
20、点睛】通过此实验主要考查了对科学探究实验过程的熟悉、对控制变量法的运用以及对实验操作过程的合理改进等在对动摩擦因数的计算中，要依据题目中所提供的信息，在理解的基础上进行活学活用，在这里关键是要分析出f与N的大小19.如图1所示，为“探究滑块加速度与力质量的关系”实验装置图，滑块置于一端带有定滑轮的长木板上，左端连接纸带，纸带穿过电火花打点计时器，滑块的质量为托盘（及砝码）的质量为（1）下列说法正确的是A为平衡滑块与木板之间的摩擦力，应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂托盘（及砝码）的情况下使滑块恰好做匀速运动B每次改变滑块质量时，应重新平衡摩擦力C本实验应远大于D在用图像探究加速度与质量关系
21、时，应作图像（2）实验中，得到一条打点的纸带，如图2所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距、已量出，则计算滑块加速度的表达式为 （用、及T表示）（3）某同学在平衡摩擦力后，保持滑块质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出滑块加速度a与砝码重力F（未包括托盘）的图像如图3所示，若牛顿第二定律成立，重力加速度，则滑块的质量为 ，托盘的质量为 （结果保留两位有效数字）【答案】（1）AD；（2）；（3），【解析】试题分析：（1）为平衡滑块与木板之间的摩擦力，应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂托盘（及砝码）的情况下使滑块恰好做匀速运动，故A正确；平衡摩擦力只需要做一次，故B错误；只有满足应
22、远小于的条件，才能认为托盘和砝码的重力等于小车的拉力，故C错误；用图象探究加速度与质量关系时，应作图象，故D正确（2）由逐差法得：（3）对图来说，图象的斜率表示物体质量的倒数，故滑块质量为：，时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，故有：，解得：（对图中的数据读取不一样，可有一定范围）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系【名师点睛】本题考察的比较综合，要注意明确测量加速度的实验方法，要求学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错四.计算题 （共33分）20.如图所示，一个物体受到竖直向上的拉力F，由静止开始向上运动.已知F=640N，物体在2s末的速度大小v=6m/s，重力加速度
23、g取9.8m/s2.求：(1)物体运动的加速a的大小；(2)物体的质量m.【答案】（1）3m/s2（2）50kg【解析】【分析】(1)利用运动学的有关公式求出加速度(2)对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律列出等式求出物体的质量m【详解】(1)由运动学公式： 代入数据得：(2)由牛顿第二定律得：代入数据得【点睛】加速度始终是联系运动和力桥梁求加速度是解决有关运动和力问题的基本思路，正确的受力分析和运动过程分析则是解决问题的关键21.如图所示，质量M=2kg的物块A放在水平地面上，滑轮固定在天花板上，细绳跨过滑轮，一端与物块A连接，另一端悬挂质量m=1kg的物块B，细绳竖直，A、B处于静止状态现
24、对物体A施加向左的水平外力F，使A沿水平面向左缓慢移动物块A刚开始移动时水平外力F13N，不计绳与滑轮间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)物块A与水平地面间的动摩擦因数；(2)当连接物块A的细绳与竖直方向的夹角=37时，水平外力F2的大小(已知sin37=0.6，cos37=0.8)【答案】（1）0.3（2）9.6N【解析】【分析】(1)活结绳竖直时张力相等，由平衡知识求解.(2)抓住两物体的联系点：倾斜的活结绳上的张力依然相等，由受力分析求外力.【详解】(1)设物块A刚开始移动时，绳子的拉力为T，地面对A的支持力为，由平衡条件得,对B： 对A：代入数
25、据得(2)设当细线与竖直方向夹角为37时，地面对A的支持力为由平衡条件得：代入数据，得【点睛】绳连接体的关键是掌握活结绳上的五同规律：沿绳张力相同，沿绳加速度相同，沿绳瞬时速度相等，沿绳的拉力功率相等；沿绳的拉力做功相等.22.如图所示为水上滑梯的简化图，倾角37的斜滑道AB与水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H4.0 m，滑道末端C距水面的高度h1.0m玩耍的小孩从A处无初速滑下，从C处离开将小孩视为质点，小孩与滑道各处的动摩擦因数0.125，重力加速度g10 m/s2，cos370.8，sin370.6，求：（1）小孩沿斜滑道AB下滑时加速度a的大小（2）为使小孩滑到C点时速度v不超
26、过5 ms，水平滑道BC的长度d至少为多少？【答案】（1）5 m/s2（2）10m【解析】试题分析：（1）对在斜滑道上的小孩进行受力分析，列出牛顿第二定律方程：三式联立解得代入数据得小孩沿AB下滑时加速度a5 m/s2（2）斜滑道AB的长度设小孩滑到B点时速度大小为vB，由可求得（或）小孩在水平滑道BC上的加速度大小，由，将等数据代入，求得考点：牛顿第二定律的综合应用23.如图所示，长L=10m的水平传送带以速度v=8m/s匀速运动质量分别为2m、m的小物块P、Q，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环C相连小物块P放在传送带的最左端，恰好处于静止状态，C、P间的细绳水平现在P上固定一质量为2
27、m的小物块(图中未画出)，整体将沿传送带运动，已知Q、C间距大于10 m，重力加速度g取10m/s2.求： (1)小物块P与传送带间的动摩擦因数；(2)小物块P从传送带左端运动到右端的时间；(3)当小物块P运动到某位置S（图中末画出）时将细绳剪断，小物块P到达传送带最右端时刚好与传送带共速，求位置S距传送带右端的距离【答案】（1）0.5（2）（3）4m【解析】【分析】(1)对物体P、Q分别由平衡条件求解即可；(2)判断滑块的运动是一直加速还是先加速后匀速.(3)相对运动确定滑动摩擦力，相对运动趋势弄清静摩擦力方向，结合牛顿第二定律和运动学公式求距离.【详解】(1)设静止时细绳的拉力为T0，小物
28、块P与传送带间的动摩擦因数为，P、Q受力如图:由平衡条件得： (2)设小物块P在传送带上运动时加速度为a1，细绳的拉力为T，P、Q受力如图，由牛顿第二定律得,对P：对Q：假设P一直加速至传送带最右端时间为t，末速度为v1由运动学公式得：v1=联立以上两式并代入数据得：,v1=v假设成立.(3)设细绳剪断后小物块P的加速度大小为a2，小物块P在S处的速度大小为，位置S距离传送带左端距离为，距离传送带右端距离为，P受力如图:断绳后由牛顿第二定律得：断绳前由运动学公式得：断绳后由运动学公式得：联立以上各式并代入数据得：S距离传送带右端距离：【点睛】本题关键是明确滑块P、Q的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解.