1、河北省鸡泽县第一中学2019-2020学年高一物理12月月考试题（含解析）一、选择题1.小明同学在学校举办的运动会1000m比赛中，在最后的冲刺中发力,到达终点前看到小华在相对自己向前运动，而小强相对自己向后运动，最后小明以3分45秒33跑完全程下列说法正确的是()A. 小明的成绩3分45秒33是时间间隔B. 小明跑完全程的位移为1000mC. 小明看到小华向前运动,一定是以地面为参考系D. 在研究小强比赛中的总路程时,不能把小强看成质点【答案】A【解析】【详解】A3分45秒33指的是一段时间，即为时间间隔，故A正确；B由于比赛场是圆形，所以1000m指的是路程，故B错误；C小明看到小华向前运
2、动，是以小明自己为参考系，故C错误；D由于小强的形状和大小相对1000m路程可以忽略，所以在研究小强比赛中的总路程时,可以把小强看成质点，故D错误2.下列图中仪器所测量的物理量不是国际单位制（SI）中基本量的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】托盘天平是测量质量的仪器，质量是基本物理量，所以托盘天平是测量的力学基本量；测力计是测量力的仪器，力不是基本物理量，所以测力计不是测量的力学基本量；秒表是测量时间的仪器，时间是基本物理量，所以秒表是测量的力学基本量；安培表是测量电流的仪器，电流是基本物理量，所以安培表是测量的基本量，测量的物理量不是基本量的故选选项B3.如图所示，一个
3、大人拉着载有两个小孩的小车（其拉杆可自由转动）沿水平地面匀速前进，则下列说法正确的是（）A. 拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力B. 拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小C. 拉力与摩擦力的合力方向竖直向上D. 小孩和车所受的合力方向向前【答案】C【解析】【详解】A据题意，拉力的水平分力和摩擦力力的合力才是小车和孩子所受合力，A错误；B拉力与摩擦力以及支持力合力与重力平衡，即拉力与摩擦力以及支持力的合力大小与重力大小相等，故B错误；C拉力与摩擦力的合力和重力与支持力的合力等大反向，而重力与支持力的合力沿竖直向下，所以拉力与摩擦力的合力竖直向上，C正确；D匀速前进，合力为零，D错误；故选C。4.
4、一辆汽车从静止开始做匀加速运动，经时间速度达到，立即刹车做匀减速运动，又经停止，则汽车在加速阶段与减速阶段（ ）A. 速度变化量相同B. 平均速度的大小相等C. 加速度的大小相等 D. 位移的大小相等【答案】B【解析】由过程可画出图像加速阶段速度变化量为，减速阶段速度变化量为，A错误；加速阶段平均速度，减速阶段平均速度，故，B正确；加速阶段加速度，减速阶段加速度，C错误；加速阶段位移，减速阶段位移，D错误5.如图所示的是某同学绘出的一个沿直线运动的物体，其加速度a、速度v、位移x随时间t变化的图象，该物体在t=0的速度均为零，则能表示该物体在前6s内位移的大小等于路程的图象是（ ）A. B.
5、C. D. 【答案】D【解析】【详解】根据图象可知，6s时的位移x=0-0=0，路程为s=6m，位移大小不等于路程故A错误在0-1s内，向正方向做匀加速直线运动，1-2s内加速度方向改变，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零，2-3s内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，不是单向直线运动，所以位移大小不等于路程故B错误速度时间图线与坐标轴围成的面积表示位移，则6s内位移为，路程为，位移大小不等于路程，故C错误；0-1s内加速度不变，做匀加速直线运动，1-2s内加速度方向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零在一个周期内速度的方向不变，则6s内物体做单向直线
6、运动时，位移的大小等于路程故D正确故选D.【点睛】根据图象分析出物体的运动状态，只有当物体做单向直线运动时，位移的大小才等于路程，据此分析即可，其中位移时间图象和速度时间图象也可以把位移和路程都求出，看是否相等也可以6.在不计空气阻力的情况下，某物体以30m/s的初速度从地面竖直上抛，则(g取10m/s2)( )A. 前4s内物体的位移大小为50mB. 前4s内物体的平均速度大小为10m/sC. 第2s末到第4 s末物体的平均速度为5m/sD. 第2s内和第4 s内物体的速度改变量不相同【答案】B【解析】【详解】AB竖直上抛运动是初速度向上，加速度向下的匀变速直线运动，而对于匀变速直线运动，某
7、段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，故前4s内的平均速度等于第2s末的瞬时速度，故根据平均速度公式，前4s位移为故A错误，B正确；C对于匀变速直线运动，某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，故第2s末到第4s末物体的平均速度等于第3s末的瞬时速度，根据速度时间公式，有故C正确；D加速度为g，向下，故第2s内和第4s内物体的速度改变量为：v=gt=101=10m/s即第2s内和第4 s内物体的速度改变量相同，故D错误7.如图所示，一滑块静止在水平粗糙木板上，现将木板的一端缓慢抬高至其与水平成90角，则在此过程中，滑块所受的摩擦力（ ）A. 逐渐增大B. 逐渐减小C.
8、先减小后增大D. 先增大后减小【答案】D【解析】【详解】试题分析:当角度比较小的时候，滑块静止在木板上，滑块所受摩擦力是静摩擦力，缓慢抬高，角度变大，摩擦力变大，最后物体会沿木板下滑，此时变为滑动摩擦力，角度越大，摩擦力越小，所以摩擦力先增加后减小，正确8.如图所示，质量为M的斜面体A置于水平地面上，质量为m的木块B置于A的斜面上，水平推力F作用在A上，A、B均保持静止则A. A与B之间不存在摩擦力B. A与地面之间不存在摩擦力C. B对A的压力等于mgD. 地面对A的支持力等于(m+M)g【答案】D【解析】【详解】A对B受力分析，B受重力，支持力，A对B摩擦力三力作用平衡，所以A与B之间一定
9、存在摩擦力，故A错误；B将AB看成整体，由水平方向平衡可知，A受到地面水平向右的静摩擦力，故B错误；C将B的重力沿平行斜面和垂直斜面分解可得，B对A的压力等于，故C错误；D将AB看成整体，由竖直方向平衡可知，地面对A支持力等于(m+M)g，故D正确9.如图，在倾角为30的光滑斜面上，质量为m的小车受到沿斜面向下的恒力F的作用而下滑，在下滑过程中，要使连接着小球（质量为m）的轻绳恰好水平，则恒力F的大小为（ ）A. 3mgB. mgC. 2mgD. 0.5mg【答案】A【解析】【详解】以小球为研究对象，分析受力情况可知：重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力定沿斜面向
10、下如图由牛顿第二定律得：解得：再对整体根据牛顿第二定律可得：解得：A.由上计算得：，A正确；BCD.由上计算得：，BCD错误10.将一个力F分解为两个不为零的分力F1、F2，以下说法可能正确的是（ ）A. Fl、F2与F都在同一直线上B. F1、F2都小于C. F1或F2的大小等于FD. F1、F2的大小都与F相等【答案】ACD【解析】试题分析：若两个分力在同一直线上时，其合力可能为F，故选项A是可能的，选项A正确；由于F合一定大于两个力的差而小于两个力的和，当F1、F2都小于F/2时，其合力不可是能是F，故选项B不可能，B错误；F1或F2的大小等于F时也是可能的，即只要其中的一个力等于F就行
11、，选项C可能；F1、F2的大小都与F相等也是可能的，即两个力夹角为120度时就可以，故选项D也正确考点：力的分解与合成11.细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连。平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示。（已知cos 530.6，sin 530.8，重力加速度为g）下列说法正确的是（） A. 小球静止时弹簧的弹力大小为mgB. 小球静止时弹簧的弹力大小为mgC. 小球静止时细绳的拉力大小为mgD. 小球静止时细绳的拉力大小为mg【答案】AD【解析】【详解】对小球进行受力分析，小球受到三个力的作用：重力mg，竖直向下；弹簧的弹力F1，水平向右；细绳的拉力F
12、2，沿细绳斜向上，如右图所示，由平衡条件得：解得：，AD正确，BC错误；故选AD。12.如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动劲度系数为的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内取与平台同高度的点为坐标原点，以竖直向下为轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用，分别表示人的速度、加速度和下落时间下列描述与、与的关系图像可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】A B从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，图线
13、为匀变速直线运动，图线斜率恒定；绳子拉直后在弹力等于重力之前，人做加速度逐渐减小的加速运动，图线斜率减小；弹力等于重力之后，人开始减速运动，苏浙弹力增大加速度逐渐增大，图线斜率逐渐增大，直到速度减到零所以A选项正确，B选项错误CD从跳下至第一次到达最低点运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，加速度恒定绳子拉直后在弹力等于重力之前，随着弹力增大，人做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小，设向下运动的位置为，绳子刚产生弹力时位置为，则：则加速度为：弹力等于重力之后，人开始减速运动，则加速度为：所以，与的关系图线斜率是恒定的故D选项正确，C选项错误二、实验题13.某实验小组在“探究弹力和弹簧伸
14、长关系”的实验中，将不同数量的钩码分别挂在竖直轻弹簧的下端，弹簧始终处于弹性限度内进行测量，根据实验所测数据，利用描点法做出了所挂钩码的总重力G与弹簧总长L的关系图像如图所示则（1）该弹簧的劲度系数为_；（2）由图像可求出，弹簧弹力F跟弹簧长度L之间的关系式为_N【答案】 (1). 300 (2). 【解析】【详解】（1）1图线与坐标轴交点即表示弹簧所受弹力大小F=0时，弹簧的长度是原长，可知弹簧的原长是L0=0.05m根据胡克定律得劲度系数为：（2）2根据胡克定律可知弹簧的弹力F跟弹簧长度L之间的关系式为：F=k（L-L0）=300（L-0.05）N；14.某实验小组做“探究加速度和力、质量
15、的关系”实验。（1）用如图甲所示装置做实验，图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器可直接显示所受拉力的大小。做实验时，下列操作必要且正确的是_A将长木板右端适当垫高，小车未挂砂桶时，在木板上静止释放，轻推小车后，恰能匀速下滑B小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数C为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量D用天平测出砂和砂桶的质量（2）实验时，该小组同学平衡了摩擦力后，在小车质量M保持不变的情况下，不断往砂桶里加砂，直到砂和砂桶的质量最终达到M。测出每次加砂后拉力传感器的示数F和小车的加速度a，作的图象。下列图线中正确的表示该
16、小组的图象是_ （3）下图是实验中得到的一条纸带，图中打相邻两计数点的时间间隔为0.1 s，由图中的数据可得小车的加速度a为_ m/s2。【答案】 (1). AB (2). A (3). 0.195【解析】【详解】(1)1A实验前要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，小车未挂砂桶时，在木板上静止释放，轻推小车后，恰能匀速下滑，故选项A符合题意；B为充分利用纸带，实验时小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故选项B符合题意；C小车所受拉力可以由拉力传感器测出，实验不需要要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故选项C不符合题意；D拉力可以由拉力传感器测出，不
17、需要用天平测出砂和砂桶的质量，故选项D不符合题意；故选AB；(2)2力传感器测出拉力大小，砂与砂桶的质量大小对实验没有影响，平衡了摩擦力后，在小车质量保持不变的情况下，小车的加速度与拉力成正比，A正确，BCD错误；故选A；(3)3根据xaT2，运用逐差法得：am/s20.195m/s2。三、计算题15.已知一根长为6m的细绳将A、B两个小球相连，在足够高处先后相隔0.6s将A、B由同一位置静止释放，不计空气阻力，g取10 m/s2求：（1）在A释放后经过多长时间连接A、B的细绳将被拉直？（2）在细绳将要拉直时A和B的速度分别为多大？【答案】（1）1.3s （2）7m/s【解析】【详解】（1）设
18、在A释放后经过时间，连接A、B的细绳被拉直，则令绳长为L，则，得（2）在细绳要拉直时A的速度为 B的速度为16.如图所示，质量M2kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m1kg的小球相连，今用跟水平方向成60角的力拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g10m/s2.在运动过程中，求：(1)轻绳与水平方向的夹角；(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数.【答案】(1) 30 (2) 【解析】【详解】（1）m处于静止状态，其合力为零以m为研究对象，由平衡条件得：水平方向：Fcos60-Tcos=0竖直方向：Fsin60-Tsin-mg=0由解得：=30（2）以M、m整
19、体为研究对象，由平衡条件得：水平方向：Fcos60-FN=0竖直方向：Fsin60+FN-mg-Mg=0由得：【点睛】本题要灵活选择研究对象，注意应用整体法与隔离法，用整体法时一定要分清内力与外力，正确地进行受力分析17.如图所示，将质量为0.2kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的直径，环与杆之间的动摩擦因数为0.8对环施加一位于竖直平面内斜向上的拉力F，使圆环以4.4m/s2的加速度沿杆加速运动，拉力与杆的夹角为，已知sin=0.8cos=0.6，取g=10m/s2，则F的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；令Fsin53=mg解得：F=2.5N此时无摩擦力，圆环沿杆做匀加速运动，当F2.5N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿第二定律有：水平方向上：Fcos-FN=ma竖直方向上：FN+Fsin=mg解得：F=2N当F2.5N时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律有：水平方向上有：Fcos-FN=ma竖直方向上有：Fsin=mg+解得：F=18NA与分析不符，故A错误；B与分析相符，故B正确；C与分析不符，故C错误；D与分析相符，故D正确