1、高考资源网（） 您身边的高考专家 2014-2015学年江西省宜春市高安中学高一（上）第一次月考物理试卷（创新班） 一、选择题：（共11小题，每小题4分，共44分）在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个正确选项，其中第9、10、11小题有多个正确选项，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分1（4分）（2015定州市校级二模）在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是（）A在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证B牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“
2、力是维持物体运动的原因”观点C胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比D亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快考点：物理学史版权所有专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，没有用实验进行了验证，故A错误；B、伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，故B错误；C、胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故C正确；D、伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，
3、故D错误；故选：C点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）（2014春临河区校级期末）以下说法正确的是（）A物体所受的重力一定竖直向下，物体的重心不一定在物体上B只有很小的物体才能视为质点，很大的物体不能视为质点C若两物体运动快慢相同，则两物体在相同时间内通过的位移一定相同D物体匀速运动时具有惯性，在外力作用下变速运动时失去了惯性考点：重心；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：直线运动规律专题分析：重力的方向总是竖直向下，重力的作用点是重心；物体能否看作质点，要看在研究的问题中，物体的大小能否忽略不计；矢量相同
4、必须大小和方向都相同；惯性的唯一量度是质量解答：解：A、重力的方向总是竖直向下，物体的重心不一定在物体上，不空心球，故A正确；B、物体能否看作质点，要看在研究的问题中，物体的大小能否忽略不计；体积小的物体不一定能简化为点，如研究电子的内部构造时，电子不能简化为质点；故B错误；C、若两物体运动快慢相同，说明速度大小相等，但方向不一定相同，则两物体在相同时间内通过的路程一定相同，但位移方向不一定相同，故C错误；D、惯性的唯一量度是质量，与是否受力无关，故D错误；故选：A点评：本题考查了重力、重心、质点、矢量与标量、惯性，知识点多，难度小，是学习直线运动的基础，要记住3（4分）（2013普宁市校级模
5、拟）如图所示是一物体的st图象，则该物体在6s内的路程是（）A0 mB2 mC4 mD12 m考点：匀变速直线运动的图像版权所有专题：运动学中的图像专题分析：位移图象的x等于物体的位移，分别求出四段时间的位移，再求解位移大小之和即为总路程解答：解：根据位移图象的x等于物体的位移可知，01s内和12s内物体的位移大小均为2m，24s和46s内的位移大小均为4m，位移大小之和等于12m，即总路程等于12m故D正确故选D点评：本题一要根据位移图象读出物体通过的位移大小，抓住x等于物体的位移；二要抓住位移大小与路程的关系4（4分）（2014春正定县校级期末）车长为L，铁路桥长为2L，列车匀加速行驶过桥
6、，车头过桥头的速度为v1，车头过桥尾时的速度为v2，则车尾过桥尾时速度为（）A3v2v1B3v2+v1CD考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系版权所有专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式列方程求解解答：解：设车尾过桥尾时的速度为v3，根据匀变速直线运动的速度位移公式得：，联立两式解得：故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，基础题5（4分）（2014秋高安市校级月考）关于自由落体运动，下列说法中不正确的是（）A自由落体运动是竖直方向的匀加速直线运动B前3s竖直方向的位移只要满足x1：x2：x3=1：4：9的运
7、动一定是自由落体运动C自由落体运动在开始的连续三个2s内的位移之比是1：3：5D自由落体运动在开始的连续三个2s末的速度之比是1：2：3考点：自由落体运动版权所有专题：自由落体运动专题分析：物体做自由落体运动的条件：只在重力作用下从静止开始只在重力作用下保证了物体的加速度为g；从静止开始保证了物体初速度等于零解答：解：A、自由落体运动是只在重力作用下，加速度为g的匀加速直线运动，故A正确；B、自由落体运动，在1T内、2T内、3T内的位移之比为1：4：9，但是位移满足x1：x2：x3：=1：4：9：的运动不能说一定就是自由落体运动故B错误 C、自由落体运动在开始通过连续相等时间内的位移比为1：3
8、：5：7故C正确 D、根据v=gt，知自由落体运动在开始连续通过相等时间末的速度比为1：2：3：4故D正确本题选错误的，故选：B点评：解决本题的关键掌握初速度为0的匀加速直线运动的一些特殊推论，难度不大，属于基础题6（4分）（2013淄川区校级学业考试）一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中（）A速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值考点：加速度版权所有专题：应用题；压轴题
9、分析：知道加速度是描述速度变化快慢的物理量，判断物体速度增加还是减小是看物体的速度方向与加速度方向关系判读位移大小的变化是看初位置与某位置的距离解答：解：A、一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，当加速度减小到零时，物体将做匀速直线运动，速度不变，而此时速度达到最大值故A错误B、根据A选项分析，故B正确C、由于质点做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不为零，所以位移继续增大故C错误D、根据C选项分析，故D错误故选B点评：要清楚物理量的物理意义，要掌
10、握某一个量的变化是通过哪些因素来确定的7（4分）（2014秋金东区校级期中）如图所示半圆柱体P固定在水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前的此过程中，下列说法中正确的是（）AMN对Q的弹力逐渐减小BMN对Q的弹力保持不变CP对Q的作用力逐渐增大DP对Q的作用力先增大后减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆M
11、N的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律解答：解：A、B、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtan由于不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故C正确，A、B、D错误故选：C点评：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分析，本题也可以运用图解法分析弹力的变化8（4分）（2014秋高安市校级月考）如图所示，一直杆倾斜固定，并与水平方向成30的夹角；直杆上套
12、有一个质量为0.5kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上，大小F=7N的力，圆环处于静止状态，已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7，g=l0m/s2下列说法正确的是（）A圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上B圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上C圆环受到直杆的摩擦力大小等于1 ND圆环受到直杆的弹力大小等于N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对环受力分析，根据力的平行四边形定则，结合几何关系，即可求解解答：解：对环受力分析，则有：拉力、重力、弹力与静摩擦力；拉力大于重力，故静摩擦力平行杆向下，弹力垂直杆向下；将静
13、摩擦力与弹力进行合成，其合力为F合，则：F合+G=F；根据几何关系，有：F合sin30=f；F合cos30=N；解得：f=1N；N=N；故ABD错误，C正确；故选：C点评：考查如何受力分析，掌握平行四边形定则的应用，注意几何关系中的夹角，及弹力与静摩擦力的方向9（4分）（2013广东）如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平现把物体Q轻轻地叠放在P上，则（）AP向下滑动BP静止不动CP所受的合外力增大DP与斜面间的静摩擦力增大考点：共点力平衡的条件及其应用版权所有专题：压轴题；共点力作用下物体平衡专题分析：先对P受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件求解出各个力；物体Q轻轻地叠
14、放在P上，相当于增大物体P重力解答：解：A、B、对P受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，有：N=Mgcosf=MgsinfN故tan由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，故P静止不动，故A错误，B正确；C、物体P保持静止，合力为零，故C错误；D、由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，故P与斜面间的静摩擦力增大，故D正确；故选：BD点评：本题关键是对物体受力分析，求解出支持力和静摩擦力表达式；物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力10（4分）（2013春曲沃县校级期中）如图甲所示，一物块在t=0时刻，以初速度V0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度
15、随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端由此可以确定（）A物体冲上斜面的最大位移B物块返回底端时的速度C物块所受摩擦力大小D斜面倾角考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移，由数学知识求出位移根据上滑与下滑的位移大小相等，可求出物块返回底端时的速度根据动量定理分析能否求出摩擦力大小和斜面的倾角解答：解：A、根据图线的“面积”可以求出物体冲上斜面的最大位移为x=故A正确B、由于下滑与上滑的位移大小相等，根据数学知识可以求出物块返回底端时的速度设物块返回底端时的速度大小为v，则=，得到v
16、=故B正确C、D根据动量定理得：上滑过程：（mgsin+mgcos）t0=0mv0 下滑过程：（mgsinmgcos）2t0=m 由解得，f=mgcos=3mgsin，由于质量m未知，则无法求出f得到sin=，可以求出斜面倾角故C错误，D正确故选ABD点评：本题抓住速度图象的“面积”等于位移分析位移和物体返回斜面底端的速度大小也可以根据牛顿第二定律和运动学结合求解f和sin11（4分）（2013秋平桥区校级期末）如图所示，A、B两物体靠在一起静止放在粗糙水平面上，质量分别为mA=1kg，mB=4kg，A、B与水平面间的滑动摩擦因数均为0.6，g取10m/S2，若用水平力FA=6N推A物体 则下
17、列有关说法正确的是（）AA对B的水平推力为6NBB物体受4个力作用CA物体受到水平面向左的摩擦力，大小为6ND若FA变为40N，则A对B的推力为32N考点：物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算版权所有专题：受力分析方法专题分析：根据滑动摩擦力公式求出AB的最大静摩擦力，对AB进行受力分析，根据受力情况判断物体的运动情况即可解答：解：A与地面的最大静摩擦力fA=mAg=0.6110=6N，B与地面的最大静摩擦力fB=mBg=0.6410=24N，A、因为FA=6N，所以没有推动A物体，则A对B之间的作用力为零，故A错误；B、物体B受到重力、支持力两个力作用，故B错误；C、物体A受力平衡，则地面给
18、A物体水平向左的静摩擦力，大小为6N，故C正确；D、若FA变为40N，则AB在F的作用下做匀加速运动，a=，对B受力分析，根据牛顿第二定律得：FfB=mBa，解得：F=24+8=32N，故D正确故选：CD点评：本题考查连接体问题，先根据受力情况判断物体的运动情况，一般采用整体隔离法，再利用牛顿第二定律列式求解即可，常规题，比较简单二、填空题（共2小题，每空3分，共18分）12（12分）（2013秋荆州区校级期中）在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，并在其上取了A、B、C、D、E、F等6个计数点（每相邻两个计数点间还有4个打点计时器打下的点，本图中没有画出）
19、打点计时器接的是220V、50Hz的交变电流他把一把毫米刻度尺放在纸带上，其零刻度和计数点A对齐（下述第（1）、（2）、（3）小题结果均保留两位有效数字）（1）由以上数据计算打点计时器在打C点时，物体的瞬时速度vc是0.16 m/s；（2）计算该物体的加速度a为0.40 m/s2；（3）纸带上的A点所对应的物体的瞬时速度vA=0.080 m/s；（4）如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏大（填“大”或“小”）考点：探究小车速度随时间变化的规律版权所有专题：实验题分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中
20、的平均速度，可以求出打纸带上记数点时的瞬时速度大小根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小根据匀变速直线运动速度与时间关系公式v=v0+at可以求得A点所对应的物体的瞬时速度明确周期和频率的关系，正确判断误差产生原因解答：解：（1）每相邻两个计数点间还有4个打点计时器打下的点，即相邻两个计数点的时间间隔是0.1s根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有：vC=0.16 m/s（2）设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x3x1=2a1T2x4x2=2a2T2为了更加准确
21、的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：a=（a1+a2）即小车运动的加速度计算表达式为：a=m/s2=0.40m/s2（3）根据匀变速直线运动速度与时间关系公式v=v0+at得A点所对应的物体的瞬时速度vA=vCatAC=0.080m/s（4）如果在某次实验中，交流电的频率为49Hz，那么实际周期大于0.02s，根据运动学公式x=at2得：真实的加速度值就会偏小，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏大的故答案为：（1）0.16； （2）0.40； （3）0.080； （4）大点评：本题考查了利用匀变速直线运动的规律和推论解决问题的能力，不同的尺有不同的精确度，注意单位问题对常见的几种
22、测量长度工具要熟悉运用，并能正确读数13（6分）（2011秋松滋市校级期末）某探究学习小组的同学要验证“牛顿第二定律”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接另一端跨过定滑轮挂上砝码盘，实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力（图中未画出）（1）该实验中小车所受的合力等于 （填“等于”或“不等于”）力传感器的示数，该实验是否不需要（填“需要”或“不需要”） 满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？（2）实验获得以下测量数据：小车、传感器和挡光板的总质量M，挡光板的宽度l，光电门1和2的中心距离为s某次实验过
23、程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2（小车通过光电门2后，砝码盘才落地），已知重力加速度为g，则该实验要验证的式子是考点：验证牛顿第二运动定律版权所有专题：实验题分析：该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，所以实验中小车所受的合力等于力传感器的示数，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可以求出需要验证的关系式解答：解：（1）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量故答案为：否（2）由于光电门的宽度d
24、很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度为：滑块通过光电门2速度为：根据功能关系需要验证的关系式为：即：故答案为：（1）等于，不需要；（2）点评：了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提三、计算题（共4小题，共38分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位14（8分）（2014春涡阳县校级期末）跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后先做自由落体运动，当距离地面 125m打开降落伞，伞张开后运动员就以14
25、.3m/s2的加速度做匀减速运动，到达地面时速度为5m/s，问：（1）运动员离开飞机时距地面的高度为多少？（2）离开飞机后，经过多少时间才能到达地面？（结果小数点后保留两位）（g=10m/s2）考点：自由落体运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：直线运动规律专题分析：（1）根据速度位移公式自由下落的末速度，结合速度位移公式求自由落体运动的位移，由数学关系可得离开飞机时距地面的高度（2）自由落体时间与匀减速的时间之和为总时间解答：解：（1）自由下落的末速度为v，规定项下为正方向，则有匀减速阶段；有：v=60m/s自由下落的距离为：h=离开飞机时距地面的高度为：H=h+h1=360+
26、125m=485m（2）自由落体时间为：匀减速阶段时间为：t2=3.85s离开飞机后总时间到达地面为：T=t1+t2=6+3.85s=9.85s答：（1）离开飞机时距地面的高度为485m；（2）离开飞机后，经过9.85s时间才能到达地面点评：解决本题的关键抓住自由落体运动的末速度与匀减速运动的初速度相等，结合速度位移公式进行求解15（8分）（2014秋鹰潭期末）某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C （图中=37）时，金属小球偏离竖直方向的夹角也是37，如图所示已知小球的
27、质量为m=4.8Kg，该同学（含磁铁）的质量为M=50Kg，（sin37=0.6cos37=0.8g=10m/s2）求此时：（1）悬挂小球的细线的拉力大小为多少？（2）该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少？考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）小球处于静止状态，合外力为零，分析小球的受力情况，根据平衡条件求解悬挂小球的细线的拉力大小；（2）对人研究，分析受力情况，由平衡条件求解地面的支持力和摩擦力大小解答：解：（1）对小球受力分析：重力、细线的拉力和磁铁的引力设细线的拉力和磁铁的引力分别为F1和F2根据平衡条件得：水平方向：F1
28、sin37=F2sin37竖直方向：F1cos37+F2cos37=mg解得：F1=F2=30N（2）以人为研究对象，分析受力情况：重力Mg、地面的支持力N、静摩擦力f和小球的引力F2，F2=F2=30N根据平衡条件得：f=F2sin37=300.6N=18NN=F2cos37+Mg=300.8N+500N=524N答：（1）悬挂小球的细线的拉力大小为30N（2）该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为18N和524N点评：本题采用隔离法研究，分析受力情况是解题的关键，再根据平衡条件进行求解16（8分）（2007上海）如图1，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的
29、推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图2所示，取重力加速度g=10m/s2求：（1）小环的质量m；（2）细杆与地面间的倾角考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）从速度时间图象得到小环的运动规律，即先加速和匀速，求出加速度，得到合力，然后受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解；（2）通过第一问的列式计算，同样可以得出细杆与地面的倾角解答：解：（1）由图得：a=0.5m/s2，前2s，物体受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：F1mgsin=ma 2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：F2=
30、mgsin 由两式，代入数据可解得：m=1kg，=30故小环的质量m为1kg（2）由第一问解答得到，细杆与地面间的倾角为30点评：本题关键是对小球进行运动情况分析，先加速后匀速；然后受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解17（14分）（2013秋河南期中）2013年7月5日12日，中俄“海上联合2013”海上联合军事演习在日本海彼得大帝湾附近海空域举行在某天进行的演习中，我国研发的一艘022型导弹快艇以30m/s的恒定速度追击前面同一直线上正在以速度v1逃跑的假想敌舰当两者相距L0=2km时，以60m/s相对地面的速度发射一枚导弹，假设导弹沿直线匀速射向假想敌舰，经过t1=50s艇
31、长通过望远镜看到了导弹击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰速度减小但仍在继续逃跑，速度变为v2，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚导弹以同样速度发射后，又经t2=30s，导弹再次击中敌舰并将其击沉不计发布命令和发射反应的时间，发射导弹对快艇速度没有影响，求敌舰逃跑的速度v1、v2分别为多大？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系版权所有专题：直线运动规律专题分析：鱼雷匀速追击敌舰的过程中当鱼雷的位移等于两船一开始的间距加上敌舰的位移，运动的时间具有等时性，列方程求解即可解答：解：第一枚导弹击中前，敌舰逃跑的速度为v1，当导弹快艇与敌舰相距L0=2 km时，发射第一枚导弹，经t1=50 s击中敌舰，则有：（vv1）t1=L0，即：（60v1）50=2000 解得：v1=20 m/s； 击中敌舰时，导弹快艇与敌舰的距离为L0（30v1）t1=1500； 马上发射第二枚导弹，此时敌舰的速度为v2，经t2=30 s，导弹再次击中敌舰，则有：（vv2）t2=1500 m，即：（60v2）30=1500 m 解得：v2=10 m/s 答：敌舰逃跑的速度分别为20 m/s、10 m/s点评：追击问题注意位移关系式与运动的等时性相结合，在此类问题中匀速运动的追击物体属于较简单一类 - 14 - 版权所有高考资源网
