1、云南省玉溪市第一中学2018-2019学年高一物理下学期第一次月考试题（含解析）一、单项选择题（共8题，每题3分，共24分，只有一项答案符合题目要求）1.伽利略的理想实验证明了（ ）A. 物体运动必须有力作用，没有力的作用物体将要静止B. 物体运动速度越大，其惯性越大C. 物体不受力作用时，一定处于静止状态D. 物体不受力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态【答案】D【解析】【详解】根据牛顿第一定律可知，物体运动或静止不一定需要力的作用，没有力作用的物体将保持运动状态不变，故AB项错误。伽利略的斜面实验证明物体不受外力作用时，将保持静止或者匀速直线运动状态，故C项错误，D项正确。2.
2、一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内（ ）A. 速度一定不断改变，加速度也一定不断改变B. 速度一定不断改变，加速度可以不变C. 速度可以不变，加速度一定不断改变D. 速度可以不变，加速度也可以不变【答案】B【解析】曲线运动的速度方向时刻发生变化，但加速度可以不变，例如平抛运动，A错；B对；CD错；3.一辆汽车在水平公路上减速转弯，从俯视图中可以看到汽车沿曲线由N向M行驶。下图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】汽车做曲线运动，它受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，由于汽车是从M向N运动的，并且做减速运动，所以合
3、力与汽车的速度方向的夹角要大于90，故C项正确，ABD错误。4.下图是A、B、C三个质点同时同地开始向某个方向运动的位移图象，下列说法正确的是（ ）A. 在时间t1内A的平均速度比B的平均速度小B. 在时间t1内C做匀变速直线运动C. 在时间t2内B的运动轨迹为曲线D. 在时间t2内B做变速直线运动【答案】D【解析】【详解】根据图像可知，时间内，A的位移比B的位移大，由平均速度公式可知，A的平均速度比B的平均速度大，故A错误；图像的斜率绝对值表示速度大小，斜率的正负表示速度方向，由图可知，A、C的图像斜率不变，故A、C做匀速直线运动，而B的图像斜率绝对值先减小后增大，方向先正后负，故B先沿正向
4、减速后反向加速，做变速直线运动，故BC错误，D正确。5.如图所示为一在水平面内做匀速圆周运动的圆锥摆，关于摆球A的受力情况，下列说法中正确的是（ ）A. 摆球A受拉力和重力的作用B. 摆球A受重力、拉力和向心力的作用C. 摆球A受拉力和向心力的作用D. 摆球A受重力和向心力的作用【答案】A【解析】【详解】小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图小球受重力、和绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，重力和拉力的合力提供向心力，故A正确，BCD错误。故选A。【点睛】向心力是效果力，匀速圆周运动中由合外力提供，是合力，与分力是等效替代关系，不是重复受力6.小船
5、在水速较小的河中渡河，船头始终垂直河岸航行，到达河中间时突然上游来水，使水流速度加快，小船渡河时说法正确的是（ ）A. 小船要用更长的时间才能到达对岸B. 因小船船头始终垂直河岸航行，故所用时间及位移都不会变化C. 小船到达对岸的时间不变，但位移将变大D. 因船速与水速关系未知，故无法确定渡河时间及位移的变化【答案】C【解析】【详解】小船的船头始终垂直河岸航行，设河的宽度为d，渡河时间为t，则，根据运动的独立性可知水流速度加快，对渡河时间没有影响，垂直于河岸方向的位移不变，但沿水流速度方向的位移增大，则到达对岸的位移将变大，故C正确，ABD错误。7.如图示，两个质量为m1=2kg和m2=3kg
6、物体放置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1=30N，F2=20N的水平拉力分别作用于m1和m2上。则（ ）A. 弹簧秤示数是24NB. m1和m2共同运动加速度大小为a=4m/s2C. 突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为a=3m/s2D. 突然撤去F1的瞬间，m2的加速度大小为a=2m/s2【答案】D【解析】【详解】对两个物体整体受力分析，两物体受到F1与F2的拉力作用，弹簧秤的拉力属于系统内力，由牛顿第二定律有：，解得m1和m2共同运动加速度大小为；对m1受力分析可知，m1受到向右的F1的拉力以及向左的弹簧秤的拉力T，则有：，解得弹簧秤的拉力为，故AB错误；突然撤去
7、F2的瞬间，由于弹簧秤的弹力不变，则m1的受力情况不变，其加速度大小仍为，故C错误；同理，突然撤去F1的瞬间，由于弹簧秤的弹力不变，则m2的受力情况不变，其加速度大小仍为，故D正确。8.如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（ ）【答案】B【解析】试题分析：由题意知，在下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得：，故加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以C、D错误；根据匀变速运动的规律，可得B正确；下降的高度，所以A错误。考点：本
8、题考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律二、多项选择题（共6题，每题4分，共24分，有多项答案符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9.如图所示是自行车的轮盘与车轴上的飞轮之间的链条传动装置P是轮盘的一个齿，Q是飞轮上的一个齿下列说法中正确的是（ ）A. P、Q两点线速度大小相等B. P点角速度大于Q点角速度C. P、Q两点转动周期相等D. P点向心加速度小于Q点向心加速度【答案】AD【解析】【详解】A、因为P、Q两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，属于皮带传动，则，故A正确；B、根据及可知，线速度一定时，半径越大，角速度越小，则，故B错误；C、根据及可知，角速度越
9、大，周期越小，则，故C错误；D、根据及可知，线速度一定时，半径越大，向心加速度越小，则 ，故D正确.故选：AD.10.如图示，轻绳AO与竖直方向成一角度，轻绳BO水平，竖直轻绳CO系住一个物体处于平衡状态，当绳子的悬点A缓慢向右移动时，BO始终保持水平，在AO到达竖直方向前，关于绳子AO和BO的拉力大小，有（ ）A. 绳AO的拉力一直在增大B. 绳AO的拉力一直在减小C. 绳BO的拉力先增大后减小D. 绳BO的拉力一直在减小【答案】BD【解析】【详解】对点O受力分析,受重力mg、拉力和,将三个力首尾相连,构成矢量三角形,如图;当A点缓慢向右移动时，从上图可以看出,细线AO与竖直方向夹角逐渐变小
10、的过程中,拉力逐渐减小,拉力也逐渐减小，即绳AO和BO的拉力一直在减小，故BD正确，AC错误。11.质重为m的人站在电梯里，电梯做匀加速直线运动，加速度大小为g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力是（ ）A. mgB. 2mgC. mgD. mg【答案】AD【解析】【详解】若电梯匀加速上升，则对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律：，则电梯对人的支持力大小为，根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力大小为；若电梯匀加速下降，则加速度向下，即有，则，同理可得人对电梯的压力大小为，故AD正确， BC错误。12.如图示，站在岸上的人用绳跨过定滑
11、轮牵引小船，设水的阻力不变，则在小船匀速靠岸的过程中（ ）A. 绳子的拉力增大B. 绳子的拉力不变C. 绳子做速度增大的变速运动D. 绳子做速度减小的变速运动【答案】AD【解析】【详解】AB、对船受力分析得，因为船做匀速直线运动，合力为零，则水平方向有：，因为阻力不变，则增大，cos减小，T增大，即绳子拉力增大故A正确，B错误CD、将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则得，而人拉绳子的速度，在船匀速靠岸的过程中，增大，cos减小，则拉绳的速度减小，故C错误，D正确故选：AD13.如图示，从倾角为的斜面顶端A点以初速v0水平抛出一个小球，不计空气阻力，设斜面足够长，重力加
12、速度为g，则从小球抛出到第一次落到斜面上B点过程，有（ ）A. 小球离斜面距离最大时其速度方向平行于斜面B. 小球离斜面距离最大时的速度等于A、B两点速度的平均速度C. 小球在此过程中，离斜面的最大距离等于D. 小球初速v0越大，小球落在斜面上时的速度方向与水平方向间的夹角越大【答案】ABC【解析】【详解】A、当小球垂直斜面向上的分速度为零时，离斜面的距离最大，此时小球的速度与斜面平行，故A正确；B、将小球的运动分解为沿斜面和垂直于斜面两个方向分运动，小球在沿斜面方向做匀加速直线运动，在垂直于斜面方向做匀减速运动，运动轨迹关于AB的垂直平分线对称，根据匀变速直线运动的推论：平均速度等于中间时刻
13、的瞬时速度，以及时间的对称性可知，小球离斜面距离最大时的速度等于A、B两点速度的平均速度，故B正确；C、小球在垂直于斜面方向做匀减速运动，初速度为，加速度为，小球离斜面的最大距离，故C正确； D、因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍,落在斜面上位移与水平方向夹角不变,则速度与水平方向夹角不变,所以小球落在斜面时速度方向与斜面的夹角不变,即保持不变,则越大,小球落在斜面上时的速度方向与水平方向的夹角不变,故D错误.故选：ABC.14.如图示，两个可视为质点、完全相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为自身重力的K倍，A放
14、在距离转轴L位置处，整个装置绕过转盘中心转轴O1O2转动。开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，则以下说法正确的是（ ） A. 在角速度转动时，A、B相对于转盘会滑动B. 在角速度转动时，绳子对B的弹力大小逐渐减小C. 在角速度范围内转动时，B所受摩擦力大小恒定D. 在角速度范围内转动时，A所受摩擦力一直增大【答案】ACD【解析】【详解】当刚开始角速度较小时，A、B各自的摩擦力可以使物体做圆周运动，绳子无弹力，随着角速度的不断增大，B的摩擦力先达到最大静摩擦力，对B受力分析可知，解得此时角速度，所以当时，绳子开始有弹力，且绳子的弹力T逐渐增大，故B错误；当B到
15、达临界值后，角速度继续增大，绳子产生弹力，但是A、B不会立即滑动，当A受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，系统达到另一个临界状态，对A、B分别受力分析列方程，解得此时的角速度，故角速度继续增大，则A、B都会滑动，故A项正确；当角速度达到第一个临界值时，B所受的摩擦力已经达到最大静摩擦力，不再继续增大，则当时，B所受摩擦力大小恒定，故C正确；综上可知，当角速度时，A、B不会发生滑动，随着角速度的增大，A所需向心力增大，摩擦力与绳子拉力的合力提供向心力，有，所以A受到的摩擦力一直在变大，故D项正确。故选：ACD.三、实验题(每空2分，共14分)15.（1）下列有关“探究平抛物体的运动”实验说法正确的是
16、（ ）A.小球与斜槽之间必须光滑无摩擦B.安装斜槽时其末端一定要水平C.应使用密度大、体积小的金属球D.每次释放小球必须从同一高度沿斜槽滚下（2）在上面实验中同时用闪光照相方法研究平抛运动规律时，由于某种原因，只拍到了部分方格背景及小球的三个瞬时位置A、B、C（如图示）若已知每小格的实际边长均为L=5cm则小球做平抛运动的初速度v0=_m/s，小球经B点时的竖直分速度vBy=_m/s(g取10m/s2)。【答案】 (1). BCD (2). 1m/s (3). 2m/s【解析】【详解】（1）实验中保证获得相同的初速度即可，不需要保证小球与斜槽之间必须光滑无摩擦，故A错误；通过调节使斜槽末端保持
17、水平，是为了保证小球做平抛运动，所以B正确；为减小实验的误差，保证小球在空中平稳飞行，应使用密度大、体积小的金属球，所以C正确；因为要画同一运动的轨迹，所以必须每次释放小球的位置相同，且从同一高度由静止释放，以保证获得相同的初速度，故D正确。（2）由图可知，A、B和B、C两位置的竖直距离分别为，A、B和B、C两位置的水平间距为，小球水平方向做匀速直线运动，则小球从A到B和到C的运动时间相同，由于小球在竖直方向做匀加速直线运动，根据可知，则小球抛出的初速度为：；小球在B点的竖直分速度为，根据 及可得。16.某实验小组用DIS装置研究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示，实验通过增加钩码数量改变线
18、对小车拉力，多次测量可得小车运动的加速度a与所受拉力F的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到下图乙所示两条a-F图线。（1）该实验装置是否需要满足小车质量远大于钩码总质量的条件_(选填“是”或“否”)；（2）图乙中图线_(选填“”或“”)是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的；（3）图乙中在轨道水平时，小车运动所受摩擦阻力f=_N；小车(含位移传感器)质量M=_kg。【答案】 (1). 否 (2). (3). 0.8 (4). 0.4【解析】【详解】（1）由装置图可知，绳子对小车的拉力可由力传感器准确测量，因此不需要满足小车质量远大于钩码总质量的条件。（2）轨道右侧抬高成
19、为斜面，此时重力的分力提供加速度，当不挂钩码时即F=0时，加速度不为零，故选。（3）由牛顿第二定律有，其中F为力传感器的示数，f为小车受到的摩擦阻力，M为小车质量，m为钩码质量，则，由图线可知，当a=0时，F=0.8N，即有，故摩擦力为f=0.8N；F=0时，即有，即小车质量。四、计算题（共38分，17题6分、18题8分，19题、20题各12分）17.辽宁号航空母舰长距起飞跑道长为192m，歼15飞机滑跃起飞时速度为48m/s，飞机在跑道上加速的最大加速度大小等于8m/s2。（飞机起飞时认为航空母舰是静止的）（1）要使歼15能够在跑道上由静止开始匀加速直线滑行后起飞，飞机的加速度至少要多大；（
20、2）如果每次跑道上只允许有一架飞机滑行，那么每分钟最多能起飞多少架歼15飞机。【答案】（1）6m/s2；（2）10【解析】【详解】（1）飞机做匀加速直线运动有：，解得即加速度至少要为（2）由得则每分钟能起飞的飞机架次18.如图示，是小球A质量为m，固定在轻直杆L的一端，随杆一起绕杆O点在竖直平面内做圆周运动。如果小球经过最高点A时，杆对球拉力大小等于球的重力，重力加速度为g，求：（1）小球在最高点的速度大小；（2）小球经过最低点时速度为，杆对球作用力大小及方向。【答案】（1）；（2）7mg，沿半径指向圆心【解析】【详解】（1）最高点位置据牛顿第二定律有解得 （2）设杆对球弹力沿杆指向圆心有:
21、，其中 解得 即杆对球为拉力大小为7mg，方向沿半径指向圆心19.质量M=2kg的质点停在如图所示的光滑平面直角坐标系原点O，当其受到三个同平面的作用力F1、F2、F3时正好在O点处于静止状态。已知三个力中的F2=4N，方向指向y轴的负方向，求：（1）只将F2力撤去，质点受到的合力大小和方向；（2）从某时刻开始计时，只撤去F1力，质点经过4秒到达坐标为（8，0）位置，则F3力大小如何；（3）从第4秒末起又恢复F1力作用，同时停止F2作用，则第6秒末质点的速度大小和方向如何。【答案】（1）4N，方向沿y轴的正方向；（2）2N；（3）4m/s，速度方向指向第三象限，与y轴夹解为45【解析】【详解】
22、（1）撤去F2力作用时，质点受到的合力大小等于F2=4N，方向沿y轴的正方向（2）停止F1的作用后，F2、F3的合力与F1等值反向，由第4秒末质点的位置坐标（8，0），可确定质点沿x轴负方向作匀加速运动有：，解得 则 ，方向沿x轴正方向根据平行四边形定则有： （3）F1、F3同时作用而F2停止作用时，合力沿y轴正方向大小为4N，质点作类平抛运动，在y轴方向上， 则第6秒末速度， 速度方向指向第三象限，与y轴夹角为4520.如图示，一个质量为m=2kg的小球在细绳牵引下在光滑水平的平板上以速率v0=1.0m/s做匀速圆周运动，其半径r=30cm，现将牵引的绳子迅速放长20cm，使小球在数值更大半
23、径的轨道上做匀速圆周运动。求：（细绳穿过光滑平板时与板间无摩擦）（1）小球在半径小轨道上转动时绳子的拉力；（2）小球从半径小轨道过渡到半径大轨道所用时间；（3）小球在半径大轨道上做匀速圆周运动时，小球转动的角速度。【答案】（1）6.67N；（2）0.4s；（3）1.2rad/s【解析】【详解】（1）对小球受力分析可知，绳子拉力提供小球做圆周运动所需要的向心力，则有 ，其中 （2）迅速放长绳子，意味着小球某一时刻沿某切线位置做匀速离心运动，如图有： ，且 则小球从半径小轨道过渡到半径大轨道所用时间（3）当小球到达新轨道时，由于绳子作用使小球速度v的径向分量减为0，而只保留切线分量，则新的线速度 因此
