1、甘肃省天水一中2014-2015学年高一上学期第三次月考物理试卷一、选择题（本题共12道小题，每小题4分，共48分第1-8题为单选题，每道小题只有一个正确答案；第9-12题为多选题，每小题有多个正确答案，全选对得4分，选对部分但不全得2分，有选错或不答者得0分）1下列说法正确的是( )A物体的速度越大，其惯性越大B速度很大的物体，其加速度一定很大C合力与分力是一种等效的研究思想D亚里士多德设想的理想斜面实验开创了实验研究和逻辑推理相结合的探索自然规律的科学方法考点：惯性 分析：惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，正确
2、理解“等效替代”科学思想方法的应用，加速度表示速度变化快慢的物理量解答：解：A、惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与速度无关，故A错误；B、加速度表示速度变化快慢的物理量，与速度无关，速度大，加速度不一定大，故B错误；C、该实验中，两个力拉绳套和一个力拉绳套时，节点要到同一位置，即要求作用效果相同，故采用了“等效替代”的科学思想方法，故C正确；D、伽利略设想的理想斜面实验开创了实验研究和逻辑推理相结合的探索自然规律的科学方法，故D错误故选：C点评：惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起2F1、F2是力F的两个分力若F=10
3、N，则下列哪组力不可能是F的两个分力( )AF1=10NF2=10NBF1=20NF2=20NCF1=2NF2=6NDF1=20NF2=30N考点：力的合成 专题：受力分析方法专题分析：根据合力F和两分力F1、F2之间的关系|F1F2|F|F1+F2|，求出两个力的合力范围，判断哪一组合力不可能为10N解答：解：A、根据|F1F2|F|F1+F2|，10N和10N的合力范围为0N，20N，可能为10N故A正确B、根据|F1F2|F|F1+F2|，20N和20N的合力范围为0N，40N，可能为10N故B正确C、根据|F1F2|F|F1+F2|，2N和6N的合力范围为4N，8N，不可能为10N故C
4、错误D、根据|F1F2|F|F1+F2|，20N30N的合力范围为10N，50N，可能为10N故D正确本题选不可能的，故选C点评：本题考查合力和分力之间的关系合力F和两分力F1、F2之间的关系为|F1F2|F|F1+F2|3如图所示，斜面体P放在水平面上，物体Q放在斜面上，Q受到一个水平作用力F，Q和P都处于静止状态设P对Q的摩擦力和水平面对P的摩擦力分别为F1、F2现保持力F的大小不变，方向变为沿斜面向上，整个系统仍处于静止状态，则( )AF1、F2一定都变小BF1不一定变大，F2一定变小CF1一定变大， F2一定变小DF1、F2都一定变大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专
5、题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对物体Q受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，按照效果讨论摩擦力情况；然后对整体受力分析，得到P与地面间摩擦力情况解答：解：对物体Q受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力当mgsinFcos时，摩擦力沿着斜面向上，大小为：F1=mgsinFcos；当mgsin=Fcos时，摩擦力为零；当mgsinFcos时，摩擦力沿着斜面向下，大小为：F1=Fcosmgsin；F变为沿斜面向上时，摩擦力也可能出现类似三种情况；对前后两次F1大小不能比较；再对整体受力分析，第一次F2=F，第
6、二次F2=Fcos，则F2变小，因此B正确，ACD错误；故选：B点评：本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，要注意静摩擦力随着外力的变化而变化4一质量为m的人站在电梯中，电梯减速下降，若加速度大小为g（g为重力加速度），则人对电梯底部的压力大小为 ( )AmgBmgCmgDmg考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重 专题：牛顿运动定律综合专题分析：由于电梯减速减速，故加速度向上，可知人处于超重状态，由此对人受力分析，列牛顿第二定律解得电梯对人的支持力，进而得人对电梯的压力解答：解：由于电梯减速减速，故加速度向上，对人受力分析，受到重力mg，地面支持力N，由牛顿第二定律：mgN=ma即：mgN
7、=m解得：N=故选：D点评：重点是对超重和失重的判定，其依据是加速度的方向，加速向下为失重，加速度向上为超重5如图所示，光滑水平地面上有质量相等的两物体A、B，中间用劲度系数为k的轻弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动，且满足F1F2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为( )ABCD考点：牛顿第二定律；胡克定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，隔离对A分析，通过牛顿第二定律和胡克定律求出弹簧的伸长量解答：解：对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=隔离对A分析，有F1F弹=ma，解得弹簧弹力根据胡克定律得，弹簧的伸长量x=故B正确，A、C、D错误故选B点
8、评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用6如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点设滑块所受支持力为FNOP与水平方向的夹角为下列关系正确的是( )AF=BF=mgtanCFN=DFN=mgtan考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 分析：物体处于平衡状态，对物体受力分析，根据共点力平衡条件，可求出支持力和水平推力解答：解：对小滑块受力分析，受水平推力F、重力G、支持力FN、根据三力平衡条件，将受水平推力F和重力G合成，如图所示，由几何关系可得，所以A正确，B、C、D错误故选
9、A点评：本题受力分析时应该注意，支持力的方向垂直于接触面，即指向圆心本题也可用正交分解列式求解！7物体沿直线作匀变速运动，它的位移与时间的关系是x=24t6t2，（x的单位是m，t的单位是s），则它的速度为零的时刻是( )AsB4sC2sD24s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的位移时间公式，求出匀变速运动的初速度和加速度，然后根据匀变速直线运动的速度时间公式，求出速度为0时所需的时间解答：解：根据匀变速直线运动的位移时间公式，v0=24m/s，a=12m/s2根据v=v0+at，当v=0时，t=2s故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决
10、本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度时间公式v=v0+at8下列所给的图象中能反映作直线运动物体不会回到初始位置的是( )ABCD考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：st图象中的纵坐标表示物体的位置，vt图象中图象与时间轴围成的面积表示物体的位移，分析各图象中的运动过程可得出正确结果解答：解：A、由图可知，物体开始和结束时的纵坐标均为0，说明物体又回到了初始位置，故A错误；B、由图可知，物体一直沿正方向运动，位移增大，故无法回到初始位置，故B正确；C、物体第1s内的位移沿正方向，大小为2m，第2s内位移为2m，沿负方向，故2s末物体回到初始位置，故C错误；D、
11、物体做匀变速直线运动，2s末时物体的总位移为零，故物体回到初始位置，故D错误；故选B点评：图象为物理学中的重要方法，在研究图象时首先要明确图象的坐标，从而理解图象的意义；即可确定点、线、面的含义9把一个F=8N的力分解为F1=5N的分力和另一个与F成30角的分力F2，则这个F2的大小可能为( )A3 NB7 NC（4+3 ）ND（43）N考点：合力的大小与分力间夹角的关系 专题：平行四边形法则图解法专题分析：根据平行四边形定则，结合合力与分力的大小，从而可知分解的组数解答：解：由几何关系，若F2=Fsin时，即F2的大小至少为4N；因分力F2大小为5N，而被分解的力F=8N，则出现FsinF2
12、F的情况，平行四边形定则，结合几何关系，则有两个解，由图中：AB=8N，BD=4N，BC=5N，直角三角形BDC中，由勾股定理，可知：CD=3N；而AD=4 N；因此AC=（43）N，AE=（4+3）N；故选：CD点评：解决本题的关键知道合力和分力遵循平行四边形定则，知道平行四边形定则与三角形定则的实质是相同的，注意另一分力的大小与此分力的最小值相比，从而确定是否有几种解10测得一个做匀变速直线运动的质点在第1s内的位移是8m，第2s内的位移是10m，有人对其运动作出下述判断，正确的是( )A质点运动的加速度是2m/s2B质点在第1s初的速度是6m/sC质点在第1s末的速度一定是9m/sD质点
13、在第2s内的平均速度是9m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量气促加速度，根据位移和时间求出平均速度，结合某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出第1s末的速度，从而根据速度时间公式求出第1s初的速度解答：解：A、根据x=aT2得，质点的加速度a=，故A正确B、前2s内的平均速度，可知质点在第1s末的速度为9m/s，所以质点在第1s内的初速度v0=vat=921m/s=7m/s，故B错误，C正确D、质点在第2s内的平均速度故D错误故选：AC点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运
14、用推论求解会使问题更加简捷11如图所示，质量为m的小球与轻质弹簧和水平细轻线相连，、的另一端分别固定于P、Q小球静止时，中弹力大小为T1，中拉力大小为T2，当仅剪断、中的一根的瞬间，小球的加速度为a则下列关系式正确的是( )AT1=mgcosBT2=mgtanC若剪断，则a=gtan，方向水平向左D若剪断，则a=，方向沿的延长线考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据共点力平衡求出中弹力大小和中拉力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出瞬时加速度，剪断弹簧的瞬间，细线的拉力立即变为零解答：解：A、绳子未断时，受力如图，由共点力平衡条
15、件得：绳子未断时，受力如图，由共点力平衡条件得：，T2=mgtan故A错误，B正确C、若剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，合力大小等于T2，根据牛顿第二定律知，加速度a=，方向水平向左故C正确D、刚剪断弹簧瞬间，细绳弹力突变为0，故小球只受重力，加速度为g，竖直向下，故D错误故选：BC点评：本题为瞬时问题，关键要抓住弹簧弹力不可突变，细绳弹力可突变，结合牛顿第二定律分析求解12如图所示，传送带与地面倾角=37，从A到B长度为17m，传送带在电动机的带动下以2m/s的恒定速率顺时针转动，在传送带底端A处无初速度放一个质量为0.5kg的小物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.8，其它摩擦不计已知sin3
16、7=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2则( )A物体被传动的开始一小段时间内加速度的大小为0.4 m/s2B物体从A到B运动的总时间为11sC物体在第4s末的速度为2m/sD从A到B每输送这样的物体一次，至少需要多消耗的电能为68 J考点：功能关系；牛顿第二定律 分析：根据牛顿第二定律求出开始物体的加速度，结合运动学公式求出匀加速运动的时间和位移，从而得出匀速运动的时间，求出物体从A到B的时间根据速度时间公式求出4s末的速度，通过能量守恒定律求出多消耗的电能解答：解：A、根据牛顿第二定律得：=gcosgsin=0.8100.8100.6m/s2=0.4m/s2故A正确B、物体做匀加速
17、运动的时间为：，匀加速运动的位移为：=，则匀速运动的时间为：=6s，则运动的总时间为：t=t1+t2=5+6s=11s故B正确C、第4s末的速度为：v=at=0.44m/s=1.6m/s故C错误D、重物重力势能的增加量为：Ep=mgh=5170.6J=51J，动能的增加量为：，摩擦产生的热量为：Q=mgcosx=16J，根据能量守恒定律得，多消耗的电能为：W=Ep+Ek+Q=51+1+16J=68J故D正确故选：ABD点评：解决本题的关键理清重物在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式、能量守恒定律综合求解二、实验题（共14分）13如图1所示是在气垫导轨上研究匀变速直线运动的示意图，
18、滑块上安装了宽度为L（很小）的遮光条，滑块在钩码作用下匀加速先后通过两个光电门，配套的数字光电计时器记录了遮光条通过第一个光电门的时间为t1，通过第二个光电门的时间为t2，以及滑块从第一个光电门运动到第二个光电门的时间为t，并从刻度尺上读得两个光电门之间的距离为x（1）若用螺旋测微器测量遮光条的宽度L，如图2所示，则读数为L=0.6725cm；（2）下列说法正确的是（多选）ABCA滑块经过光电门1时的瞬时速度为B滑块经过光电门2时的瞬时速度为C滑块的加速度为D滑块的加速度为考点：探究小车速度随时间变化的规律 专题：实验题；直线运动规律专题分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，
19、需估读根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的速度，结合速度位移公式或速度时间公式求出加速度解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为0.0122.5mm=0.225mm，则最终读数为6.725mm=0.6725cm（2）A、因为极短时间内的平均速度等于瞬时速度，则滑块经过光电门1时的瞬时速度为v1=，滑块经过光电门2时的瞬时速度为v2=故A、B正确C、根据速度位移公式得，a=故C正确D、根据速度时间公式得，加速度a=故D错误故选：ABC故答案为：（1）0.67230.6726；（2）ABC点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及知道极短时间
20、内的平均速度可以代替瞬时速度14某小组“验证牛顿第二定律”的实验装置如图1，长木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器（使用50Hz的交流电工作）的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接（1）（选择）该小组研究加速度和拉力关系时，得到的图象将会是图2的B图（2）图3给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图3中未标出），计数点间的距离如图3所示根据图3中数据计算的加速度a=0.500m/s2 （保留三位有效数字）考点：验证牛顿第二运动定律 专题：实验题分析：（1）该实验需要平衡摩擦力，如
21、果不平衡摩擦力，当有较小拉力时，物体仍然处于静止状态，即加速度为零（2）利用逐差法x=aT2可以求出物体的加速度大小，解答：解：（1）该实验需要平衡摩擦力，如果不平衡摩擦力，当有较小拉力时，物体仍然处于静止状态，即加速度为零所以得到的图象在横轴有截距，故B正确、ACD错误故选：B（2）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=0.1s，根据纸带数据可知，相邻的相等时间内的位移之差x=2.401.90=0.50cm=0.0050m根据x=aT2得：a=故答案为：（1）B （2）0.500；点评：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，同时要熟
22、练应用所学基本规律解决实验问题三、计算题15甲、乙两处相距8m交警在甲处发现前方乙处有违章车辆B正以v=4m/s的速度匀速向前运动，1s后交警立即驾驶车辆A出发匀加速去追赶B已知 A的初速度为零，加速度为a=2m/s2求：（1）A开始运动后经多少时间追上B？（2）A开始运动后经多少时间两车相距最远？这个最远距离是多大？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 专题：直线运动规律专题分析：抓住位移关系，结合运动学公式求出追及的时间，当两车速度相等时，相距最远，结合速度时间公式求出相距最远的时间，从而结合位移公式求出最远的距离解答：解：（1）设历时时间t追上有：+8
23、，代入数据得，+8，解得t=6s，（2）当两车速度相等时，相距最远，根据v=at得，t=，则相距的最远距离=m=16m答：（1）A开始运动后经6s时间追上B；（2）A开始运动后经2s时间两车相距最远，这个最远距离是16m点评：本题考查了运动学中的追及问题，抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，知道速度相等时，两车有最大距离16质量为m=2kg的物体，放在水平面上，它们之间的动摩擦因数=0.5，现对物体施F=20N的作用力，方向与水平成=37角斜向上，如图所示，物体运动4s后撤去力F到物体再停止时，通过的总路程是多少？（g=10m/s2，sin37=0.6）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位
24、移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律分别求出匀加速直线运动的加速度和撤去外力F后的加速度，然后根据运动学公式求出两段过程的位移，从而得出总位移解答：解：前4s，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：Fcosf1=ma1竖直方向有：Fsin+FN1mg=0且f1=FN1解得：a1=6m/s2由运动学公式知在4s末，有 v1=a1t1=24m/s=48m撤去力F有：f2=mg=ma2解得：a2=5m/s2根据解得：s2=57.6m得通过的总路程是 s=s1+s2=105.6m答：通过的总路程是105.6m点评：加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动
25、，也可以根据运动求力17如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐薄木板的质量M=1.0 kg，长度L=1.0 m在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量m=0.5 kg小滑块与薄木板之间的动摩擦因数1=0.10，小滑块与桌面之间的动摩擦因数2=0.20，薄木板与桌面之间的动摩擦因数3=0.20设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F使木板向右运动（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大？（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛
26、顿运动定律综合专题分析：（1）分别以滑块和木板为研究对象，根据牛顿第二定律求出其加速度，小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a2求解拉力F1的最小值（2）先找出小滑块脱离木板但不离开桌面的位置关系以及滑块与木板的位移关系，根据牛顿第二定律列方程求出木板与滑块的加速度由位移速度公式表示出其位移，结合找出的位移关系列方程求解解答：解：（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有：1mg=ma1F11mg3（m+M）g=Ma2且有a1=a2解得：F1=4.5N（2）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则滑块的位移：v=a1t 2mg=ma3x1=，x2=且有：x1+x2=+=木板的位移：+=根据牛顿第二定律，对木板：F21mg3（m+M）g=Ma4解得：F2=6N 要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F6N答：（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是4.5N（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F应满足的条件F6N点评：本题的关键是隔离法对滑块和木板分别正确受力分析由牛顿第二定律列方程，并找出其满足条件的临界情况