江苏省盐城中学高一物理上学期12月月考试题(含解析)

江苏省盐城中学2014-2015学年上学期12月月考高一物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．2．（4分）甲物体的质量是乙物体质量的2倍，甲从H米高处自由落下，乙从2H米高处与甲3．（4分）人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的分析：人对地的作用力与地对人的作用力是一对作用力和反作用力，人之所以能跳起离开地面，可以对人进行受力分析，人具有向上的合力．解答：解：A、C、根据牛顿第三定律，人对地球的作用力等于地球对人的引力，但不是人能起跳离开地面的原因，原因是地面对人的作用力大于地球对人的引力，故A错误，C正确；B、根据牛顿第三定律，地面对人的作用力等于人对地面的作用力；故B错误；D、人受重力和支持力，没有所谓的“向上的力”，故D错误；故选：C．点评：解决本题的关键区别相互作用力与平衡力，知道力是改变速度的原因，基础题目．4．（4分）斜面体M放在水平面上，物体m放在斜面上，m受到一个如图所示的水平向右的力F，m和M始终保持静止，这时m受到的摩擦力大小为F1，M受到水平面的摩擦力大小为F2，当F变大时，则（）A．F1变大，F2不一定变大B．F2变大，F1不一定变大C．F1与F2都不一定变大D．F1与F2都一定变大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对物体m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M与地面间摩擦力情况．解答：解：对物体m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，设斜面倾角为θ，则在斜面方向上有：①当mgsinθ＞Fcosθ时，摩擦力沿着斜面向上，大小为F1=mgsinθ﹣Fcosθ，当F增大时，F1变小；②当mgsinθ=Fcosθ时，摩擦力为零，F增大时，F1变大；③当mgsinθ＜Fcosθ时，摩擦力沿着斜面向下，大小为F1=Fc osθ﹣mgsinθ，F增大时，F1变大；故A错误，B正确．对整体受力分析，则有F2=F，则F2一定变大，故B正确故选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．5．（4分）如图所示，ABCD是一内壁光滑的四边形箱子，BC垂直CD，CD与地面平行，箱内装有一重球，紧靠AD面，车静止时，球只对CD面有压力，当车向左或向右作加速运动时，小球和箱子相对静止，则下列说法正确的是（）A．球可能同时对三个面有压力B．球总是同时对两个面有压力C．球不可能对AB面有压力D．球可能只对一个面有压力考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：小球和箱子具有相同的加速度，通过小球的合力分析，对小球受力分析，讨论小球受力的可能性．解答：解：当车向左加速运动时，知小球的加速度方向水平向左，小球受重力、支持力和BC 面的弹力三个力作用．当车向右加速运动时，知小球的加速度方向水平向右，小球可能受重力、AD面的弹力两个力作用，也可能受重力、AD面的弹力和CD面的支持力三个力作用．当车向右的加速度非常大时，小球会和AB面接触，受重力、AB面的弹力和AD面的弹力三个力作用．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键知道小球和箱子具有相同的加速度，注意小球合力水平向右时，可能受两个力，也可能受三个力．二．多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．每题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分．6．（5分）船在静水中速度为v1，水流速度v2，v2＜v1，河宽为d．当船头垂直向对岸航行时，A．实际航程最短B．当船速不变，水流速度增大时，过河时间不变C．过河时间最短D．当船速不变，水流速度增大时，过河时间变长考点：运动的合成和分解．.专题：运动的合成和分解专题．分析：因为船垂直于河岸方向的速度不变，而水流方向是垂直于这个方向的，在这个方向上没有分速度，所以不论水速多大时间不变；水速越大，水流方向的位移就越大．解答：解：设河宽为d，船垂直于河岸的速度为v1，则过河时间最短，即为，t=，时间与水速无关，故BC正确，AD错误；故选：BC点评：关键是将运动分解为垂直于河岸和平行于河岸两个分运动，且两运动具有等时性，然后分别作答即可解决此类问题．7．（5分）一质点做匀加速直线运动，第三秒内的位移2m，第四秒内的位移是2.5m，那么（）A．这两秒内平均速度是2.25m/s B．第三秒末即时速度是2.25m/sC．质点的加速度是0.125m/s2D．质点的加速度是0.5m/s2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：根据平均速度的定义式求出两秒内的平均速度，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三秒末的即时速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出质点的加速度．解答：解：A、这两秒内的平均速度为：，因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第3s末的速度为2.25m/s．故A、B正确．C、根据△x=aT2得加速度为：a=，故C错误，D正确．故选：ABD．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，有时运用推论求解会使问题更加简捷．8．（5分）t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在第2小时末，甲乙两车相距10kmC．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D．在第4小时末，甲乙两车相遇考点：匀变速直线运动的图像．.专题：运动学中的图像专题．分析：速度﹣时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向．解答：解：A、在第1小时末，乙车的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变．故A错误．B、在第2小时末，甲的位移大小x甲=×30×2km=30km，乙的位移大小x乙=×30×2km=30km，此时两车相距△x=70﹣30﹣30=10（km）．故B正确．C、在前4小时内，乙图线的斜率绝对值始终大于甲图线的斜率绝对值，则乙车的加速度大小总比甲车大．故C正确．D、在第4小时末，甲车的位移x甲=×60×4km=120km，乙车的位移x乙=﹣×30×2km+×60×2km=30km，因x甲＞x乙+70km，可知甲乙两车未相遇．故D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义．9．（5分）如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3kg物体B轻放在A上．则在B刚放到A上瞬间，下列说法中正确的是（g取10m/s2）（）A．B对A的压力大小为30N B．B对A的压力大小为12NC．B的加速度大小为10m/s2D．A的加速度大小为6m/s2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瞬时加速度，隔离对B分析，根据牛顿第二定律A 对B的支持力．解答：解：对AB整体分析，该瞬间，整体的加速度为：a==6m/s2．隔离对B分析，根据牛顿第二定律得：m B g﹣N=m B a，解得：N=m B g﹣m B a=30﹣3×6N=12N，则B对A的压力为12N．故选：BD．点评：本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，通过整体法和隔离法分析求解，知道放上B的瞬间，弹簧的弹力不变．三、简答题：请将解答填在答题纸相应的位置，本题共20分．10．（8分）在“研究匀变速直线运动的规律”的实验中某同学获得的一条纸带如图所示．（1）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02s ．（2）A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中读出A、B两点间距x= 0.0030 m；（3）C点对应的速度是0.060 m/s；小车运动的加速度为0.20 m/s2．（计算结果保留二位有效数字）．（4）若实验后发现，实际所用交流电的频率高于50hz，则上述计算结果与实际值相比是偏小．（填“偏大”，“偏小”，还是“不变”）考点：探究小车速度随时间变化的规律．.专题：实验题．分析：打点计时器打点周期与交变电流的周期相同．由t=0.02s（n﹣1），算出计数点间的时间隔T，纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．解答：解：（1）纸带上打相邻两点的时间间隔T=s=0.02s．（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，A、B间的距离x=0.30cm=0.0030m．（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．v C==0.060m/s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：a==0.20m/s2．（4）如果在某次实验中，实际所用交流电的频率高于50Hz，那么实际打点周期变小，根据运动学公式得计算结果与实际值相比是偏小．故答案为：（1）0.02s（2）0.0030（3）0.060；0.20（4）偏小点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．11．（12分）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：（1）对于本实验，以下说法中正确的是 CA．砂和桶的总质量要远大于小车的总质量B．每次改变小车质量后，需要重新平衡摩擦力C．实验中也可不测加速度的具体数值，只要测出不同情况下加速度的比值就行了D．若要验证“加速度与力的平方成正比”这一猜想，在作图线时最好以F2为横坐标（2）某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装如图1所示，下列对此同学操作的判断正确的是BCDA．打点计时器不应固定在长木板的最右端，而应固定在靠近定滑轮的那端B．打点计时器不应使用干电池，而应使用交流电源C．不应将长木板水平放置，而应在右端垫起合适的高度，平衡摩擦力D．小车初始位置不应离打点计时器太远，而应靠近打点计时器放置（3）改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验．在实验中保持拉力不变，得到了小车加速（4）从图线可得出拉力大小为0.061～0.065N （结果保留两位有效数字）．（5）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，某同学根据实验数据作出了加速度a随合力F 的变化图线如图2所示．此图中直线发生明显弯曲的原因是随着F的增大，不再满足砂和桶的总质量远小于小车的总质量．平衡摩擦力；A、打点计时器应固定在长木板的最右端，故A错误；B、打点计时器不应使用干电池，而应使用交流电源，故B正确；C、不应将长木板水平放置，而应在右端垫起合适的高度，平衡摩擦力，故C正确；D、小车初始位置不应离打点计时器太远，而应靠近打点计时器放置，故D正确；所以选：BCD．（3）在合外力保持不变时，物体的加速度与物体的质量成反比；故作出加速度与小车质量倒数的关系图象，如图所示；（4）根据图线的数据，求得，图线的斜率为k==0.062，即拉力的大小为0.062N；（5）图中直线发生明显弯曲的原因是：随着F的增大，不再满足砂和桶的总质量远小于小车的总质量；故答案为：（1）C；（2）BCD；（3）如上图；（4）0.061～0.065N；（5）随着F的增大，不再满足砂和桶的总质量远小于小车的总质量点评：关键明确用图想法处理数据时，要作直线，直线较为形象直观．验证牛顿第二定律实验应采用控制变量法，掌握描点法作图的方法、实验注意事项即可正确解题．四、计算题：本题共3小题，共计40分．解答时请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．12．（12分）将一物体以初速度v0水平抛出，当速度方向与水平方向成60°角时（1）则此时的合速度v多大；（2）飞行时间t多大；（3）合位移l的大小和方向．考点：平抛运动．.专题：平抛运动专题．分析：（1、2）将落地时的速度沿水平和竖直方向分解，由竖直分速度可得时间．（3）由水平方向和竖直方向的运动特点，结合时间可分别求得此两个分位移，进而求得合位移l的大小和方向．解答：解：（1）物体落地时的竖直速度v y=v0tan60°=v0，此时的合速度v===2v0，（2）物体在空中运动时间t==（3）抛出点到落地点间的距离y=gt2=g（）2=物体运动的水平距离 x=v0t=合位移l的大小为l==方向为tanθ===答：（1）合速度为2v0；（2）飞行时间t为；（3）合位移l的大小为，方向为tanθ=．点评：解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，根据运动学公式进行求解．13．（14分）如图所示，水平面上有一个质量为m、倾角为θ=30°的斜劈．一个光滑小球，质量也为m，用轻绳悬挂起来，轻绳与斜面的夹角为α=30°，整个系统处于静止状态．（结果均可保留根号）（1）求小球对轻绳的拉力大小；（2）若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈的支持力的k倍，为了使整个系统始终保持静止，则k值必须满足什么条件？考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）分析小球的受力情况，根据平衡条件求解绳子的拉力T；（2）对整体，根据平衡条件得到地面的支持力N与摩擦力f的表达式，为了使整个系统始终保持静止，摩擦力必须满足f≤f m，结合条件f m=kN，得到k满足的条件．解答：解：（1）对小球：受到重力mg、斜面的支持力N1和绳子的拉力T三个力作用，由平衡条件得：mgsinθ=Tcosα解得：T===mg；（2）对整体：受到总重力2mg、地面的支持力N和摩擦力f，绳子的拉力T，则由平衡条件得：Tcos（α+θ）=fTsin（α+θ）+N=2mg依题意，有：f≤f m=kN联立得：Tcos（α+θ）≤k[2mg﹣Tsin（α+θ）]可得k≥==即k．答：（1）小球对轻绳的拉力大小为mg；（2）k值必须满足k．点评：本题涉及两个物体的平衡问题，采用隔离法和整体法结合研究共点力平衡问题，分析受力情况是解题的关键．14．（14分）如图所示，物体从长为16m，倾角为37°的斜面顶端C由静止开始滑下，在斜面底端D用一段光滑的小圆弧滑上输送带AB上的A时速度的大小不变，物体与斜面，物体与输送带间的动摩擦因数均为0.5，输送带以2m/s的速度沿逆时针方向做匀速运动，输送带与水平方向的夹角也为37°，输送带足够长（sin37°=0.6，cos37°=0.8）g取10m/s2，求：（1）物体从斜面顶端滑到底端O时速度的大小；（2）物体在输送带上运动到离A点的最远距离；（3）物体第一次在输送带上运动的时间；（4）物体回到斜面上上升的最大高度．牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.考点：专牛顿运动定律综合专题．题：分析：（1）根据牛顿第二定律求出物体在斜面上的加速度，结合速度位移公式求出到达底端的速度．（2）根据牛顿第二定律求出物体在斜面上上滑的加速度，结合速度位移公式求出离A点的最远距离．（3）根据牛顿第二定律和运动学公式分别求出上滑和下滑的时间，从而得出物体第一次在传送带上的运动时间．（4）根据牛顿第二定律得出物体在斜面上上滑的加速度，结合速度位移公式求出上滑的最大位移，从而得出上升的最大高度．解答：解：（1）根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度=gsin37°﹣μgcos37°=10×0.6﹣0.5×10×0.8m/s2=2m/s2．则物体滑到底端的速度，（2）物体滑上传送带向上滑动时的加速度=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2，则物体在传送带上运动的最远距离．（3）物体向上滑动的时间，物体返回做匀加速运动的加速度，速度达到传送带的时间，匀加速运动的位移，速度相等后继续做匀加速运动的加速度=gsin37°﹣μgcos37°=10×0.6﹣0.5×10×0.8m/s2=2m/s2．继续做匀加速运动的位移，代入数据解得t3=1s，则t=t1+t2+t3=0.8+0.2+1s=2s则物体到达底端的速度v″=v′+a4t3=2+2×1m/s=4m/s．（4）物体返回斜面的加速度=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2，则物体回到斜面上上升的位移，则上升的最大高度h=x3sin37°=0.8×0.6m=0.48m．答：（1）物体从斜面顶端滑到底端O时速度的大小为8m/s；（2）物体在输送带上运动到离A点的最远距离为3.2m；。