铁力市第一中学2018-2019学年高一物理下学期第一次月考试试题(含解析)

黑龙江省铁力市第一中学2018-2019学年第二学期
高一物理第一次月考试题
一、选择题
1。

甲、乙两物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2 ，转动半径之比为1∶2 ，在相等时间里甲转过60°,乙转过45°，则它们所受外力的合力之比为（）
A。

1∶4 B. 2∶3 C. 4∶9 D. 9∶16
【答案】C
【解析】
由公式，可知：,由于做匀速圆周运动的物体其合外力提供向心力，故受到的合外力
代入已知数据得:故D正确；
综上所述本题答案是：D
2。

如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动,两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）
A。

球A的角速度一定大于球B的角速度
B. 球A的线速度一定大于球B的线速度
C. 球A的运动周期一定小于球B的运动周期
D. 球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力
【答案】B
对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力,如图
根据牛顿第二定律,有，解得,A的半径大，则A的线速度大，角速度小，根据，知A球的周期大，AC 错误B正确.因为支持力，知球A对筒壁的压力一定等于球B 对筒壁的压力,D错误．
3。

如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上．当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1;当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则( )
A. 当v1＞v2时,α1＞α2
B. 当v1＞v2时，α1＜α2
C。

无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2
D. α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
【答案】CD
平抛运动的物体水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动,小球落到斜面上根据速度的关系有:，根据位移的关系有：，则,可见小球到达斜面时速度方向与
斜面的夹角与初速度无关，C正确
4。

在水平轨道上直线运动的车厢里，用细绳悬吊一个小球A，当车厢匀速运动时，悬线保持竖直方向．若发现悬线变得倾斜，如图所示，则下述说法中正确的是（）
A. 车的加速度方向向右
B。

车的加速度方向向左
C。

车一定做匀加速运动
D。

车一定做匀减速运动
【答案】A
【解析】
【分析】
对小球进行受力分析，根据小球所受到的力确定所受的合力方向，从而确定加速度的方向．再根据加速度的方向判断问题。

【详解】对小球受力分析可知，小球受重力和绳的拉力,由于小球在水平方向直线运动，小球如果有加速度其方向一定在水平方向上。

根据小球所受的重力和拉力，两个力合成只能在水平向右的方向上,加速度方向也一定是水平向右。

所以小球的运动情况是可能水平向右加速,也有可能水平向左减速,故A正确,BCD错误。

5。

如图所示，光滑小球放在两板间,当OA板绕O点转动使θ角变小时，两板对球的压力F A和F B的变化为（)
A. F A变大，F B不变
B。

F A和F B都变大
C. F A变大,F B变小
D。

F A变小，F B变大
【答案】B
【解析】
【分析】
先对小球进行研究．小球处于静止状态，合力为零，分析其受力情况,根据平衡条件求解板对球的弹力。

【详解】对小球受力分析,运用合成法如图所示：
由几何知识得:,可见当OA绕O点转动使θ变小时，F A
变大，F B变大,故B正确，ACD错误.
6.如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接．已知b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，重力加速度为g。

当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ,Ob段绳沿竖直方向，则下列说法正确的是( ）
A。

a可能受到2个力的作用
B。

b可能受到3个力的作用
C。

绳子对a的拉力等于mg
D。

a的重力为mgtan θ
【答案】C
【解析】
【分析】
分别对ab两球分析,运用合成法，用T表示出ab两球的重力，同一根绳子上的拉力相等,即绳子ab两球的拉力是相等的,根据正弦定理列式求解。

【详解】对a球受力分析可知，a受到重力,绳子的拉力以及杆对a 球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力,两个力合力为零,杆子对b球没有弹力，否则b不能平衡,故B错误;由于b受到重力和绳子拉力处于平衡状态，则绳子拉力T=mg，同一根绳子上的拉力相等，故绳子对a的拉力
等于mg，故C正确；分别对AB两球分析,运用合成法，如图所示:
根据正弦定理列式得：,解得：，故D错误。

所以C正确，ABD错误。

【点睛】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来.
7.如图所示，一物块位于光滑水平桌面上，用一大小为F，方向如图所示的力去推它, 使它以加速度a向右运动。

若保持力的方向不变而增大力的大小，则（）
A. a变大
B. a不变
C. a变小
D。

因为物块的质量未知，故不能确定a变化的趋势
【答案】A
【解析】
对物体做受力分析,由于水平面光滑，故物体所受的合外力为力F在水平方向的分量:设力F和水平方向的夹角为，根据牛顿第二定律有:
由上式可知，力F增大，加速度也增大，A正确。

思路分析：对物体进行受力分析求出合外力，根据牛顿第二定律可以求出。

试题点评:本题是考查牛顿第二定律的应用,求出加速度。

8。

如图所示，斜面体质量为M，放在粗糙的水平面上．一滑块质量为m,放在斜面体上，由静止开始加速下滑,在滑块下滑过程中斜面体始终保持静止．则在滑块下滑过程中（）
A。

斜面体对地面的压力等于
B。

斜面体对地面的压力小于
C。

斜面体对地面的压力大于
D. 上述三种情况都有可能
【答案】B
【解析】
试题分析：对整体研究：受到重力,地面的支持力和静摩擦力,作出力
图．将加速度a分解为水平方向和竖直方向，根据牛顿第二定律对竖直方向进行研究求解．
设斜面的倾角为，以M和m整体为研究对象，受力图如图，将加速度a分解为水平方向和竖直方向,如图，根据牛顿第二定律得：对竖直方向,得到,B正确．
9.如图所示,一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C1,C2，C3,则（）
A。

物体到达C1点时的速度最大 B. 物体分别在三条轨道上的运动时间相同
C。

物体到达C3的时间最短D。

在C3上运动的加速度最大【答案】C
【解析】
试题分析:在沿斜面方向上，物体受重力沿斜面向下的分力，所以根据牛顿第二定律得,物体运动的加速度，斜面倾角越大，加速度越大，所以上运动的加速度最大，根据几何知识可得：物体发生位移为，物体的初速度为零，所以解得，倾
角越大，时间越短，物体到达的时间最短,根据得，，知到达底端的速度大小相等，故C正确;
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用
10。

做初速度不为零的匀加速直线运动的物体，在时间T内通过位移s1到达A点,接着在时间T内又通过位移s2到达B点，则以下判断正确的是（）
A. 物体在A点的速度大小为
B. 物体运动的加速度为
C。

物体运动的加速度为D。

物体在B点的速度大小为【答案】AC
【解析】
【分析】
根据某段时间内的拍摄角度等于中间时刻的瞬时速度求出物体在A 点的速度,根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度。

【详解】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知：，故A正确；根据s2−s1＝aT2得物体运动的加速度为：,故B错误，C正确；物体在B点的速度等于：,故D错误。

所以选AC.
11. 如图所示，OA为一遵循胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点,另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连。

当绳处于竖直位置时,滑块A对地面有压力作用.B为紧挨绳的一光滑水平小钉，它到天花板的距离BO等于弹性绳的自然长度。

现用一水平力F作用于A，使之向右缓慢地做直线运动，则
在运动过程中（)
A. 地面对A的支持力F N逐渐增大
B. 地面对A的摩擦力F1保持不变
C. 地面对A的支持力F N逐渐减小
D。

水平拉力F逐渐增大
【答案】BD
【解析】
试题分析:设开始时AB的长度为L,则开始时刻A对地面的压力，设某一时刻绳子与竖直方向的夹角为，则绳子的弹力为，其向上分力，故物体对地面的压力为，保持不变，因，故摩擦力也保持不变，水平拉力F逐渐增大，故选项BD正确。

考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用
【名师点睛】先对滑块在A点时受力分析,由竖直方向上合力为零可得出重力、支持力、弹性绳弹力三者关系，再对滑块在任意位置受力分析，由竖直方向受到的合力为零，得出重力、支持力、弹性绳弹力三者关系，然后结合较好知识，可得出支持力不变的结论,从而摩擦力也不变.
12。

如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0。

1，物体滑上传送带A端的瞬时速度v A＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B。

下列说法中正确的是（）
A. 若传送带不动，v B＝3 m/s
B. 若传送带逆时针匀速转动,v B一定等于3 m/s
C。

若传送带顺时针匀速转动，v B一定大于3 m/s
D。

若传送带顺时针匀速转动,v B有可能等于3 m/s
【答案】ABD
【解析】
试题分析:物块滑上传送带,若传送到不动,物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出到达B点的速度．若传送带顺时针匀速转动，根据物块的速度与传送带的速度大小判断物体的运动情况．若传送带逆时针转动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律进行求解．
若传送带不动，物体做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得,匀减速直线运动的加速度大小,根据，解得，A正确;传送带逆时针转动时,不影响物体的受力,由A分析知，一定等于
3m/s，B正确;若传送带顺时针匀速运动，若传送带的速度小于3m/s,在物体到达B时，传送带给物体恒定的水平向左的滑动摩擦力，物体在摩擦力作用下全程做匀减速运动到达B点的速度等于3m/s，C 错误D正确．
二、实验题
13.物体从高处被水平抛出后，第3s末的速度方向与水平方向成45°
角，那么平抛物体运动的初速度为______m/s,第4s末的速度大小为______m/s.（取g=10m/s2，设4s末仍在空中）
【答案】30m/s 50m/s
【解析】
3末在竖直方向上的分速度，，所以平抛运动的初速度;
第4s末在竖直方向的分速度，所以第4s末的速度大小；
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动.
14。

如图所示，皮带传动装置，在运行中皮带不打滑，两轮半径分别为R和r，且r/R=2/3，M、N分别为两轮边缘上的点，则在皮带运行过程中,M、N两点的角速度之比为ωM：ωN=___;线速度之比v M：v N=_______
【答案】（1)。

(2)。

1:1
【解析】
【分析】
应用线速度、角速度、半径等之间的关系，解决这类问题的关键是弄清哪些地方线速度相等，哪些位置角速度相等。

【详解】在皮带轮问题中要注意：同一皮带上线速度相等，同一转盘上角速度相等。

在该题中，M、N两点的线速度相等，即有:v M=v N，
所以v M：v N=1：1；根据线速度与角速度的关系：v=ωr得:ωM R=ωN r，所以：。

【点睛】对于皮带传动装置问题要把握两点一是同一皮带上线速度相等，二是同一转盘上角速度相等。

15。

在做研究平抛运动的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。

（1)为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，将你认为正确选项的前面字母填在横线上：__________________。

(a）通过调节使斜槽的末端保持水平
(b)每次释放小球的位置必须不同
(c）每次必须由静止释放小球
(d）做实验是应该尽可能的减小小球与斜面的摩擦
(e）小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触
（f)将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线（2)如图为一小球做平抛运动的频测照片的一部分，背景方格边长为5 cm，g取10 m／s2。

则：
①闪光时间间隔△t=_____________；
②平抛初速度v0=_______________；
③B点速度大小v B=______________；
【答案】（1）a、c、e (2)0。

1 1。

5 m/s 2.5 m/s
【解析】
试题分析：（1）为了保证做平抛运动，因此通过调节使斜槽的末端保持水平（做平抛运动)、每次必须由静止释放小球(保证平抛初速度一样)、小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触(保证做平抛运动），所以答案为ACE
（2）根据可知，即
（3），由于，所以。

考点:平抛运动
点评:本题考查了平抛运动的规律，水平方向是匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动。

利用匀变速直线运动规律求解时间间隔，从而解决问题。

三、计算解答题
16。

如图所示，质量m=0。

5kg的物体放在水平面上,在F=3。

0N的水平恒定拉力作用下由静止开始运动,物体发生位移x=4。

0m时撤去力F，物体在水平面上继续滑动一段距离后停止运动。

已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2。

求
（1）物体在力F作用过程中加速度的大小；
（2)撤去力F的瞬间，物体速度的大小;
（3)撤去力F后物体继续滑动的时间。

【答案】（1）a1=2m/s2（2）v=4。

0m/s（3）t=1s
【解析】
试题分析：（1）设物体受到的滑动摩擦力为F f，加速度为a1，则F f=μmg 根据牛顿第二定律，物块在力F作用过程中,有F-F f=ma1（1分）解得a1=2m/s2（1分)
(2）设撤去力F时物块的速度为v，由运动学公式v2=2a1x （1分)解得v=4.0m/s （2分）
（3）设撤去力F后物体的加速度为a2，根据牛顿第二定律,有F f=ma2解得a2=4m/s2 (1分)
由匀变速直线运动公式得
解得t=1s （2分）
考点：匀变速直线运动规律牛顿第二定律
17.质量m=2×103kg，汽车以10m/s的速度通过某凸形桥的最高点时，受到桥面的支持力N=1.5×104N，取g=10m/s2，则：
（1）桥面的曲率半径为多少？
(2)当车速为多大时，车在桥最高点时对桥面的压力恰好为零？【答案】①m ②=”20" m/s
【解析】
对车受力分析如图所示，
（1）设桥面的半径为r，由向心力公式可知
; （2分）
（3分）
代入数据解得m (2分）
（2）车在桥最高点时对桥面的压力恰好为零时有
（3分）
代入数据解得=”20” m/s （2分）
18。

如图所示，在水平地面上建立x轴,有一个质量m＝1 kg的木块放在质量为M＝2 kg的长木板上，木板长L＝11。

5 m。

已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1,木块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝0。

9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。

木块与长木板保持相对静止共同向右运动,已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10 m/s,在坐标为x＝21 m处的P点处有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回,而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10 m/s2,求：
(1）木板碰挡板时的速度大小v1；
（2）碰后木板与木块刚好共速时的速度；
(3）最终木板停止运动时A、P间的距离。

【答案】（1）9m/s；（2)1。

8m/s，方向向左；（3）19。

60m。

【解析】
试题分析：(1）对木块和木板组成的系统，
有μ1(m+M）g=（m+M)a1
V02−V12＝2a1s
解得：a1=1m/s2 v1=9m/s
（2)由牛顿第二定律可知：a m＝μ2g＝9m/s2
,a M＝6m/s2
m运动至停止时间为：t1=v1/a m="1" s
此时M速度：V M=V1—a M t1=3m/s，方向向左，此后至m，M共速时间t2，有：V M—a M t2=a m t2得:t2=0。

2s
共同速度V共=1。

8m/s，方向向左
(3）至共速M位移：S1=（V1+V共）（t1+t2）/2＝6.48m
共速后m，M以a1＝1m/s2
向左减速至停下位移：S2==1。

62m
最终AP间距：X=11。

5+S1+S2=11.5+6。

48+1。

62=19。

60m
考点：牛顿第二定律的综合应用。