解析2020┄2021学年黑龙江省齐齐哈尔实验中学高一下月考物理试卷

２02０┄2021学年黑龙江省齐齐哈尔实验中学高一(下）月考物理试卷一、选择题(本题共8小题,每小题6分，共48分）１.（6分)(2014•威海模拟）一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M=15ｋg的重物，重物静止于地面上,有一质量ｍ=10kｇ的猴从绳子另一端沿绳向上爬，如图所示,不计滑轮摩擦，在重物不离开地面条件下,猴子向上爬的最大加速度为（g=10m/ｓ２）( )ﻩＡ．ﻩ２5m/s2B．5ﻩm/s2 C. 10m／s2 D. １5m／s2考点：ﻩ牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用.专题:ﻩ牛顿运动定律综合专题.分析：当小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零,故小猴对细绳的拉力等于重物的重力，对小猴受力分析，运用牛顿第二定律求解加速度.解答:ﻩ解：小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故小猴对细绳的拉力等于重物的重力,即Ｆ=Mg；小猴对细绳的拉力等于细绳对小猴的拉力F′=F；对小猴受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律,有F′﹣mg=ma解得ａ==５ｍ/s2故选B．点评：ﻩ本题关键先后对重物和小猴受力分析，然后根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解．2．（6分）(20０1•上海)一升降机在箱底装有若干个弹簧,设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂,忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中（)A. 升降机的速度不断减小ﻩB．ﻩ升降机的加速度不断变大C．ﻩ先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功ﻩD. 到最低点时，升降机加速度的值一定大于重力加速度的值考点:ﻩ牛顿第二定律；功的计算.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当物体所受合力方向与速度方向相同时，速度增加，当物体所受合力方向与速度方向相反时，速度减小,根据牛顿第二定律判断加速度的方向和大小变化．解答:解：Ａ、升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中，开始阶段，重力大于弹力,加速度方向向下,向下做加速运动,当重力和弹力相等后，弹力大于重力,加速度方向向上,向下做减速运动，加速度的大小先减小后增大，速度先增大后减小.故A、Ｂ错误.C、开始阶段，速度增大，根据动能定理,重力做的正功大于弹力做的负功；然后速度减小,根据动能定理得，弹力做的负功大于重力做的正功．故Ｃ正确．D、若升降机从弹簧接触地面由静止释放，开始阶段的加速度为ｇ,根据对称性,到达最低点的加速度也为ｇ，方向竖直向上.现从一高度下落,弹簧压缩的最低点比上次还低,根据牛顿第二定律,则加速度大于g．故D正确．故选ＣD．点评：ﻩ解决本题的关键会根据牛顿第二定律判断加速度的变化,会根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．3．（6分）(２０12•防城港一模）作用于水平面上某物体的合力Ｆ与时间ｔ的关系如图所示,设力的方向向右为正，则将物体从下列哪个时刻由静止释放，该物体会始终向左运动（）ﻩA. t1时刻ﻩB. t2时刻ﻩＣ．t3时刻ﻩD．ﻩt4时刻考点：牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题.分析:ﻩ分析物体受力图象，根据牛顿第二定律得出物体加速度的变化情况.注意加速度反向时，物体运动方向不一定反向,如t1﹣ｔ２过程中，物体速度和加速度方向相反，但是物体做减速运动,运动方向并没有改变．注意加速度和力的变化是瞬时对应的，而速度和加速度的方向并非瞬时对应.解答:解:根据力与加速度，加速度与速度的关系可知:t1、t3时刻由静止释放，物体将做往复运动，t4时刻静止释放时物体将一直向正方向运动,t２时刻静止释放，物体将一直向左运动,故AＣＤ错误,B正确.故选B．点评:弄清图象的物理意义，将力图象转化为加速度图象,进一步转化为速度图象，则能明确反应物体的运动过程．4．(6分)(20１2秋•渭源县校级期末）如图示,质量为m的物体,在与水平方向成θ角的拉力F作用下，在水平面上做加速度为a的匀加速运动.已知物体与水平面间有弹力作用且动摩擦因数为μ，则物体所受的各力产生的加速度的大小,下面说法正确的是( )ﻩA.ﻩ滑动摩擦力产生的加速度小于μgB. 拉力F产生的加速度为Ｃ.ﻩ重力和支持力的合力产生的加速度为零ﻩＤ．ﻩ合力产生的加速度为﹣μg考点:ﻩ牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题:ﻩ牛顿运动定律综合专题．分析：ﻩ对物体进行受力分析,分别求出各个力，根据牛顿第二定律a=求出各力产生的加速度．解答:ﻩ解：A、物块受重力、支持力、拉力、摩擦力,如图．f=μ（mg﹣Fsinθ）,所以摩擦力产生的加速度.故Ａ正确.B、拉力F产生的加速度a＝．故B错误.C、重力和支持力的合力不为零,则加速度不为零.故C错误.D、物体所受的合力F合＝Ｆcosθ﹣μ（ｍg﹣Fsｉｎθ）,所以加速度a=.故D正确.故选AD．点评：解决本题的关键掌握牛顿第二定律，a＝.知道每个力都可以产生加速度，最终的加速度是每个力产生加速度的合加速度．5.（6分)(2011春•齐齐哈尔校级月考)如图所示,将一个质量为m的物体,放在台秤盘上一个倾角为α的光滑斜面上，则物体下滑过程中，台秤的示数与未放m时比较将( ）ﻩＡ. 增加mgﻩB. 减少mｇC. 增加mgcｏｓ2αﻩD．减少mg2(1+sin2α)考点: 牛顿运动定律的应用-超重和失重．专题:ﻩ牛顿运动定律综合专题.分析:本题中原来斜面体处于静止状态，故测力计的读数等于斜面体的重量,物体下滑过程中，物体沿斜面加速下滑,处于失重状态，对物体和斜面体整体运用牛顿第二定律列式求解.解答:ﻩ解：未放m时,对斜面体受力分析，受总重力和支持力,平衡时，有N﹣Mg＝０①加速下滑时,对物体和斜面体整体受力分析,受总重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律,有竖直方向:(Ｍ＋m）g﹣Ｎ′=ｍaｓinα ②水平方向:ｆ=maｃosα ③对物体受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律,有mgsinα=ｍa ④有由①②③④得到：N′﹣N=mg﹣mａｓｉnα=mg﹣ｍg（sinα）２＝mgcoｓ2α,所以台秤的示数与未放m时比较将增加mgcos2α，故选Ｃ．点评：本题关键是对物体、物体和斜面体整体多次受力分析,然后根据牛顿第二定律、共点力平衡条件列式求解;要注意整体法对于有相对运动的物体系统同样适用．６．(6分）(2011•无为县校级模拟)如图所示．在光滑水平面上有物体A、B,质量分别为m1、m２．在拉力F作用下,A和B以加速度a做匀加速直线运动．某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和Ｂ的加速度为a1、a2．则（)ﻩA．ﻩａ１＝ａ2=0ﻩＢ．ﻩａ１=a;a2=0ﻩC. ａ1=a；a2=ａD. a1＝a；a2=﹣ａ考点:ﻩ牛顿第二定律；胡克定律.专题: 牛顿运动定律综合专题.分析：突然撤去拉力Ｆ的瞬间，弹簧弹力没有发生变化，所以A受力不变,Ｂ只受弹簧弹力作用,根据牛顿第二定律即可求解．解答:解:当力Ｆ作用时,对A运用牛顿第二定律得:a=突然撤去拉力Ｆ的瞬间,弹簧弹力没有发生变化,所以A受力不变，即a１=ａ；B只受弹簧弹力作用,根据牛顿第二定律得:故选D点评:本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，注意突然撤去拉力F的瞬间,弹簧弹力没有发生变化，注意整体法和隔离法在题目中的应用．７.（6分）（２014春•云梦县校级月考)用一水平力F拉静止在水平面上的物体,在F 从0开始逐渐增大的过程中,加速度a随外力F变化的图象如图，ｇ=10m/s２,则由图象可以计算出( )Ａ．ﻩ物体的质量ﻩB．ﻩ物体与水平面间的滑动摩擦因数ﻩＣ．ﻩ物体与水平面间的最大静摩擦力D. F为14N时物体的速度考点：ﻩ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:对物体受力分析,根据牛顿第二定律得出力Ｆ与加速度a的函数关系,然后结合图象得出相关信息即可求解.解答:ﻩ解：ＡB、物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力,根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ｍａ解得:a=﹣μg由a与F图线,得到：０．5=﹣1０μ…①4=﹣1０μ…②①②联立得,ｍ=２Kｇ，μ＝０.3，故AB正确；Ｃ、当a＝0时,F为6Ｎ，即最大静摩擦力为6N,故C正确;D、由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移,又F 为变力无法求F得功，从而也无法根据动能定理求速度,故D错误．故选:ABＣ.点评：ﻩ本题关键是对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F 的关系式，最后结合ａ与F关系图象得到待求量．8.(６分）(2013秋•顺德区校级月考)如图,在光滑水平面上,放着两块长度相同，质量分别为Ｍ1和Ｍ2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块,开始时，各物均静止,今在两物块上各作用一水平恒力F1、F２，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和ｖ２，物块和木板间的动摩擦因数相同，下列说法①若Ｆ１=F２,Ｍ1＞Ｍ2，则v1>v2②若F1=F2,M1<M2,则v1＞v2③若Ｆ1＞Ｆ2,Ｍ1＝M2，则v1>v2④若Ｆ1<F２，M1=Ｍ2,则v1>v2其中正确的是( )ﻩA. ①③ B. ②④ﻩC．①②ﻩD.ﻩ②③考点：ﻩ牛顿第二定律;力的合成与分解的运用．专题：ﻩ牛顿运动定律综合专题.分析:本题中涉及到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法,但题中研究的是两物体的相对滑动，所以应该用隔离法.板和物体都做匀变速运动，牛顿定律加运动学公式和动能定理都能用,但题中“当物体与板分离时”隐含着在相等时间内物体的位移比板的位移多一个板长,也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能定理解了，就要用牛顿定律加运动公式解.解答:解：①②：首先看F1=Ｆ２时情况:由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相同，我们设两物块的加速度大小为a，对于Ｍ１、M2,滑动摩擦力即为它们的合力,设M1的加速度大小为a1，Ｍ2的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得：因为ａ1＝，a2＝，其中ｍ为物块的质量．设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M１的相对位移L=at12﹣a1t12物块与M2的相对位移L=at２2﹣a2t22若M1＞M2,a1<a2所以得:ｔ1＜ｔ2Ｍ１的速度为v1=ａ1ｔ1,M2的速度为ｖ2＝a２t2则v1<v2,故①错误．若M1＜M２,a１＞a2所以得:ｔ1＞t2Ｍ1的速度为v1＝a1ｔ1，M2的速度为v2=a2t2则v1＞ｖ2，故②正确.③④：若F1>F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二定律的:则M１上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即ａa＞a b由于Ｍ1=Ｍ2,所以Ｍ1、M２加速度相同,设M1、M2加速度为a．它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时:物块与M１的相对位移Ｌ=a a t12﹣at１2物块与Ｍ2的相对位移L=ａbｔ22﹣at2２由于a a＞a b所以得：t1＜t2则ｖ１<v2,故③错误.若F1<F２、M1＝Ｍ2，aａ＜aｂ则v１>v2，故④正确．故选：Ｂ.点评：要去比较一个物理量两种情况下的大小关系，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来.同时要把受力分析和牛顿第二定律结合应用．二、填空题（每空4分,共1６分)9.（8分)（2０10秋•宁波期末）某人在一个以2．5m／s2的加速度匀加速下降的电梯里最多能举起80kｇ的物体,在地面上最多能举起６0 kg的物体;若此人在匀加速上升的电梯中最多能举起40kｇ的物体,则此电梯上升的加速度为５m/s２.考点:ﻩ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:ﻩ当电梯以2.5m/ｓ2的加速度匀加速下降时,以物体为研究对象，根据牛顿第二定律求出人的最大举力．人的最大举力是一定的,再求解在地面上最多举起的物体质量及电梯的加速度．解答:解:设人的最大举力为F.以物体为研究对象．根据牛顿第二定律得:当电梯以2．5m/s2的加速度匀加速下降时，m1g﹣Ｆ=m１a1解得Ｆ=600N在地面上：人能举起的物体的质量m２==６０kｇ当电梯匀加速上升时,F﹣m3ｇ＝ｍ３a３，代入解得a3＝５m／ｓ2．故答案为:60；５点评：本题应用牛顿第二定律处理生活中问题,关键抓住人的最大举力一定．10．（4分)（２011春•齐齐哈尔校级月考）如图所示，小木箱ABCD的质量Ｍ=180g，高L=0．2m，其顶部离挡板E的距离h=０．8ｍ，木箱底部有一质量m＝20g 的小物体P．在竖直向上的恒力Ｔ作用下,木箱向上运动，为了防止木箱与挡板碰撞后停止运动时小物体与木箱顶部相撞，则拉力T的取值范围为2N<T<2.5N ．考点:ﻩ动能定理的应用．专题: 牛顿运动定律综合专题．分析:ﻩ木箱和小物体先一起由静止开始向上做匀加速运动过程，根据动能定理或根据牛顿第二定律和运动学公式求出与挡板E碰撞前的速度，木箱与挡板碰撞后P向上做竖直上抛运动，根据运动学公式求出P刚好与箱顶相撞时的初速度，联立即可求解．解答:解:木箱和小物体一起由静止做匀加速运动过程,设箱与挡板碰撞前瞬间的速度大小为v．根据动能定理得：［F﹣(Ｍ+m）g]h=﹣0…①木箱与挡板碰撞后物块P做竖直上抛运动，若P刚好与箱顶相撞时，则有:0﹣v２=﹣2gL…②联立①②得：Ｆ=2．5Ｎ又要拉动箱子,F应满足：F＞（M＋m)g=2N故为使小物体P不会和木箱顶ad相碰,恒力F的取值围是2N＜F＜2.５N．故答案为：2N＜Ｆ<2.5N点评:本题是动能定理与运动学公式综合应用问题,关键要分析临界情况,即物体P刚好与箱顶相撞的情况11.（４分）(2011春•齐齐哈尔校级月考）如图所示.有﹣箱装得很满的土豆，以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速运动．不计其他外力及空气阻力，则其中﹣个质量为m的土豆Ａ受其它土豆对它的总作用力大小应是ｍg．考点: 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用.专题：ﻩ牛顿运动定律综合专题.分析:ﻩ一个土豆与整箱土豆具有共同的加速度,根据整体法求出加速度,再隔离土豆A分析，运用牛顿第二定律求出其它土豆对它的总作用力.解答：ﻩ解:对整体分析，ａ==μg，方向水平向左.隔离对土豆分析，土豆受重力、其它土豆对它的作用力，如右图所示:根据牛顿第二定律得：Ｆ合=ｍａ＝μmg．根据平行四边形定则,其它土豆对它的作用力为：F==.故答案为:点评:ﻩ解决本题的关键掌握整体法和隔离法的运用，抓住一个土豆与整箱土豆具有相同的加速度，运用牛顿第二定律求解．三、计算题１2.（１8分)（2０12•丹东模拟)一平板车，质量M=100kg,停在水平路面上,车身的平板离地面的高度ｈ=1.２5m，一质量ｍ＝50kg的物块置于车的平板上,它到车尾端的距离b=1．０0m,与车板间的动摩擦因数μ＝0.20.如图所示.今对平板车施一水平方向的恒力使车向前行驶,结果物块从车板上滑落．物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0=２．0ｍ,求物块落地时，落地点到车尾的水平距离s.不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦,取g=１0ｍ／ｓ2.考点：ﻩ牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动.专题：牛顿运动定律综合专题.分析：以m为研究对象进行分析，ｍ在车板上的水平方向只受一个摩擦力f的作用,所以m 从A点运动到B点，做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律及运动学基本公式求出运动到Ｂ点的速度、位移等，以小车为研究对象,求出平板车的速度；ｍ从B处滑落时,以υB为初速度做平抛运动，根据平抛运动的基本公式求出运动的时间和位移,对平板车Ｍ，在m未滑落之前，水平方向受二力作用,即Ｆ和物块对平板车的摩擦力f，二者方向相反，当m从平板车的B点滑落以后，平板车水平方向只受F作用，做匀加速直线运动,分别根据运动学基本公式求出位移，进而可求得物块落地时，落地点到车尾的水平距离s解答:ﻩ解:以m为研究对象进行分析，ｍ在水平方向只受一个摩擦力f的作用,f=μmg,根据牛顿第二定律知ｆ=ｍa１a1=μg=0.20×10m/ｓ2＝２ｍ/s2如图,m从Ａ点运动到B点，做匀加速直线运动,s AB=ｓ0﹣ｂ=１.00m,运动到Ｂ点的速度υB为:υB=m/ｓ=2m/s物块在平板车上运动时间为ｔ1=s＝１s,在相同时间里平板车向前行驶的距离s0=2.0ｍ,则s0=，所以平板车的加速度ｍ/ｓ2此时平板车的速度为ｖ2=a2ｔ1＝4×1=4m/sｍ从B处滑落时,以υB为初速度做平抛运动，落到C的水平距离为s1,下落时间为t２，则ｈ=sｓ1=v Bｔ2＝2×0．５m＝１．0 m对平板车Ｍ,在m未滑落之前，水平方向受二力作用，即F和物块对平板车的摩擦力ｆ，二者方向相反,平板车加速度为a2,由牛顿第二定律得：F﹣f＝Ma2则有：F=Ma2+f=(1００×4+0．2×50×1０）Ｎ=500N当ｍ从平板车的Ｂ点滑落以后，平板车水平方向只受F作用,而做加速度为a3的匀加速运动,由牛顿第二定律得：Ｆ=Ma3即m/s2在m从B滑落到Ｃ点的时间t=0．５s内,M运动距离s２为ｍ物块落地时,落地点到车尾的水平距离ｓ为s=s２﹣s１=（2．625﹣1)ｍ=1.6２5m答:物块落地时，落地点到车尾的水平距离s为1.625ｍ.点评：该题涉及到相对运动的过程，要求同学们能根据受力情况正确分析运动情况,并能熟练运用运动学基本公式解题,难度较大．13.（1８分)（2０10•谯城区校级模拟）如图所示，质量Ｍ＝１0kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，M与地面前动摩擦因数μ=０.02，在木楔的倾角为３0°的斜面上,有一个质量m=1．0ｋｇ的物块由静止开始沿斜面下滑,当滑行路程s=１．4m时,其速度ｖ=1.４m/s.在这个过程中木楔未动．求地面对木楔的摩擦力的大小和方向.考点: 共点力平衡的条件及其应用;匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律.专题:ﻩ共点力作用下物体平衡专题．分析:ﻩ物块沿斜面向下做匀加速运动，初速度为0，位移等于ｓ=1.４ｍ．末速度v=1.4m/s,根据运动学公式求出加速度．以物块和木楔ABC整体为研究对象，分析受力,将加速度分解，根据牛顿第二定律运用正交分解法求解地面对木楔的摩擦力的大小和方向.解答:ﻩ解:对物块：初速度ｖ０=０，位移s=1.4m.末速度ｖ=1．4ｍ/s,由ｖ2﹣v0２=2as得a＝=0.7m/ｓ2以物块和木楔ABC整体为研究对象,作出力图如图.根据牛顿第二定律得地面对木楔的摩擦力的大小f=ma x=maｃｏsθ+Ｍ×０≈0．61N,方向水平向左．答：地面对木楔的摩擦力的大小ｆ=0.６1N,方向水平向左．点评:本题的解法是对加速度不同的两个物体用整体法，中学用得较少.常用方法是隔离木楔ABC研究，分析受力,根据平衡求解地面对木楔的摩擦力的大小和方向．。