福建省泉州市奕聪中学学年高一份月考物文档格式.docx

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C.

D.

【答案】A

【解析】壁虎在竖直玻璃面上匀速爬行，属于匀速直线运动，对壁虎进行受力分析：

由图可知，F与

大小相等，方向相反，故选项A正确。

4.如图所示，保持不变，将B点上移，则

的拉力将（　　）

A.逐渐减小B.逐渐增大

C.先减小后增大D.先增大后减小

【解析】以结点O为研究对象，分析受力情况：

重力G、BO绳的拉力T1和AO绳的拉力T2，作出力图，并作出BO绳在三个不同位置的力的合成图；

由平衡条件可知，BO绳的拉力T1和AO绳的拉力T2的合力与重力G大小相等、方向相反，如图可以看出，在B点向上移过程中，BO绳的拉力先减小后增大，当两根绳相垂直时，BO的拉力最小．故选C．

本题运用图解法分析BO绳拉力的变化情况，也可以运用函数法得到拉力与绳子和竖直方向夹角的函数式，再由数学知识分析．

5.汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度为5m/s2，那么开始刹车后2s与开始刹车后6s汽车通过的位移之比为（　　）

A.1∶1B.2∶3C.4∶3D.3∶4

【答案】D

【解析】汽车刹车后做匀减速运动，汽车的初速度v0=20m/s，加速度a=-5m/s2，停车后速度为0，根据匀变速直线运动的位移时间公式v=v0+at得到汽车停车时间为：

，开始刹车后2s内的位移为：

x2=v0t+at2=20m/s×

2s-×

5m/s2×

（2s）2=30m，因为汽车4秒就停下来，故汽车6秒内的位移等于汽车刹车过程中4秒内的位移：

x6=v0t+at′2=20m/s×

4s-×

（4s）2=40m，开始刹车后2s与开始刹车后6s汽车通过的位移之比为3:

4．故ABC错误，D正确．故选D．

汽车刹车是匀减速运动，当汽车停止运动后，不在是匀变速运动，故位移时间关系不能用匀变速直线运动的位移时间关系求解，所以刹车问题要注意汽车停车时间．

6.物体从离地面45m高处做自由落体运动（g取10m/s2），则下列选项中不正确的（　　）

A.物体运动3s后落地

B.物体落地时的速度大小为30m/s

C.物体在整个下落过程中的平均速度为20m/s

D.物体在落地前最后1s内的位移为25m

【解析】根据h＝gt2得：

，故A正确；

根据v=gt=10×

3=30m/s，故B正确；

物体下落整个过程的平均速度为：

，故C错误；

前2s下降的高度为：

，落地前最后1s内的位移为：

△h=45-20=25m，故D正确；

本题选错误的，故选C.

7.如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次推力的值为（　　）

A.cosθ＋μsinθB.cosθ－μsinθ

C.1＋μtanθD.1－μtanθ

【解析】F1作用时，物体的受力情况如图1，根据平衡条件得

F1=mgsinθ+μFN 

FN=mgcosθ 

解得：

F1=mgsinθ+μmgcosθ 

F2作用时，物体的受力情况如图2，根据平衡条件得

F2cosθ=mgsinθ+μFN′

FN′=mgcosθ+F2sinθ 

所以

，故选B．

8.一个大人拉着载有两个小孩的小车（其拉杆可自由转动）沿水平地面匀速前进，则对小孩和车下列说法正确的是（　　）

A.拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力

B.拉力与摩擦力的合力方向竖直向上

C.拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小

D.小孩和车所受的合力为零

【答案】BD

【解析】小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小孩和车所受的摩擦力，故A错误；

小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力竖直，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，故B正确，C错误；

小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，故D正确；

故选BD．

9.引体向上是中学生正常开展的一项体育活动。

如图所示为某运动员在单杠上处于静止的情形,下列说法正确的是（　　）

A.运动员每个手臂的拉力都等于人体重力的一半

B.两手臂拉单杠的力的合力方向向上

C.运动员两手之间的距离再小些，平衡时运动员手臂的拉力会变小

D.运动员两手臂间的距离越大，手与单杠间的摩擦力就越大

【答案】CD

【解析】当两个手臂平行时，每个手臂的拉力才都等于人体重力的一半，故A错误；

两手臂拉单杠的力都斜向下，故合力向下，等于重力，故B错误；

运动员处于静止状态，合外力等于零，设手臂与竖直方向夹角为θ，则2Tcosθ=mg，运动员两手之间的距离减小，θ减小，T减小，即运动员手臂的拉力会变小，故C正确；

对每只手，水平方向：

f=Tsinθ，则运动员两手臂间的距离越大，θ越大，T越大，f越大，即手与单杠间的摩擦力就越大，选项D正确；

故选CD.

本题运用“大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大”结论判断．

10.如图所示，A、B两物体的重力分别是GA=4N，GB=5N．A用细绳悬挂在顶板上，B放在水平地面上，A、B间轻弹簧的弹力F=3N，则细绳中的弹力FT及物体B对地面的压力FN的可能值分别是（　　）

A.1N和8NB.7N和2N

C.3N和6ND.9N和0N

【答案】AB

【解析】A受到竖直向下的重力、向上的弹力F1和向上的拉力FT，三力平衡，得：

GA=F1+FT，代入数据解得：

FT=1N；

B受到重力、向下的弹力F1和向上的支持力F3，三力平衡，得：

GB+F1=F3，代入数据解得：

F3=8N．若弹力F1向下，则FT=7N，F3=2N，故AB正确，CD错误；

故选AB.

11.小球从空中某处自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则（　　）

A.小球开始下落时离地面的高度为1.25m

B.小球在0.8s内的位移大小为1.70m

C.小球第一次与地面碰撞后的加速度大小为10m/s2

D.小球与地面碰撞过程中速度的变化量的大小为2m/s

【答案】AC

【解析】试题分析：

由图象可知小球开始下落时离地面的高度为0.1s—0.5s图线与坐标轴所围的三角形面积，为1.25m,A对；

小球0.8s内的位移大小为图线与时间轴所围上、下两三角形面积之差，大小为0.8m，B错；

第一次与地面碰撞后的加速度为0.5s—0.8s图线的斜率，大小为10m/s2，C对；

小球与地面碰撞过程中速度的变化量为（-3-5）m/s="

-8"

m/s，即大小为8m/s，D错。

考点：

本题考查用图象法处理匀变速

二、实验题

12.“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．

（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______。

（2）本实验采用的科学方法是______。

A．理想实验法B．等效替代法

C．控制变量法D．建立物理模型法

（3）同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是______（填字母代号）。

A．两根细绳必须等长

B．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行

C．用两弹簧测力计同时拉细绳时，两弹簧测力计示数应适当大一些

D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些

【答案】

（1）.

（2）.B（3）.BCD

【解析】

（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力． 

故答案为：

F′．

（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，因此ACD错误，B正确．故本题答案是B．

（3）两根细绳必须等长与否不影响测量的误差，选项A错误；

作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向有有较大差别，故应使各力尽量与木板面平行，故B正确；

实验中，弹簧的读数适当大些，可以减小作图时的偶然误差，故C正确；

在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长一些，故D正确；

故选BCD．

本题主要考查验证力的平行四边形定则的误差分析及数据的处理，应通过实验原理及数据的处理方法去思考减少实验误差的方法．

13.用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系．

（1）为完成实验，还需要的实验测量器材有：

________。

（2）他通过实验得到如图（乙）所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线，由此图线可得该弹簧的劲度系数k=__________N/m。

（3）图线不过原点的原因是由于__________________________________________。

【答案】

（1）.刻度尺

（2）.50（3）.测量是弹簧的总长度

（1）实验还需要的实验测量器材是刻度尺，用来测量弹簧的长度；

（2）图象可知，斜率表示弹簧的劲度系数，为：

（3）图像是弹簧的弹力与弹簧长度的关系，则图像与横轴的交点是弹簧的原长，图像不过原点的原因是横轴是弹簧的总长度.

14.在“用打点计时器测速度”的实验中，用电火花打点计时器记录纸带运动的时间。

计时器所用电源的频率为50Hz，图为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4五个计数点，用刻度尺量出0、1、2、3、4、点间的距离如图所示（单位：

cm）。

（1）实验所用的电源是_____

A．4-6V的交流电B．4-6V的直流电C．220V的交流电D．220V的直流电

（2）若认为某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的速度，则打点计时器3时小车对应的速度为v3=__________m/s

（3）据此可求出小车从1到3计数点内的加速度为a=__________m/s2.（保留三位有效数字）

【答案】

（1）.C

（2）.0.434（3）.

（1）根据电磁打点计时器的原理可知，它所使用的电源是4-6V的交流电源，而电火花打点计时器使用的是220V交流电源，故ABD错误，C正确；

（2）根据匀变速直线运动中时间中点是速度等于该过程中的平均速度得：

（4）匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数：

△x=aT2，由题中数据可知：

△x=3.77-3.39=4.15-3.77=0.38cm，T=0.1s，所以解得：

a=

m/s2=0.380m/s2．

本题比较简单，考查了基本仪器的使用和基础实验的操作细节，对于基础知识，平时训练不可忽略，要在练习中不断加强；

同时本题还考查了处理纸带问题的基本方法，这是进行实验的基础，要熟练掌握，注意有效数字的保留是学生容易出错的地方．

三、计算题（解答应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。

）

15.飞机在平直跑道上由静止开始匀加速起飞，经20s离地时行驶距离为1200m，求:

（1）飞机的加速度大小;

（2）飞机起飞时的速度大小

【答案】

（1）

（2）120m/s

代入数据得：

（2）经20s离地飞行，故起飞速度为：

，解得：

。

匀变速直线运动的位移与速度的关系、速度与时间的关系。

16.质量为m=2kg的物体放到水平地板上，用一轻弹簧水平拉该物体，当物体刚开始运动时，弹簧伸长了3cm，当拉着物体匀速前进时，弹簧伸长了2cm，己知弹簧的劲度系数为k=200N/m，（g=10N/kg）求：

（1）物体所受的最大静摩擦力为多少？

（2）物体与地板间的动摩擦因数是多少？

（1）6N

（2）0.2

（1）当物体刚开始运动时，受到的摩擦力是最大静摩擦力，

由二力平衡知，与弹簧的弹力相等，根据胡克定律，有F1=kx1=200N/m×

0．03m=6N；

所以物体受到的最大静摩擦力Ff1=6N。

（2）当物体匀速运动时，受到的摩擦力是滑动摩擦力，

..................

所以物体受到的滑动摩擦力为Ff2=4N，

又有Ff2=μmg得μ=0．2。

共点力平衡的条件及其应用；

力的合成与分解的运用。

17.如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳相连，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上的质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°

，物体甲及人均处于静止状态。

（已知sin37°

=0.6，cos37°

=0.8，tan37°

=0.75，g取10m/s2。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：

（1）轻绳OA、OB受到的拉力是多大？

（2）人受到的摩擦力是多大？

方向如何？

（3）若人的质量m2=60kg，人与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.3，则欲使人在水平面上不滑动，物体甲的质量m1最大不能超过多少？

；

（2）

方向水平向左（3）24kg

（1）以结点O为研究对象，如图，根据平衡条件，由力的分解得：

故轻绳OA、OB受到的拉力分别为

、

（2）人水平方向受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力，由平衡条件得：

f=FOB=

，方向水平向左；

（3）当甲的质量增大到人刚要滑动时，质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值．

当人刚要滑动时，静摩擦力达到最大值fm=μm2g

由平衡条件得：

FOBm=fm

又

联立得：

即物体甲的质量m1最大不能超过24kg。

18.近几年大假期间，国家取消了7座及其以下的小车的收费公路的过路费，给自驾带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过。

假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过vt=21.6km/h，事先小汽车未减速的车速均为v0=108km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1=4m/s2。

试问：

（1）大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？

（2）假设车过站后驾驶员立即使车以a2=6m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？

（3）在

（1）

（2）问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？

（1）108m

（2）10s（3）4s

1、根据匀减速直线运动位移速度公式即可求解．

2、根据v=v0+at求解加速和减速的时间．

3、根据速度位移关系求加速阶段位移，知道总位移，根据速度时间关系求出不减速所需要时间，和

（2）时间比较的耽误的时间．

解：

（1）vt=21.6km/h=6m/s，事先小汽车未减速的车速均为v0=108km/h=30m/s，

小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设据收费站x1处开始制动，则：

vt2﹣v02=2a1x1

即：

62﹣302=2×

（﹣4）x1

x1=108m

（2）小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2则：

减速阶段：

vt=v0﹣a1t1

t1=

=

=6s

加速阶段：

v0=vt+a2t2

t2=

=4s

则加速和减速的总时间t=t1+t2=10s

（3）在加速阶段：

v02﹣vt2=2a2x2

302﹣62=2×

6x1

x2=72m

则总位移x=x1+x2=180m

若不减速所需时间t′=

车因减速和加速过站而耽误的时间△t=t﹣t′="

4"

s

答：

（1）大假期间，驾驶员应在距收费站至少108m远处开始制动；

（2）假设车过站后驾驶员立即使车以a2=6m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是10s；

（3）在

（1）

（2）问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为4s．

【点评】此题运动的过程复杂，轿车经历减速、加速，加速度、位移、时间等都不一样．分析这样的问题时，要能在草稿子上画一画运动的过程图，找出空间关系，有助于解题．此题有一定的难度，是一道好题．