【文档说明】宁夏银川市贺兰县景博中学2020-2021学年高一上学期第二次月考物理试卷【精准解析】.doc，共(21)页，1.324 MB，由小赞的店铺上传

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景博中学2020-2021学年第一学期高一年级第二次月考物理本试卷满分120分，考试时间100分钟注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2.请将答案正确填写在答题卡上；卷Ⅰ（选择题）一、选择

题（本题共计15小题，每题3分，共计45分）1.下列关于力的说法中正确的是（）A.力是物体对物体的作用，所以只有直接接触的物体间才有力的作用B.由有一定距离的磁铁间有相互作用力可知，力可以离开物体而独立存在C.有受力物体就必定有施力物体

D.因重力的方向总是竖直向下的，故重力一定和地面垂直【答案】C【解析】【分析】【详解】力是物体对物体的作用，两个物体不直接接触，也会有力的作用，例如磁体之间的作用，选项A错误；有一定距离的磁铁间有相互作用力是通过磁场发生的，说明力的作

用不能离开物体而独立存在．故B错误．力的作用是相互的，有受力物体就必定有施力物体，选项C正确；重力的方向“竖直向下”理解为与当地的水平面垂直，而非与地面垂直，事实上如把地球看成规则球体，则仅在赤道和两极处，重力的方向和地面垂直，故D错误；故选C.2.如图所示，“马踏飞燕”是汉代艺术家高超的

艺术技巧的结晶，是我国古代青铜艺术的稀世珍宝，骏马之所以能用一只蹄稳稳地踏在飞燕上，是因为（）A.马是空心的B.马蹄大C.马的重心在飞燕上D.马的重心位置和飞燕在一条竖直线上【答案】D【解析】【分析】【详解】骏马之所以能用一只蹄稳稳地踏在飞燕上，是因为飞燕对马的支持

力和马的重力在一条竖直线上，骏马处于平衡状态，选项ABC错误，D正确。故选D。3.一弹簧的两端各用10N的外力向外拉伸，弹簧伸长了6cm．现将其中一端固定于墙上，另一端用5N的外力来拉伸它，则弹簧的伸长量应为（）A.6cmB.3cmC.1.5cmD.0.75cm【答案】B【解析】【分析】【详解】

弹簧的两端各用10N的外力向外拉伸，左手10N是为了让弹簧静止，而右手的10N是为了让弹簧发生形变，故弹簧所受的合外力只有10N，由Fkx=可得，弹簧劲度系数10N5N/cm6cm3Fkx===，所以当把弹簧其中一端固定于墙上，同样起到使弹簧静止的作用，同样由Fkx=可得''3cmF

xk==4.对于三种基本作用力，下列说法正确的是（）A.重力的等效作用点可以不在物体上B.相互接触的物体间一定有弹力C.运动的物体一定不受静摩擦力D.滑动摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反【答案】A【解析】【分析】【详解】A．重力的等效作用点是重心，可以不在物体上，A正

确；B．相互接触的物体间必须要有弹性形变才会有弹力，B错误；C．运动的物体可能受静摩擦力，例如随水平加速的传送带一起运动的物体，C错误；D．滑动摩擦力的方向一定与物体的相对运动方向相反，D错误。故选A。5.如图所示，水平桌面上有一个向右运动的

物体，质量为2kg，且物体与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，现受到一个向左的推力F=10N作用，此时物体所受的摩擦力是（g＝10m/s2）（）A.4N，方向向左B.10N，方向向右C.4N，方向向右D.10N，方向向左【答案】A【解析】【分析】【详解】物体所

受的摩擦力是0.220N=4Nfmg==方向向左。故选A。6.有两个大小相等的力F1和F2，当它们的夹角为90°时，合力为F，则当它们的夹角为120°时，合力的大小为（）A.2FB.22FC.2FD.F【答案】B【解析】【分析】【详解】当夹角为90°时，2212FF

F=+，所以：1222FFF==当夹角为为120°时，根据平行四边形定则，知合力与分力相等，所以122FFF==合。A．2F，故A不符合题意；B．22F，故B符合题意；C．2F，故C不符合题意；D．F，故D不符合题意。故选B。7.已知三个共点力的合力为零，则这三个力的大小可能

为（）A.15N，5N，6NB.3N，6N，4NC.1N，2N，10ND.4N，6N，1N【答案】B【解析】【分析】【详解】A．5N、15N的合力范围为10N20NF，6N不在合力范围内，所以三个力的合力不可能为零，故

A错误；B．3N、6N的合力范围为3N9NF，4N在合力范围内，所以三个力的合力能为零，故B正确；C．1N、2N的合力范围为1N3NF，10N不在合力范围内，所以三个力的合力不可能为零，故C错误；D．1N、6N的合力范围为5N≤F≤7N，4N不在合力范围内，所

以三个力的合力不可能为零，故D错误。故选B。8.如图所示，AB、AC两光滑斜面相互垂直，AC与水平面成30°角。若把重为30N的球的重力按照其作用效果分解，则两个分力的大小分别为（）A.15N，153NB.103N，303NC.102N，152ND.152

N，153N【答案】A【解析】【分析】【详解】对球所受重力进行分解，如图所示。由几何关系得13cos30=153N2FGG==21sin3015N2FGG===故选A。9.一物体放在水平地面上，当用如图1所示的水平方向成30角的力F1拉物体时，物体做匀速直线运动；当改用如图2所示与

水平方向成30角的力F2推物体时，物体仍做匀速直线运动；已知该物体与地面之间的动摩擦因数为3=2，重力加速度为g，则拉力F1大小和推力F2的大小之比为（）A.1:3B.1:2C.1：2D.1:3【答案】A【解析】【分析】【详解】设物体的质量为m，当用

图1方式拉动时11cos30(sin30)FmgF=−解得123Fmg=当用图2方式拉动时22cos30(sin30)FmgF=+解得22Fmg=，故1221323mgFFmg==故选A。10.冬天的北方，人们常用狗拉雪橇，狗系着不可伸长的绳

用与水平面成角的恒定拉力F，拉着质量为m的雪橇沿水平地面做匀速直线运动。已知重力加速度大小为g，则雪橇受到地面的支持力NF和地面对雪橇的摩擦力fF的大小分别为（）A.NsinFmgF=−，fsinFF=B.NsinFmgF=−，fc

osFF=C.NcosFmgF=−，fsinFF=D.NcosFmgF=−，fcosFF=【答案】B【解析】【分析】【详解】以雪橇为研究对象，由物体的平衡条件，竖直方向上有Nsin0FFmg+−=所以雪橇受到地面的支持力为Nsi

nFmgF=−水平方向上有fcos0FF−=所以地面对雪橇的摩擦力fcosFF=故选B。11.如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90°的过程中()A.小球对墙的压力减小B.小球对薄板的

压力增大C.小球对墙的压力先减小后增大D.小球对薄板的压力可能小于球的重力【答案】A【解析】【分析】对球进行正确受力分析，把握其受力特点：一个力大小和方向不变（重力），一个力方向不变（墙给球的支持力），另一个力的

大小、方向均发生变化（挡板给球的作用力），对于这类动态平衡问题，可以采用“图解法”进行．【详解】以小球为研究对象，处于平衡状态，根据受力平衡，由图可知，墙壁给球的压力F2逐渐减小，挡板给球的支持力F1逐渐减小，

根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力减小，木板受到的压力减小．当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90°过程中，根据图示可知木板对球的支持力大于球的重力．故A正确，BCD错误．故选A．12.如图所示，结点O通过三根轻绳连接，整个系统处于静止状态，开始时绳OA水平，OA、OB两绳夹角α＝

120°，且OA、OB两绳最大承受能力相等均为150N，现保持OB绳不动，将OA绳顺时针转过90°过程中，则（g=10m/s2）（）A.绳OA上拉力不断减小B.当G＝100N时，OA绳拉力的最小值为50NC.若保持OA、OB两绳不动，不断增加物体质量，OA绳

先断D.若保持OA、OB两绳不动，不断增加物体质量，绳子都不断，物体质量最大为7.5kg【答案】B【解析】【分析】【详解】A．以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图重力G、绳OA的拉力FA，绳OB的拉力FB，根据平衡条件可得知：拉力FB和拉力FA的合力与重力G大小

相等、方向相反，如图。作出三个不同位置力的合成图从图中可以看出，FA先减小后增大，FB逐渐减小，直到为零。故A错误；B．OA绳拉力的最小时此时FA与FB垂直，此时11sin30100N=50N22AFGG===故B正确；C．通过O点的受

力分析图可知3tan303AFGG==tan3023sin303BGFG==则随着物体质量不断增大，OB绳子先断，故C错误；D．要求随着物体质量不断增大，绳子都不断，考虑最先断的必然是OB，有150NB

F即23150N3G得753NG即153kg2m故D错误；故选B。13.如图所示，物体A、B和C叠放在水平面上，水平力5NbF=，10NcF=，分别作用于物体B、C上，A、B和C保持静止，以1

F、2F、3F分别表示A与B、B与C、C与桌面间的静摩擦力的大小，则（）A.15NF=，20F=，35N=FB.15NF=，25NF=，30F=C.10F=，25NF=，35N=FD.10F=，210NF=，35N=F【答案】C【解析】【分析】【详解】A、B和C保持静止,以A为研究对象，由于A

没有相对运动趋势，所以B对A的静摩擦力1F=0N以A、B整体为研究对象，AB整体受到向左的拉力5NbF=，要A、B处于静止状态，则C对B的静摩擦力应向右，根据力的平衡条件可得25NbFF==以A、B和C三个物体的整体为研究对象，整体受到向左

的拉力5NbF=、向右的拉力10NcF=的作用，由于cbFF，要A、B、C处于静止状态，则桌面对C的静摩擦力应向左，根据力的平衡条件可得3=-=5NcbFFF选项C正确，ABD错误。故选C。14.下列关于惯性的说法正确的是（）A.质量越大，惯性越大B.不受外力作用的物体才有惯性C.静止的物

体惯性最大D.速度越大的物体越难让它停止运动，故速度越大，惯性越大【答案】A【解析】【分析】【详解】A．惯性大小的唯一量度是物体的质量，质量越大，运动状态越不容易改变，所以惯性越大，故A正确；B．质量是物体惯性大小的唯一的量度，与受力与否无关，故B错误；C．

惯性的大小与物体的运动状态无关，只与质量有关，故C错误；D．质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大，与物体的速度无关，故D错误。故选A。15.两轮自平衡电动车具有运动灵活、智能控制、探作简单、绿色环保转弯半径为零等优点，如图所示，警

察正脚踏自平衡电动车巡逻．下列分析正确的是（）A.轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车与地面的压力B.地面对自平衡电动车的支持力是因地面发生形变而产生的C.自平衡电动车及人受到的重力和对地面的压力是一对平衡力D.自平衡电动车及人受到的重力和地面对他们的支持力是作用力与反作用力【答案

】B【解析】【分析】本题考查摩擦力的影响因素、弹力的产生、平衡力、作用力和反作用力等概念．【详解】A．轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车与地面间的摩擦力，故A项错误．B．弹力是由于施力物体的形变产生的，所以地面对自平衡电动

车的支持力是因地面发生形变而产生的．故B项正确．C．自平衡电动车及人受到的重力和对地面的压力方向相同，不是一对平衡力．故C项错误．D．自平衡电动车及人受到的重力和地面对他们的支持力作用在同一个物体上，大小相等、方向相反，是一对平衡力．故D项错误．二、多选题

（本题共计2小题，每题5分，共计10分）16.如图，是两个共点力的合力F跟两个分力的夹角的关系图像，下面的分析中正确的是（）A.F的取值范围是2N10NFB.F的取值范围是2N14NFC.两个分力分别是6N和8ND.两个分力分别是2N和10N【答案】BC【解析】【分析】【详解】由图可知，

两个力夹角为90°时合力为10N，夹角为180°时合力为2N，设较大的力为F1，较小的力为F2，则2221210FF+=122FF−=联立解得F1=8NF2=6N合力F的取值范围是(86)N(86)NF−+即2N14NF故选BC。17.如图是某同学为颈

椎病人设计的一个牵引装置的示意图，一根绳绕过两个定滑轮和动滑轮后各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎（图中是用手指代替颈椎做实验），整个装置在同一竖直平面内．如果要增大手指所受的拉力，可采取的方法是（）A

.只增加绳的长度B.只增加重物的重量C.只将手指向下移动D.只将手指向上移动【答案】C【解析】【分析】由力的合成可知：增大合力可以采取：增大分力的大小；减小分力间的夹角；既增大分力的大小，又减小分力间的夹角，分别分析．【详解】对动滑轮受力

分析，受重力、两个对称的拉力，拉力等于悬挂物体的重量mg，如图三个力的合力为零，两个拉力的大小恒定，夹角越大，合力越小，夹角越小，合力越大；增加细线长度时，由于两个细线拉力也不变，动滑轮位置不变，故三个力大小方向都不变，故A错误；减小重物的重力，两个拉力变小

，动滑轮位置不变，则两拉力夹角不变，故合力变小，故手要用较小的力，故B错误；手指向下移动，两个拉力大小不变，夹角变小，故两拉力合力变大，故手要用较大的力，故C正确；手指向上移动，两个拉力大小不变，夹角变大，故两拉力合力变小，故手要用较小的力，故D错误；故选C．卷Ⅱ（

非选择题）三、实验题（本题共计2小题，共计15分）18.(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)某同学在做该实验时认为：A.拉橡皮条的细绳长一些，

实验效果较好B.拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行C.橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些D.拉力1F和2F的夹角越大越好其中不正确的是___________（填入相应的字母）。【答案】(1).'F(2).B(3).D【解析】【分析】【详解】(1)[1]

图乙中的F与'F两力中，F是两个分力合力的理论值，'F是两个分力合力的实际值，则方向一定沿AO方向的是'F。(2)[2]本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B。(3)[3]A．拉橡皮条的细绳长一些，可以减小在记录

力的方向时产生的误差，实验效果较好，A正确，不符合题意；B．拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，B正确，不符合题意；C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些，C正确，不符合题意；D．拉力1F和2F的夹角大小要适当，并非越大

越好，D错误，符合题意。故选D。19.“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示.（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸袋如图乙所示．计时器打点的时间间隔为0.02s.从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点

，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a=___________m/s2.（结果保留两位有效数字）（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上.挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，

测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：砝码盘中砝码总重力F(N)0.1960.3920.5880.7840.980加速度a（m·s-2）0.691.181.662.182.70请根据实验数据作出a-F的关系图像

_____.（3）根据提供的试验数据作出的a-F图线不通过原点，请说明主要原因_____．【答案】(1).0.16(0.15也算对)(2).(3).未计入砝码盘的重力【解析】【分析】【详解】（1）处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度

用公式，关键弄清公式中各个量的物理意义，为连续相等时间内的位移差，t为连需相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t=0.1s，（3.68-3.52）m，带入可得加速度=0.16m/s2．也可以使用最后一段和第二段的

位移差求解，得加速度=0.15m/s2.（2）根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，使图线倾斜程度太小也不能太大，以与水平方向夹角45°左右为宜．由此确定F的范围从0设置到1N较合适，而a则从0到3m/s2较合适．设好

刻度，根据数据确定个点的位置，将个点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点．如图所示．（3）处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解．与纵坐标相交而不过原点，该交点说明当不挂砝码时，小

车仍由加速度，即绳对小车仍有拉力，从此拉力的来源考虑很容易得到答案，是因为砝码盘的重力，而在（2）问的图表中只给出了砝码的总重力，而没有考虑砝码盘的重力．四、解答题（必须要有作图痕迹，并且严格尺规作图，将图全部保留在答题卡上，要有必要的文字说明和重要的演算步骤，只

有结果不得分！每题10分，共50分）20.如图所示：三个共点力，F1=5N，F2=10N，F3=15N，θ=60°，请用力的正交分解法计算合力的大小和方向。【答案】103N，与x轴的夹角30°【解析】【分析】【详解】将F2分解成

x轴和y轴上，那么x轴方向的合力321cos6015NxFFFF=+−=y轴方向的合力2sin6053NyFF==所以三个力的合力大小为22103NxyFFF=+=设其方向与x轴的夹角为，则有3tan3yxFF==解得30=方向与x轴的夹角30°2

1.如图所示，一个质量m=3kg的物块在斜向上F=15N的拉力作用下沿水平方向向右做匀速直线运动，F与水平方向的夹角为37°．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：(1)物块所受的摩擦力大小；(2)地面受到物块的压力大小．【答案】(1)Ff=12N(2)F压=

21N【解析】【分析】【详解】对物体受力分析，如图所示，由物体作匀速直线运动可知（1）在水平方向上有：cosfFF=，解得cos37150.812fFFNN===；（2）在竖直方向上有sinNFFmg+=，解得sin37230150.621NFmgFNN=−==−=

，由牛顿第三定律可知21FN=压．22.如图所示，用一与竖直方向成θ=37°角斜向上、大小为F=100N的力，将一重为G=95N的物体压在竖直墙壁上，物体匀速向下运动。已知sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力。求

：(1)墙壁对物体的支持力大小；(2)物体与墙壁间的动摩擦因数μ。【答案】(1)60N；(2)14【解析】【分析】【详解】(1)对重物受力分析如图正交分解可知水平方向有sin1000.6N60NNF===(2)竖直方向有cosfFG+=解得95N1000.8

N15Ncos37fGF==−−=根据滑动摩擦力fN=可知151604fN===23.物体A在水平力1400NF=的作用下，沿倾角53=的斜面匀速下滑，如图所示。物体A受的重力400NG=，求：物体与斜面间的动摩擦因数。（sin530.8=，cos530

.6=）【答案】17=【解析】【分析】【详解】物体的受力如图，分解mg和1F，在X方向和Y方向受力均平衡，则有1Nsin53cos53mgFF=+得N4000.8N4000.6N80NF=−=N1cos53sin534000.6N

4000.8N560NFmgF=+=+=解得8015607==24.小王用水平方向的推力F＝100N推一个质量为20kg的箱子匀速前进，如图甲所示，g取10m/s2。（sin37＝0.6，cos37＝0.8），求：(1)箱子与水平地面间的

动摩擦因数μ；(2)若小王不改变拉力的大小，只把力的方向变为与水平方向成37°角斜向上拉静止的这个箱子，如图乙所示，拉力作用8.0s后撤去，箱子最多还能运动多长距离？【答案】(1)0.5；(2)1.6m【解析】【分析】【详解】（1）在图甲情况下，箱子受力如下图甲

，由平衡条件得Ff=1Nmg=由滑动摩擦力公式得1fNmg==联立解以上三式代入数据得0.5=；（2）在图乙情况下，由题设条件知，设箱子先以加速度1a做匀加速运动，然后以加速度2a做匀减速运动直到停止

，根据牛顿第二定律得()21cos37cos37sin37FNFmgFma−=−−=ooo拉力F作用18.0t=s后撤去，此时箱子的速度为1v，运动s距离静止，由牛顿第二定律和运动学公式得111vat=2mgma=2122vas=代入数值联立解得1.6s=m。