【文档说明】江西省赣州市赣县中学北校区2019-2020学年高一上学期12月月考物理试题【精准解析】.doc，共(14)页，600.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理试题1.一质点沿直线运动，其平均速度与时间的数量关系满足2vt=+（各物理量均选用国际单位制单位），则关于该质点的运动，下列说法正确的是（）A.质点可能做匀减速直线运动B.5s内质点的位移为35mC.质点运动的加速度为21m/sD.质点在3s末的速度为5m/s【答案】B【解析】【详解

】AC．将平均速度xvt=与2vt=+联立可得，22xvttt==+，对比2012xvtat=+知，质点的初速度v0=2m/s，加速度22m/sa=，质点做匀加速直线运动，故AC错误．B.5s内质点的位移201(2525)m35m2xvtat=+

=+=故B正确．D.质点在3s末的速度：0(223)m/s8m/svvat=+=+=故D错误．2.物体做直线运动的v-­t图像如图所示，根据图像提供的信息可知()A.第4s初物体运动的加速度为2m/s2B.前8s内物体运动的位移为32mC.在

0～4s内与4～6s内物体运动的加速度方向相同D.在0～4s内与4～6s内物体运动的平均速度相等【答案】B【解析】【详解】A．根据图像的斜率等于物体的加速度，知第4s初物体运动的加速度为2284m/s1m/s4vat−===故

A错误；B．前8s内物体运动的位移为4882(4)m32m22x+=+=故B正确；C．vt−图像的斜率正负表示加速度方向，由图可知，0～4s与4～6s内物体的加速度方向相反，故C错误；D．0～4s内物体的平

均速度为148m/s6m/s2v+==4～6s内物体的平均速度208m/s4m/s2v+==故D错误。故选B。3.将一根轻质弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的物体，物体静止时，弹簧长度为L1；而当弹簧下端固定在水平地面上，将质量为m的物

体压在其上端，物体静止时，弹簧长度为L2。已知重力加速度为g，则该弹簧的劲度系数是()A.1mgLB.122mgLL−C.12mgLL−D.2mgL【答案】B【解析】【详解】设弹簧原长为l0，由胡克定律得F=kx，式中x为形变量，弹簧下端悬挂一质量为m的物体时，则有10()

mgkLl=−质量为m的物块放在弹簧的上端时02()mgklL=−联立方程组可以解得122mgkLL=−故选B。4.如图所示，用相同的弹簧测力计将同一个重物m，分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来，读数分别是F1、F2、F3、F4，已

知θ＝30°，则有()A.F4最大B.F3＝F2C.F2最大D.F1比其他各读数都小【答案】C【解析】【详解】由平衡条件可知：F2cosθ＝mg，2F3cosθ＝mg，F4＝mg，F1＝mgtanθ，因此可知F1＝33mg，F2＝233mg，F3＝33mg，故A、B、D错误，C正确．故选C

5.水平的皮带传动装置如图所示，皮带的速度大小保持不变，将一滑块轻轻地放在A点，开始时滑块在皮带上滑动，当它到达位置C时滑动停止，之后随皮带一起匀速运动，直至传送到目的地B端。在传送过程中，滑块受到的摩擦力情况为()A.在AC段受水平向左的滑动摩擦力B.在AC段受水平向右的滑动摩擦力C.在

CB段受水平向左的静摩擦力D.在CB段受水平向右的静摩擦力【答案】B【解析】【详解】AB．在AC段滑块向右加速运动，加速度向右，故合力向右；滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力向右，故A错误，B正确；CD．在CB段滑块匀速直线

运动，加速度为零，故合力为零；滑块受到重力和支持力，若有摩擦力，合力不为零，故CD错误。故选B。6.如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N。在某时刻电梯中的

人观察到弹簧测力计的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10m/s2)()A.电梯可能向上加速运动，加速度大小为12m/s2B.电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2C.电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2D.电梯可能向下减速运动，加速度大小为

12m/s2【答案】C【解析】【详解】电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N，对重物有mgFma−=解得22m/sa=方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故C正确。故选C。7.如图所示，

甲、已两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C.若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D.

若乙对绳的速度比甲快，则已能赢得“拔河”比赛的胜利【答案】C【解析】【详解】A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力与反作用力，故选项A错误．B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B错误．C．设绳子的张力为F

，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F，若m甲>m乙，则由Fam=得，a甲<a乙，由212sat=得在相等时间内甲的位移小，因开始时甲、乙距分界线的距离相等，则乙会过分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项C正确．D．收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项

D错误．8.如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则A.木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小B.木块受到木板的支持力增加、摩擦力增加C.木块受到木板的作用力大

小不变、方向不变D.木块受到木板的作用力大小变化、方向变化【答案】C【解析】【详解】A、对物体受力分析可以知道,物体受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用,木块开始滑动前,物体受力平衡,所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等,即f=mgsinθ,所以

夹角增大的过程中,木块所受的摩擦力一直在增大;木块受到的支持力N=mgcosθ,因为运动过程中,夹角增大,故支持力减小;故AB错误;CD、因为木块一直处于平衡状态,故木块受到的作用力始终等于重力,故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变,所以C选项是正确的,D错误

.综上所述本题答案是:C9.如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是()A.木块立即做减速运动B.木块在一段时间内速度仍增大C.当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D.弹簧压缩量最大时

，木块速度为零但加速度不为零【答案】BCD【解析】【详解】AB．木块接触弹簧后，开始F大于弹簧的弹力，合力方向向右，做加速运动，合力为零后，F小于弹簧的弹力，合力方向向左，木块做减速运动，故A错误，B正确；C．木块开始受到的推力F大于弹簧

的弹力，加速度方向向右，速度增加，弹力增大，当弹力等于推力F时，合力为0，速度最大，故C正确；D．当弹簧压缩量最大时，弹簧弹力最大，木块到达最右端，速度为零，此时弹簧弹力大于F，加速度不为零，故D正确。故选：BCD。10.如图所示用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间

的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力aT和bT的变化情况是A.aT增大B.bT增大C.aT减小D.bT减小【答案】AD【解析】【详解】设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为'm，整体质量为M，整体的加

速度FaM=，对最左边的物体分析，．对最右边的物体分析，有aFTma−=，解得amFTFM=−．在中间物体上加上一个小物体，则整体的加速度a减小，因为mm、不变，所以bT减小，aT增大，故AD正确．【点睛】解决本题的关键能够正确地选择研究对象，根

据牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的使用．11.一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则．（1）如图甲，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶_________时电子秤的示数F．（2）如图乙，将三细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分

别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、________和电子秤的示数F1．（3）如图丙，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L2，使___

___和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2．（4）在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若________，则平行四边形定则得到验证．【答案】(1).静止(2).三细线的方向(3).结点

O的位置(4).F和F′在误差允许的范围内重合【解析】【详解】(1)[1]要测量装满水的水壶的重力，则记下水壶静止时电子秤的示数F；(2)[2]要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位

置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1；(3)[3]已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与②中

重合，记录电子秤的示数F2；(4)[4]根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证．12.如图甲所示是研究小车加速度与力关系的实验装置，木板置于水平桌面上，一端系有沙桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大

小F，改变桶中砂的质量多次实验．完成下列问题：（1）实验中需要_____．A．测量砂和砂桶的总质量B．保持细线与长木板平行C．保持小车的质量不变D．满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量（2）实验中得到一条

纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到A点的距离如图乙所示．电源的频率为50HZ，则打B点时小车速度大小为_____m/s，小车的加速度大小为_____m/s2．（3）实验中描绘出a-F图象如图丙所示，图象不过坐标原点的原因是____________________________

__．【答案】(1).BC(2).0.416m/s或0.42m/s(3).1.48m/s2(4).平衡摩擦力过度【解析】【分析】根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．根据匀变速直线运动的推论公式2xaT=可以求出小车运动的加速度的大小，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B点时小车的瞬时速度大小；实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a-F图象在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a-F图象的a轴上有截距．【详解

】（1）绳子的拉力可以通过拉力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，A错误；为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的

高度使细线与长木板平行，B正确；本实验采用的是控制变量法，要研究小车加速度与力关系，必须保持小车的质量不变，C正确；实验中拉力通过拉力传感器测出，不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，D错误．（2）已知打点

计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为：50.020.1Tss==．B点对应的速度为：28.32100.416/20.2ACBxvmsT−===，根据2xaT=可得：()22CEACxxaT−=，小车运动的加速度为222222.568.328.

32101.48/4401CEACxxamsT−−−−===．13.如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝40m处有一物体在水平向右的推力F＝20N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25m撤去力。已知物体与地面

之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5kg，重力加速度g取10m/s2。求：(1)在推力F作用下，物体运动的加速度a1的大小;(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离;(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。【答案】(1)2m/s2(2)44m(3)30m【解析】【详解】(1)对物体，根据牛顿

第二定律得1Fmgma−=代入数据得212m/sa=(2)设经过时间t二者的速度相等，则01vat=解得2st=二者的最大距离为2001144m2xsvtat=+−=(3)设推力作用的时间为t1，由位移公式得211112xat=，解得1

112225s5s2xta===撤去F时，设物体的速度为v1，撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t2时间运动x2位移停止，根据牛顿第二定律2mgma=由速度公式得11122vatat==由位移公式得21222

vxa=012xvtt=+车（）012dsxxx=+−+车（）联立解得30md=14.如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度v0＝9.6m/s沿斜面上滑。斜面倾角θ＝37，滑块与斜面间的动摩擦因数μ

＝0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m＝1kg，sin37＝0.6，cos37＝0.8，g取10m/s2。试求滑块回到出发点时的速度大小。【答案】4.8m/s【解析】【详解】滑块沿斜面上滑的过程，由牛顿第二定律有1sincosmgmgm

a+=解得219.6m/sa＝设滑块上滑位移大小为L，则由2012vaL=，解得4.8mL=滑块沿斜面下滑的过程，由牛顿第二定律有2sincosmgmgma−=解得222.4m/sa＝根据222vaL=，解得

4.8m/sv=15.如图所示为一架四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。若一架质量m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力为F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f

＝4N，g取10m/s2。(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t＝5s时离地面的高度h；(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面时的速度大小

v；(3)在第(2)问条件下，若无人机坠落过程中，由于遥控设备的干预，动力设备重新启动提供向上最大升力。飞行器恢复升力后向下减速时加速度为a2。【答案】(1)75m(2)40m/s(3)10m/s2【解析】

【详解】(1)由牛顿第二定律Fmgfma−−=代入数据解得26m/sa=上升高度212Hat=代入数据解得75mH=(2)下落过程中根据牛顿第二定律有1mgfma−=代入数据解得218m/sa=落地时

速度212vaH=，代入数据解得40m/sv=(3)恢复升力后向下减速运动过程2Fmgfma−+=代入数据解得2210m/sa=16.如图所示，质量8kgM=的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力8NF=．当小车速度达到

1.5ms时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量2kgm=的物体，物体与小车间的动摩擦因数0.2=，小车足够长．求：从物体放上小车开始经1.5st=的时间，物体相对地面的位移（g取210ms）．【答案】2.1m【解析】【分析】本题考察牛顿第

二定律及板块模型的基本应用，先求出两物体的加速度，当两物体共速后考虑是否发生相对滑动，然后求出物体位移即可。【详解】放上物体后，物体的加速度212msag==小车的加速度220.5msFmgaM−==物体的速度达到与小车共速的时间为1t，则11021atvat=+解得11st=；

此过程中物体的位移211111m2xat==共同速度为112msvat==当物体与小车相对静止时，共同加速度为20.8msFaMm==+此时物块和小车之间的摩擦力小于最大静摩擦力，故两者是一起加速运动的。再运动0.5s的位移2211

.1m2xvtat=+=故从物体放上小车开始的1.5s时间内，物体相对地面的位移为121m1.1m2.1mxxx=+=+=