逍遥右脑 2018-09-25 14:19
【导语】心无旁骛，全力以赴，争分夺秒，顽强拼搏脚踏实地，不骄不躁，长风破浪，直济沧海，我们，注定成功！逍遥右脑为大家推荐《高一物理上册月考试题及答案》希望对你的学习有帮助！
第Ⅰ卷(选择题共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．以下是必修1课本中四幅插图，关于这四幅插图下列说法正确的是()
A．甲图中学生从起立到站直的过程中，体重计的示数先减小后增大
B．乙图中赛车的质量较小，却安装着牵引力很大的发动机，目的是获得很大的加速度
C．丙图中海豚的身体呈流线型，是为了增大海豚的浮力
D．丁图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面做匀速直线运动
答案：B
解析：中学生从起立到站直经历了从超重到失重的过程，A错；由F＝ma可知B项正确；海豚的流线型身体是为了减小水的阻力，C错；运动员推开冰壶后，冰壶在冰面做减速运动，D错。
2．(北京市东城区2018～2015学年高一上学期期末)如图所示，三个图象表示A、B、C、D、E、F六个物体的运动情况，下列说法中正确的是()
A．速度相等的物体是B、D
B．合力为零的物体是A、C、E
C．合力是恒力的物体是D、F
D．合力是变力的物体是F
答案：D
解析：x－t图象的斜率等于速度，则A的速度为0，B的速度为vB＝xt＝2m/s。D的运动速度是变化的，故A错误。A静止，C做匀速直线运动，E的加速度不变，做匀变速运动，则A、C的合力都为零，E的合力不为零，故B错误。合力是恒力的物体是D，F的加速度增大，合力增大，故C错误，D正确。
3．如图所示，中国三一重工的一台62米长的泵车，参与某次消防救火冷却作业，对泵车在水平面路面上以加速度a作匀加速运动的过程，下列分析正确的是()
A．泵车受到的重力和泵车对地面的压力是一对平衡力
B．轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车对地面的压力
C．开车时要求系安全带是为了减小司机的惯性
D．若泵车发动机的牵引力增为原来的2倍时，泵车的加速度将大于2a
答案：D
解析：泵车受到的重力和泵车对地面的压力的受力物体不同，不可能是一对平衡力，故A错误；轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加摩擦力，故B错误；惯性的量度是质量，系安全带不会改变司机的质量，故C错误；牵引力增为原来的2倍，阻力不变，所以加速度大于2a，故D正确。
4．(吉林长春十一中2015～2019学年高一上学期期末)如图所示，质量分别为2m、m的箱子A和物体B，用轻质细绳相连跨过光滑的定滑轮，A置于倾角θ＝30°的斜面上，处于静止状态。现向A中缓慢的加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中()
A．绳子拉力逐渐增大
B．A对斜面的压力保持不变
C．A所受的摩擦力逐渐减小
D．A所受的摩擦力逐渐增大
答案：D
解析：对B研究可知，绳子拉力与B的重力大小mg相等，保持不变，故A错误。未加沙子时，绳子的拉力大小为T＝mg，A的重力沿斜面向下的分力大小为2mgsin30°＝mg，两力平衡，则知A相对斜面没有运动趋势，不受斜面的静摩擦力。重力垂直于斜面的分力大小为2mgcos30°＝3mg；加沙子过程中，A有向下运动趋势，重力的两个分力都增大，A所受的摩擦力为f＝2mgsin30°－T，m增大，则f逐渐增大，A对斜面的压力也增大。故D正确，BC错误，故选D。
5.如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10m/s2。关于热气球，下列说法正确的是()
A．所受浮力大小为4830N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s
D．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为400N
答案：A
解析：由牛顿第二定律，所受浮力为F，则F－mg＝ma，F＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4830N，A正确；加速上升过程中速度增大，受空气阻力增大，B错误；气球开始加速度为0.5m/s2，此后加速度将变化，无法确定10s时气球速度，C错误；匀速上升时F－mg－f＝0，空气阻力f＝F－mg＝(4830－460×10)N＝230N，D错误。
6.(黑龙江省实验中学2015～2019学年高一上学期期末)一个质量为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，(g＝10m/s2)下列说法中正确的是()
A．水平拉力作用下物体发生的位移为10m
B．水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向相反
C．撤去拉力后物体还能滑行13.5m
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
答案：C
解析：速度时间图象中面积表示位移，由图可知前3s内的位移为12m，A错；由图象可知，1s到3s内的加速度为：a0＝ΔvΔt＝23m/s2,3s到6s内加速度为：a＝ΔvΔt＝13m/s2，摩擦力为f＝ma＝0.1N，根据牛顿第二定律有：F＋f＝ma0，解得F＝0.1N，方向与摩擦力方向相同，B错；撤去拉力时物体速度为：v＝3m/s，撤去拉力后的位移为：x＝v22a＝13.5m，C正确；根据a＝μg，可得摩擦因数为130，D错。综上本题选C。
7．(大连市二十中学2018～2015学年高一上学期期中)酒后驾驶会导致许多安全隐患，是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间。下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相等)。
速度(m/s)思考距离/m思考距离/m
正常酒后正常酒后
157.515.022.530.0
2010.020.036.746.7
2512.525.054.2x
分析上表可知，下列说法正确的是()
A．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s
B．若汽车以20m/s的速度行驶时，发现前方40m处有险情，酒后驾驶不能安全停车
C．汽车制动时，加速度大小为10m/s2
D．表中x为66.7
答案：ABD
解析：“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，这段时间车是匀速运动的，驾驶员酒后反应时间t1＝15.015s＝20.020s＝25.025s＝1s，驾驶员正常反应时间t2＝7.515s＝1020s＝12.525s＝0.5s，所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s，A对；“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离，由表格可见，速度为20m/s时，制动距离46.7m，故B对；汽车制动时的加速度大小都相同，按速度为15m/s时计算：a＝v22x＝15222.5－7.5m/s2＝7.5m/s2，故C错；表中x＝2522×7.5m＋25.0m＝66.7m，因此D对，所以选ABD。
8．(广东省实验中学2015～2019学年高一上学期期末)如图(a)，用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(b)所示，重力加速度g取10m/s2。根据图(b)可知()
A．物体的质量m＝2kg
B．斜面的倾角θ＝37°
C．加速度为6m/s2时物体的速度v＝18m/s
D．物体能静止在斜面上所施加的最小水平外力Fmin＝12N
答案：AB
解析：Fcosθ－mgsinθ＝ma，将a1＝2m/s2，F1＝20N，a2＝6m/s2，F2＝30N代入上式得m＝2kg，θ＝37°，故A、B正确；当a＝0时，Fmin＝15N，D错误；无法求出瞬时速度，C错。
9.(安徽省皖西南十校联盟2015～2019学年高一上学期期末)如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则()
A．滑块可能受到三个力作用
B．弹簧一定处于压缩状态
C．斜面对滑块的支持力大小可能为零
D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于12mg
答案：AD
解析：弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，也可能有弹簧的弹力，故A正确；弹簧对滑块可以是拉力，故弹簧可能处于伸长状态，故B错误；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力(等于12mg)，不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故C错误；静摩擦力一定等于重力的下滑分力，即为12mg，故D正确，故选AD。
10．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率
运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则()
A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.5s到达B处
C．行李提前0.5s到达B处
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处
答案：BD
解析：行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1m/s2，历时t1＝va＝1s达到共同速度，位移x1＝v2t1＝0.5m，此后行李匀速运动t2＝2－x1v＝1.5s，到达B共用2.5s。乘客到达B，历时t＝2v＝2s，故B正确。若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝2×21s＝2s，D项正确。
第Ⅱ卷(非选择题共60分)
二、填空题(共3小题，共18分。把答案直接填在横线上)
11．(5分)利用图中所示的装置可以研究自由落体运动。实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落。打点计时器会在纸带上打出一系列的小点。
(1)为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有_____。(填正确选项前的字母)
A．天平B．停表C．米尺
(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________。
答案：(1)C(2)打点计时器与纸带之间存在摩擦(其他合理答案同样正确)
解析：(1)为了测得重物下落的加速度，必须知道重物下落的时间与位移，时间可由打点计时器测定，位移可由米尺测定，重物的质量没有必要测定，不需要天平，故选C。
(2)实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，引起此误差的原因：打点计时器与纸带之间存在摩擦等。
12．(6分)在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。
(1)为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到的实验数据如下表：
弹力F(N)0.501.001.502.002.503.003.50
伸长量x(10－2m)0.741.802.803.724.605.586.42
用作图法求得弹簧的劲度系数k＝_____N/m；
(2)某次实验中，弹簧秤的指针位置如图所示，其读数为_____N；同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50N，画出这两个共点力的合力F合；
(3)由图得到F合＝_____N。
答案：(1)如图所示
53(说明±2内都可)；
(2)2.10(说明：有效数字位数正确，±0.02内都可)；
(3)3.3(说明：±0.2内都可)。
解析：该题考查探究合力的方法这一实验，同时包含了探究弹力与弹簧伸长的关系这一实验。主要考查了学生利用实验数据分析问题的能力。
在做F－x图象时，把误差较大的数据(远离直线的点)除掉，这样会减小测量误差。
在利用图示求合力时，应选好标度。
13．(7分)(天津市2018～2015学年高一上学期五校期末联考)在《探究加速度与力、质量的关系》实验中，某组同学用如图1所示装置，来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到力的关系。
(1)图2是实验中获取的一条纸带的一部分，其中0、1、2、3、4是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示，打“3”计数点时小车的速度大小为_____m/s，由纸带求出小车的加速度的大小为a＝_____m/s2。(计算结果均保留2位有效数字)
(2)下列措施中不正确的是_____。
A．首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力
B．平衡摩擦力的方法就是在塑料小桶中添加砝码，使小车能匀速滑动
C．每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力
D．实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力
(3)某组同学由实验得出数据，画出的a－1M的关系图线，如图3所示，从图象中可以看出，作用在小车上的恒力F＝_____N。当小车的质量为5kg时，它的加速度为_____m/s2。
答案：(1)0.260.50(2)BC(3)51
解析：(1)v3＝0.024＋0.02882×0.1m/s＝0.26m/s
a＝0.0288＋0.0240－0.0189－0.01404×0.01m/s2
＝0.50m/s2。
(2)实验首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力，故A正确；平衡摩擦力的方法就是，小车与纸带相连，小车前面不挂小桶，把小车放在斜面上给小车一个初速度，看小车能否做匀速直线运动，故B错误；改变小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，C错误；实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力，故D正确，本题选不正确的，故选B、C。
(3)由图可知a－1M的关系图线是一条过坐标原点的直线，说明物体所受的合力是定值，a－1M图象的斜率：k＝F＝20.4＝5N，当M＝5N时，a＝FM＝1m/s2
三、论述、计算题(本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(9分)(常州市教育学会学业水平检测)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图a.降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b。已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速率v成正比，即f＝kv(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。求：
(1)打开降落伞前人下落的距离为多大？
(2)求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？
(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少？
答案：(1)20m(2)k＝200N•s/ma＝30m/s2方向竖直向上(3)312.5N
解析：(1)h0＝v202g＝20m
(2)kv＝2mg，将v＝5m/s代入得k＝200N•s/m
对整体：kv0－2mg＝2ma，
a＝kv0－2mg2m＝30m/s2
方向竖直向上
(3)设每根绳拉力为T，以运动员为研究对象有：
8Tcosα－mg＝ma，
T＝mg＋a8cos37°＝312.5N
由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力至少为312.5N。
15．(10分)(浙江萧山五校2018～2018学年高一上学期期末联考)质量为30kg的小孩坐在质量为10kg的雪橇上，雪橇静止在地面上，离雪橇前端x＝7m处有一个倾角为θ＝37°的斜坡。有一同伴在雪橇的后方施加F＝200N的斜向下推力作用，推力F与水平方向的夹角也为θ＝37°，推力作用4s后撤去。已知雪橇与地面、雪橇与斜面之间的动摩擦因数μ都是0.25。将小孩和雪橇都看成质点，若雪橇能冲上斜面，不考虑从地面到斜坡的速度损失，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)撤去推力时，雪橇的速度多大？
(2)雪橇能否冲上斜面？如果能，请求出雪橇沿斜坡上升的距离；如果不能，请说明理由。
答案：(1)3m/s(2)能；0.25m
解析：(1)根据牛顿第二定律得
Fcos37°－μ(mg＋Fsin37°)＝ma1
代入数据解得a1＝0.75m/s2
撤去推力时的速度为v＝a1t1＝0.75×4m/s＝3m/s
(2)推力作用阶段前进的距离
x1＝12a1t21＝12×0.75×16m＝6m
撤去推力后a2＝μmgm＝μg＝2.5m/s2
撤去推力后的位移为x2＝x－x1＝1m
根据公式2a2x2＝v22－v21
解得到达斜面底部时的速度为v2＝2m/s
此时仍可以冲上斜面。
在斜面上运动的加速度可根据牛顿第二定律
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma3
代入数据解得a3＝8m/s2
沿斜面上升的距离－2a3x3＝0－v22
代入数据解得x3＝0.25m
16．(11分)(江阴市2018～2018学年高一上学期期末)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目。比赛场地示意图如图所示，比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近30m处的圆心O，设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。(g取10m/s2)
(1)求冰壶的加速度大小？并通过计算说明冰壶能否到达圆心O。
(2)为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2＝0.004。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？
答案：(1)0.08m/s2不能到达圆心O
(2)10m
解析：(1)冰壶在运动中只受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得－μ1mg＝ma1
a1＝－μ1g，代入数据得a1＝－0.08m/s2
冰壶做匀减速运动，由v2－v20＝2a1x
得x＝25m<30m，不能到达圆心O
(2)用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，冰壶在运动中受到的滑动摩擦力减小，由牛顿第二定律可得－μ2mg＝ma2
没用毛刷擦冰面，冰壶滑行x1，速度减小为v，则有
v2－v20＝2a1x1
用毛刷擦冰面，冰壶滑行x2，速度减小为零，则有
0－v2＝2a2x2
x1＋x2＝30
代入数据得x2＝10m
17．(12分)(广东省实验中学2018～2019学年高一上学期期末)如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10m/s2。求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；
(2)t＝6s时物体的速度，并在乙图上将t＝6s内物体运动的v－t图象补画完整，要求标明有关数据；
(3)物体返回出发点的速度大小。
答案：(1)物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，拉力F的大小为30N；
(2)t＝6s时物体速度为6m/s，方向沿斜面向下；t＝6s内物体运动的v－t图象如图所示；
(3)物体返回出发点的速度大小约为11.0m/s
解析：(1)设力作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律有：
F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1
撤去力后，设物体的加速度为a2，由牛顿第二定律有：
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2
由图象可得a1＝20m/s2；a2＝10m/s2
代入解得F＝30N；μ＝0.5
故斜面与物体间的动摩擦因数为0.5，拉力大小为30N；
(2)3s末物体速度减为零，之后物体下滑做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：
mgsin37°－f＝ma3
解得：a3＝2m/s2
由速度公式，得到再过3s，有：v＝a3t＝6m/s
故物体6s末速度大小为6m/s。方向与初速度方向相反即沿斜面向下。
图象见答案。
(3)速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，故前3s的位移为：
s＝12×3×20＝30m；
下滑过程，根据位移时间关系公式，有：s＝12a3t2，解得t≈5.5s故返回出发点的速度为：v3＝a3t＝2×5.5≈11.0m/s。