高一物理上册月考试题及答案

2018-06-06 14:40 来源:网络综合
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  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2014~2015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2015~2016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2015~2016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2014~2015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2015~2016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2015~2016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2014~2015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=mg+a8cos37°=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2014~2015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2013~2014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2015~2016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。