吉林省长春市第三中学2018-2019学年高一上学期12月测试物理试题（解析版）

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1、2018 年吉林省长春市第三中学高一 12 月测试物理试题一选择题1.下列说法正确的是A. 木块放在桌面上受到一个向上的弹力，这是由于木块发生微小形变而产生的B. 质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体上，也可能在物体外C. 由磁铁间存在相互作用可知：力可以离开物体而单独存在D. 摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反【答案】B【解析】【详解】A、木块放在水平桌面上受到一个向上的弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的，故 A 错误； B、质量均匀分布，形状规则的物体决定了物体的重心，重心可能在物体上，也可能在物体外，故 B 正确；C、力是物体与物体间相互作用的，不能单独存在，故 C 错误；

2、D、摩擦力方向总是与相对运动方向相反，则可能与物体运动方向相同，也可能与物体的运动方向相反；故 D 错误.故选 B.【点睛】弹力是物体间发生弹性形变后恢复原状时产生的力；物体的重心除与质量分布有关外，还与形状有关；摩擦力方向总是与相对运动方向相反；力是物体与物体间的相互作用2.在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持运动的原因”的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是A. 亚里士多德、伽利略 B. 亚里士多德、牛顿C. 伽利略、爱因斯坦 D. 伽利略、牛顿【答案】D【解析】【详解】亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才会运动，即认为力是维持运动的原因。伽利略根据理想斜面实验，推

3、翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态的原因；牛顿在伽利略等人研究的基础上，提出了牛顿第一定律，即为惯性定律，建立了惯性的概念；故 D 正确。故选 D。【点睛】此题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况3. 下列各组物理量中，全部是矢量的是（ ）A. 位移、时间、速度、加速度、重力B. 质量、路程、速率、时间 、弹力C. 速度、平均速度、位移、加速度、摩擦力D. 位移、路程、时间、加速度、平均速率【答案】C【解析】试题分析：有大小还有方向的物理量是矢量，A 选项中时间只有大小没有方向，是标量，A 选

4、项错误；B 选项中，质量和路程只有大小而没有方向，是标量，B 选项错误；D 选项中，路程和时间是标量，D 选项错误；所以全部是矢量的是 C 选项。考点：本题考查矢量和标量。4.同一平面上共点的三个力 、 、 ,则 、 、 三力的合力 的大小范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】、 合力的范围 ，13N 与 最接近，则三力合力的最小值三力合力的最大值故 B 项正确。点睛：三力合力是否能为零的判断方法：看两个力的合力范围包不包含第三个，如包含则合力可能为零；看三个力的数值能否组成三角形的三个边，如能则合力可能为零；最大的力减去其余两个，差小于等于零则合力可能为零。5.如图所示，一小球静止

5、放在光滑木板与光滑竖直墙面之间，木板一端靠住墙壁设墙面对球的压力大小为 N1，木板对球的支持力大小为 N2，小球的重力为 G，则木板缓慢向水平方向倾斜的过程中 A. N1 始终小于 N2 B. N1 始终大于 GC. N1 和 N2 的合力大于 G D. N1 和 N2 是一对平衡力【答案】A【解析】【详解】以小球为研究对象，分析受力情况：重力 G、墙面的支持力 N1 和木板的支持力N2，如图所示：根据平衡条件得：N 1=Gcot， ，根据平衡条件，有：N 1=N2cosN 2，故 A 正确；根据平衡条件，有：N 1=Gcot，可以大于、等于、小于重力，故 B 错误；根据平衡条件，N1 和 N

6、2 的合力等于 G，故 C 错误；N 1 和 N2 的方向不共线，不是平衡力，故 D 错误；故选 A。【点睛】本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法直观反映力的变化情况；关键是画出小球的受力图6.如图所示，一物体放在粗糙水平地面上，在斜向上的恒定拉力 F 作用下做匀速直线运动，该物体受力的个数为A. 2 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5 个【答案】C【解析】物体一定受重力，拉力 F 产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个

7、力，故 C 正确，ABD 错误。7.一质量为 m 的人站在电梯中，电梯加速下降，加速度大小为 g/3，g 为重力加速度人对电梯底部的压力为（ ）A. mg/3 B. 2mg/3 C. mg D. 4mg/3【答案】B【解析】【详解】由于电梯加速下降，故加速度向下，对人受力分析，受到重力 mg，地面支持力N，由牛顿第二定律：mg-N=ma 解得：N= mg；根据牛顿第三定律，人对电梯底部的压力N=N= mg，故选 B。【点睛】此题重点是对超重和失重的判定，其依据是加速度的方向，加速向下为失重，加速度向上为超重8.如图所示，足够长的传送带与水平间夹角为 ，以速度 逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻

8、放置一个质量为 m 的小木块，小木块与传送间的动摩擦因数 。则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是【答案】D【解析】考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力分析：要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度 a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由 tan知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度 a2；比较知道 a1a 2解答：解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是

9、恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度：a 1= =gsin+gcos；当小木块的速度与传送带速度相等时，由 tan 知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：a2= =gsin-gcos；比较知道 a1a 2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小故选 D点评：本题的关键 1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑2、小木块两段的加速度不一样大是一道易错题9.一个做匀变速直线运动的质点，初速度为 0.5m/s，第 9s 内的位移比第 5s 内的位移多4m，则该质点的加速度、9s 末的速度和质点在 9s

10、 内通过的位移分别是（ ）A. a1m/s 2，v 99m/s，x 9 40.5m B. a1m/s 2，v 99m/s，x 945mC. a1m/s 2，v 99.5m/s，x 945m D. a0.8m/s 2，v 97.7m/s，x 936.9m【答案】C【解析】试题分析：根据连续相等时间内的位移之差等于恒量求出加速度的大小，通过速度时间公式求出 9s 末的速度，通过位移时间公式求出 9s 内的位移解：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量知， ，解得 a=则 9s 末的速度 v9=v0+at=0.5+19m/s=9.5m/s9s 内的位移 m=45m故 C 正确，A、B、D 错误故选 C

11、【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用10.如图所示，一根丝线的两端分别固定在 M、N 两点。用小铁夹将一个玩具娃娃固定在丝线上，使 a 段丝线恰好水平，b 段丝线与水平方向的夹角为 45%。现将小铁夹的位置稍稍向左移动一段距离，待玩具平衡后，关于 a、b 两段丝线中的拉力，下列说法正确的是A. 移动前，a 段丝线中的拉力等于玩具所受的重力B. 移动前，a 段丝线中的拉力小于玩具所受的重力C. 移动后，b 段丝线中拉力的竖直分量不变D. 移动后，b 段丝线中拉力的竖直分量变小【答案】AD【解析】移动前，对玩具进行受力分析，如图，由平衡条件得，a 段丝线中的拉力

12、 Ta=G故 A 正确，B 错误。移动后，根据几何知识可知，玩具的位置将下降，a 段丝线将斜向左上方，对玩具有斜向左上方的拉力，有竖直向上的分力。而移动前 a 段丝线水平，对玩具没有竖直方向的分力，根据正交分解法可知，b 段丝线中拉力的竖直分量将变小。故 C 错误，D 正确。故选AD。点睛：本题中移动前，玩具处于平衡状态，由平衡条件求解拉力，是常规的问题，而移动后，要注意分析玩具的位置发生了变化，不能不加分析，认为 a 丝线仍是水平方向11.两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t=0 时刻同时经过公路旁的同一路标，在描述两车运动的 vt 图中（如图） ，直线 a、b 分别描述了两车在

13、020s 的运动情况关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是A. 在 010s 内两车逐渐远离 B. 在 1020s 内两车逐渐远离C. 在 010s 内两车的总位移相等 D. 在 020s 内两车的总位移相等【答案】AD【解析】【分析】根据两车的速度大小关系分析它们之间的间距如何变化根据图象的“面积”分析两车的位移关系【详解】A、在 010s 内，b 的速度大于 a 的速度，b 车在甲的前方，则两车逐渐远离；故 A 正确.B、在 1020s 内，b 车在 a 的前方，b 的速度小于 a 的速度，则两车逐渐靠近；故 B 错误.C、根据图象的“ 面积”等于物体的位移大小，可以看出，在 t=10s

14、 时 b 车的位移大于 a 车的位移；故 C 错误.D、在 020s 内两车图线与坐标轴所围的“ 面积”相等，则两车通过的总位移相等；故 D 正确.故选 AD.【点睛】本题根据速度图象分析两车的运动情况，抓住“面积”等于位移大小，确定两车的位置关系，两图线的交点表示速度相等，两车相距最远12.如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上 O 点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B 都处于静止状态，现将物块 B 移至 C 点后， A、B 仍保持静止，下列说法中正确的是（ ）A. B 与水平面间的摩擦力减小 B. 地面对 B 的弹力增大C. 悬于墙上的绳所受拉力不变 D. A、B 静止时，图中

15、 、 、 三角始终相等【答案】BD【解析】绳子的拉力大小不变，由于绳子与水平方向的夹角减小，在水平方向的分力增大，所以 B与水平面间的摩擦力增大，错；绳子在竖直方向的分力减小，由 可知支持力增大，B 对；两段绳子的拉力大小不变，但夹角增大，所以合力减小，悬于墙上的绳所受拉力减小，C 错；A、B 静止时，由对称性可知图中 a、b、q 三角始终相等，D 对；三.实验探究题13.为了较准确的测量某细线能承受的最大拉力，小聪、小明分别进行了如下实验:小聪在实验室里找到一把弹簧测力计，按图甲所示安装细线和测力计后，他用力缓慢竖直向下拉测力计，直到测力计的示数达到量程(细线没有断裂) ，读出测力计的示数

16、F，将 F 记为细线能承受的最大拉力。小明在实验室里还找到一把刻度尺和一个玩具小熊，接着进行了如下的操作：用刻度尺测出细线的长度 L，用弹簧测力计测出玩具小熊的重力 G；按图乙所示安装玩具小熊、细线(玩具小熊悬挂在细线的中点) ；两手捏着细线缓慢向两边移动直到细线断裂，读出此时两手间的水平距离 d；利用平衡条件算出结果。在不计细线质量和伸长影响的情况下，请回答：(1)小明算出的细线能承受的最大拉力是_ ( 用 L、G、d 表示)；两位同学中，_ ( 选填“小聪”或“小明 ”)的测量结果较准确。(2)在小明两手捏着细线缓慢向两边移动的上述过程中，下列说法正确的是 _ ( 填选项序号字母)。A细线

17、上的拉力大小不变 B细线上的拉力大小减小C细线上拉力的合力大小不变 D细线上拉力的合力大小增大【答案】 (1). ； (2). 小明； (3). C【解析】【分析】两种方案都是根据共点力平衡求解绳子的最大拉力，从而操作的可行性进行判断哪种方案最好根据共点力平衡得细线上最大承受的拉力在竖直方向合力和物体重力相等，根据三角函数关系求出最大拉力【详解】 （1）当绳子断时，根据共点力平衡求出绳子的最大拉力绳子与竖直方向夹角的正弦值 ，则 ，根据平衡有 ，解得最大拉力 ；小聪方案中钩码只能一个一个加，使得测量的棉线拉力不连续，造成测量的不准确，所以小明的测量结果较准确；（2）在小明两手捏着细线缓慢向两边

18、移动的上述过程中，根据共点力平衡得出细线上拉力的合力大小不变，大小等于物体重力，细线上的拉力大小增大，C 正确14.某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律(1)通过实验得到如图乙所示的 aF 图象，由图可以看出：在平衡摩擦力时，木板与水平桌面间的夹角_（填“偏大”、 “偏小”） (2)该同学在重新平衡摩擦力后进行实验，小车在运动过程中所受的实际拉力_（填“大于” 、 “小于 ”或“等于”）砝码和盘的总重力，为了便于探究、减小误差，应使小车质量 M 与砝码和盘的总质量 m 满足_ 的条件(3)经过实验，该同学得到如图丙所示的纸带已知打点计时器电源频率为50Hz，A、B 、C、D、E、F、G

19、是纸带上 7 个连续的点xx DG xAD_cm由此可算出小车的加速度 a_m/s 2（该空结果保留两位有效数字） 【答案】 （1）偏大 （2）Mm （3）0.20【解析】试题分析：（1）图中当 F=0 时，a0也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力时角度过大；（2）根据牛顿第二定律得， ，解得 ，则绳子的拉力 ，知当砝码总质量远小于滑块质量时，滑块所受的拉力等于砝码的总重力，所以应满足的条件是砝码的总质量远小于滑块的质量。（3）由 得考点：本题考查验证牛顿第二定律三计算15. 物体以 4m/s，的速度滑上光滑的斜面，途经 A、B

20、两点，在 A 点时的速度是 B 点时的2 倍，由 B 点再经过 0.5s 滑到斜面的顶点 C，速度变为 0，如图所示A 、B 相距 0.75m，试求斜面长度及物体由底端 D 滑到 B 所用的时间？（物体在斜面上做匀减速直线运动）【答案】 （1）斜面长度为 4m；（2）从底端 D 滑到 B 点所用时间为 1.5s【解析】试题分析：物体从 A 到 B，根据速度位移公式有 vB2vA2=2asAB，从 B 到 C，根据速度时间公式有 0=vB+at0，结合 A、B 的速度关系，联立可求出物体的加速度 B 点的速度知道了加速度和初速度，对 DC 段运用速度位移公式求出斜面的长度D 运动到 B，根据速度

21、时间公式求出 D 到 B 的时间解：物块做匀减速直线运动设 A 点速度为 vA、B 点速度 vB，加速度为 a，斜面长为 SA 到 B：v B2vA2=2asABvA=2vBB 到 C：0=v B+at0解（1） （2） （3）得：v B=“1m/s“ a=2m/s2D 到 C：0v 02=“2aS“ S=4m从 D 运动到 B 的时间：D 到 B：v B=v0+at1t1=1.5s答：（1）斜面长度为 4m；（2）从底端 D 滑到 B 点所用时间为 1.5s【点评】解决本题的关键理清物体的运动过程，结合匀变速直线运动的速度位移公式、速度时间公式进行求解，难度不大16.如图所示一足够长的光滑斜

22、面倾角为 37,斜面 AB 与水平面 BC 平滑连接。质量 m=1 kg可视为质点的物体置于水平面上的 D 点,D 点距 B 点 d=7 m,物体与水平面间的动摩擦因数为 0.4。现使物体受到一水平向左的恒力 F=6.5 N 作用,经时间 t=2 s 后撤去该力,物体经过 B点时的速率不变,重力加速度 g 取 10 m/s2， sin 37=0.6，求：（1）撤去拉力 F 后,物体经过多长时间经过 B 点？（2）物体最后停下的位置距 B 点多远？【答案】 （1）0.5s（2）1.125m【解析】【详解】 （1）物体在水平面上运动过程中，设撤去 F 前后物体的加速度大小分别为 a1、a 2由牛顿

23、第二定律得 F-mg=ma1，ma=ma 2代入解得 a12.5m/s 2，a 24m/ s2恒力 F 作用 t=2 s 时物体的位移为 x1 a1t2 2.522m5m此时物体的速度为 v=a1t=5 m/s设撤去拉力 F 后，物体第一次经过 B 点的时间为 t1则由 dx1vt 1 a1t12代入解得 t1=0.5 s物体滑到 B 点时速度大小为 vB=v-a2t1=3m/s（2）物体滑上斜面后做减速运动，速度减为零后返回到斜面底端，因为斜面光滑，则物体返回到斜面底端时速度仍为 3m/s，然后物体在平面上做减速运动，加速度仍为 a24m/s 2，物块最后停下的位置距 B 点 x 1.125

24、m【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式的直接应用，关键是抓住物体的运动过程的分析，并且要通过物体的受力分析求解加速度，利用合适的运动公式求解17.如图，水平平台 ab 长 L=20m，平台 b 端与特殊材料制成的足够长斜面 bc 连接，斜面倾角为 30，在平台 a 端放有质量 m=2kg 的小物块。现给物块施加一个大小 F=50N、与水平方向成 37角的推力，使物块由静止开始运动。 （物块可视为质点，重力加速度）（1）若物块从 a 端运动到 b 端的过程中 F 始终存在，运动时间 t=4s，求物块与平台间的动摩擦因数；（2）若物块从 a 端运动到图中 P 点时撤掉 F，则物块刚好

25、能从斜面 b 端无初速下滑，求aP 间的距离；（结果保留三位有效数字） ；（3）若物块与斜面 bc 间的动摩擦因数 ，式中 为物块在斜面上所处的位置离 b 端的距离，则在（2）问的情况下，求物块在斜面上速度达到最大时的位置。【答案】(1)0.7(2)14.7m(3)6m【解析】【分析】物块从 a 到 b 做匀加速直线运动，由运动学规律和牛顿第二定律求出物块与平台间的动摩擦因数，物体从 a 到 P，由运动学规律和牛顿第二定律求出 P 间的距离，物块沿斜面 bc 下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度为零时速度最大。解：（1）物块从 a 到 b 受到四个力的作用做匀加速直线运动由运动学规律有：代入数据得：由牛顿第二定律有：代入数据解得：（2）物体从 a 到 P，由运动学规律有：物块从由 P 到 b 做匀减速直线运动，由运动学规律有：由牛顿第二定律有： ，联立以上各式，代入数据解得 aP 距离为：（3）物块沿斜面 bc 下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度为零时速度最大在该位置，有： ，联立二式，代入数据解得