福建省厦门市双十中学高一上学期12月月考物理试卷-A4

这是一份福建省厦门市双十中学高一上学期12月月考物理试卷-A4，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 拳击手一拳击中，没有击中对方，这时只有施力物体，没有受力物体
B. 运动员将足球踢出，足球在空中飞行时因为足球受到一个向前的推力
C. 用石头碰鸡蛋，鸡蛋破，说明石头对鸡蛋有作用力，而鸡蛋对石头没有作用力
D. 两个物体发生相互作用不一定相互接触
2.磁悬浮列车高速运行时，受到的空气阻力与其速度的二次方成正比，即Ff=kv2，则比例系数k的单位是( )
A. kg/mB. kg/(m⋅s)C. N/(m⋅s)D. kg/m2
3.如图，人站在电动平衡车上沿水平地面直线前进，不计空气阻力，则电动平衡车( )
A. 加速行驶时，车对人的作用力方向竖直向上
B. 减速行驶时，车对人的作用力小于人对车的作用力
C. 加速行驶时，车对人的作用力大小等于人对车的作用力大小
D. 匀速行驶时，人受到的重力和车对人的支持力是一对相互作用力
4.某校项目研究小组使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“加速度计”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺10cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺20cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度，则当指针指在刻度尺的25cm处，应标记的加速度大小和方向为( )
A. 10m/s2 竖直向上
B. 5m/s2 竖直向上
C. 10m/s2 竖直向下
D. 5m/s2 竖直向下
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图，用轻质柔软的细线将一质量为m的小球悬挂于天花板上的O点，在外力F、重力G和细线拉力F1的作用下处于平衡状态。初始时F水平，细线与竖直方向夹角为θ，与F的夹角为α。下列说法中正确的是( )
A. 保持F水平，逐渐缓慢增大θ角，则F逐渐增大、F1逐渐减小
B. 保持小球位置及θ角不变，缓慢减小α角直至α=θ，则F先减小后增大
C. 保持α角不变，缓慢增大θ角，直至悬线水平，则F先减小后增大
D. 保持α角、θ角和F方向不变，增加细线的长度，F、F1都不变
6.如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为m=3kg的小球，有一水平轻质弹簧左端固定在墙上，右端与小球相连，小球右侧用不可伸长的轻绳连接在天花板上，轻绳与竖直方向成θ=53∘角，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。重力加速度g=10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6当剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是( )
A. 轻质弹簧的弹力大小为40N
B. 小球仍处于平衡状态
C. 小球的加速度大小为403m/s2，方向水平向左
D. 小球的加速度大小为304m/s2，方向水平向左
7.足够长的木板上表面一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角α变大)，另一端不动，已知木块与木板间弹力大小与角度α的关系式为N=mgcsα，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图像，如图乙所示。下列判断正确的是( )
A. 木块与木板间的动摩擦因数μ=Ff1mgcsθ1
B. 木块与木板间的动摩擦因数μ=Ff2mgcsθ1
C. 木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度越来越大
D. 木板与地面的夹角为θ2时，木块做自由落体运动
8.悬链线指的是一种曲线，指两端固定的一条(粗细与质量分布)均匀、柔软(不能伸长)的链条在重力的作用下所具有的曲线形状，例如悬索桥等。现搭建如图所示的一条悬链线，链的质量为m，经测量得两悬点A、B处切线与竖直方向夹角分别为30∘和60∘，两切线的交点为C，E是C点正上方链条上的点，F为悬链线的最低点，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 此时链条的重心在链条上的E点
B. A、B两悬点处弹力大小之比为 3:1
C. 链条AF和链条BF长度之比为1：3
D. 整个链条最低点F处弹力最小且等于 34mg
三、实验题：本大题共3小题，共22分。
9.依据伽利略在《两种新科学的对话》中描述的实验方案，某实验小组设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑的运动特点，操作步骤如下：
①让滑块从距离挡板s处由静止下滑，同时打开水箱阀门，让水流到量筒中(假设水流均匀稳定)；
②当滑块碰到挡板时关闭阀门；
③记录量筒收集的水量V；
④改变s，重复以上操作；
⑤将测得的数据记录在表格中。
(1)该实验用量筒中收集的水量来表示滑块下滑的______。
A.位移
B.时间
C.速度
D.加速度
(2)若保持下滑的距离s不变，仅增大滑块的质量，水量V将______(选填“增大”、“不变”或“减小”)。
(3)根据表中数据得到s与______(选填“ V”、“V”或“V2”)成正比，由此可得滑块沿斜面下滑做匀变速直线运动。
10.在暗室中用如图甲所示的装置做“测定重力加速度”的实验。实验器材有：支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、一根荧光刻度的米尺和频闪仪。具体实验步骤如下：
A.在漏斗内盛满清水，旋松螺丝夹子，水滴会以一定的频率一滴滴地落下；
B.用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴；
C.用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度；
D.采集数据并进行处理。
(1)实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率应满足的条件是______。
(2)实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为40Hz，某同学读出其中比较远的水滴到第1个水滴的距离如图乙所示，根据数据测得当地的重力加速度大小g=______m/s2，此时第8个水滴的速度大小v8=______m/s。(结果均保留三位有效数字)
11.如图(a)所示，两位同学在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，桌上放一块方木板，用图钉把一张白纸钉在方木板上，再用图钉把橡皮筋一端固定在板上的A点。在橡皮筋另一端系上两条细绳形成结点，细绳的另一端系着绳套。先用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮筋；再用一个弹簧测力计通过细绳套拉橡皮筋。
(1)如图(a)(b)，判断一个弹簧测力计F单独作用与力F1、F2共同作用效果相同的依据是______。
(2)如图(b)是在白纸上根据实验结果作出的力的图示，其中______表示力F1和F2合力的理论值；______表示力F1和F2合力的实际测量值。(选填“F”、“F′”)
(3)两同学怀疑实验中的橡皮筋会因多次拉伸而弹性发生变化，于是设计如下实验来探究：将钉有白纸的图板竖直固定，橡皮筋上端固定于O点，一个细绳套上挂一重物，用与白纸平行的水平力拉另一细绳套，缓慢移动结点，在白纸上记录下结点的轨迹，如图(c)中“轨迹1”所示。把橡皮筋多次拉伸后，重复实验，在同一张纸上记录下结点的轨迹2，如图(d)所示。过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则两次实验中橡皮筋分别被拉到a、b时，橡皮筋拉力的方向______(选填“相同”或“不同”)，由此推断拉力的大小Fa______Fb(选填“>”、“T，可知整个链条上张力最小的点为最低点F，故D正确；
故选：BD。
A.由题意可知，整个链条重力作用线经过E点，但由于链条形状不规则，重心在E点正上方，据此分析判断；
B.对整个链条受力分析，由平衡条件列式，即可分析求解；
C.同B思路，由平衡条件列式，即可分析判断；
D.对BF段受力分析，结合前面结论及平衡条件列式，求F处弹力，选取某一段链条DF为研究对象，同理确定D处弹力，即可分析判断。
本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
9.【答案】B 不变 V2
【解析】解：(1)物体从静止开始加速下滑，设加速度为a，位移已知为s，下滑时间为t，则对滑块有s=12at2，设量筒的横截面积为S，水速恒为v，因此量筒中收集的水量为V=Svt，滑块的运动和水的收集具有等时性，因此可用量筒中收集的水量来表示滑块下滑的时间，故选：B。
(2)斜面倾角不变，滑块加速度不变，若保持下滑的距离s不变，由匀变速直线运动规律s=v0t+12at2，可知，滑块运动时间不变，与滑块的质量无关，即水量V将不变。
(3)由题中数据可算出V2，如下表所示，做出s−V2的图像如下，
在误差允许范围内，可发现s与V2成正比，由此可得滑块沿斜面下滑做匀变速直线运动。
故答案为：(1)B；(2)不变；(3)V2。
(1)由于水是均匀稳定的流出，量筒收集的水量V和时间t成正比，所以该实验只要验证位移与体积的二次方是否成正比，就可验证该运动是否匀变速直线运动．
(2)保持下滑的距离s不变，仅增大滑块的质量，滑块的加速度不变，结合位移-时间公式分析滑块的运动时间变化情况，从而确定水量V的变化情况。
(3)根据初速度为零的匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，以及水的体积V和时间t成正比，可以求出滑块下滑位移s与水量体积V之间的关系。
解决该题的关键是要明确实验原理，根据流入量筒的水量与时间成正比，将时间问题转化为水量问题。
10.【答案】频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率 9.76 3.67
【解析】解：(1)实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，说明每滴下来的一滴水，频闪仪都在相同的位置记录，因此频闪仪的闪光频率应满足的条件为频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率。
(2)频闪仪的闪光频率为40Hz，可知闪光周期为T=1f=140s=0.025s
根据“逐差法”，可得当地的重力加速度大小为g=x8−10−x6−84T2=(68.77−2×49.21+32.09)×10−24×0.252m/s2=9.76m/s2
根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得第8个水滴的速度大小为v8=x7−92T=(58.68−40.34)×10−22×0.025m/s=3.67m/s。
故答案为：(1)频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率；(2)9.76；3.67。
(1)当频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，可看到一串仿佛固定不动的水滴；
(2)该实验利用了自由落体运动的规律，根据逐差法可以求出重力加速度的大小，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可求得第8个水滴的速度。
该实验和利用打点计时器的工作原理一样，明确了实验原理；同时本题关键是了解实验的原理，知道匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，掌握逐差法计算加速度的方法，基础题目。
11.【答案】使橡皮条上的结点在两次实验中到达同一位置O点 F′ F 相同 =
【解析】解：(1)判断一个弹簧测力计F单独作用与力F1、F2共同作用效果相同的依据是使橡皮条上的结点在两次实验中达同一位置O；
(2)F1与F2合力的实验值是指通过实验得到值，即用一个弹簧拉绳套时测得的力的大小和方向，而理论值是指通过平行四边形得出的值，因此F′理论值，F是力F1与F2合力的实验值，其方向一定沿AO方向；
(3)过O点作一条直线与轨迹交于ab两点，橡皮筋的拉力沿橡皮筋收缩的方向，即ab方向上，则两次实验中橡皮筋的拉力方向相同；
由于缓慢地移动P，结点始终处于平衡，而所受重力不变，而橡皮筋的拉力方向不变，由力的三角形定则规律，可得Fa、Fb的大小关系为Fa=Fb。
故答案为：(1)使橡皮条上的结点在两次实验中到达同一位置O点；(2)F′；F′；(3)相同；=。
(1)根据实验的原理，从“等效替代”的含义分析作答；
(2)用一个弹簧拉绳套时测得的力的大小和方向是合力是实际值，通过平行四边形得出的值是理论值；
(3)一个分力确定而合力方向一定的情况下，由三角形定则判断另一分力的大小和方向。
解决本题的关键是明确实验原理，掌握实验正确的步骤和实验中需要注意的问题，要能图像中获取有用信息，明确等效替代法的含义是解题的关键。
12.【答案】解：(1)对空调主机受力分析，建坐标系如图所示
根据平衡条件，则y方向有
FPcsα=mg+FQcsβ
x方向有
FPsinα=FQsinβ
联立解得
FQ=1050N，FP=1400N
(2)对地面上的人受力分析，在水平方向有
Ff=F′Qsinβ
解得
Ff=840N
方向水平向左，由牛顿第三定律知人对地面的摩擦力大小
F′f=Ff=840N
方向水平向右。
答：(1)Q绳中拉力的大小1050N，P绳中拉力的大小1400N；
(2)地面上的人对地面摩擦力的大小840N，方向水平向右。
【解析】(1)对空调主机受力分析，根据平衡条件列式，求拉力大小；
(2)对地面上的人受力分析，在水平方向根据平衡条件求人受到的摩擦力，再根据牛顿第三定律，分析人对地面的摩擦力。
本题解题关键是正确受力分析，采用正交分解法沿着水平和竖直方向正确列出平衡等式。
13.【答案】解：(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知：F−μmg=ma，
解得：a=F−μmgm=14−0.5×2×102m/s2=2m/s2；
(2)由M到B，根据速度位移公式可知：vB2=2aL
解得：vB= 2aL= 2×2×9m/s=6m/s；
(3)在斜面上，根据牛顿第二定律可知：−(mgsinθ+μmgcsθ)=ma′
代入数据解得：a′=−10m/s2
根据速度位移公式可知：0−vB2=2a′x
解得：x=0−vB22a′=0−62−2×10m=1.8m。
答：(1)物体在恒力作用下运动时的加速度是2m/s2；
(2)物体到达B点时的速度是6m/s；
(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是1.8m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求得加速度；
(2)根据速度位移公式求得速度；
(3)利用牛顿第二定律求得在斜面上的加速度，利用速度位移公式求得位移。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
14.【答案】解：(1)t1=5s时汽车乙的速度大小
v3=v0+a2t1
汽车甲的速度大小
v4=a1t1
两车速度大小第一次相等，因此有
v3=v4
解得
a1=1.8m/s2
(2)汽车甲加速至v1=18m/s所需的时间
t0=v1a1
解得
t0=10s
汽车乙加速至v2=21m/s所需的时间
t′0=v2−v0a2
解得
t′0=25s
由此可知汽车甲做匀速直线运动前两车均做匀加速直线运动，汽车甲的位移大小
x甲=12a1t22
汽车乙的位移大小
x乙=v0t2+12a2t22
两车相遇有
x乙−x甲=x0
解得
t2=2s或t2=8s
(3)结合前面分析可知从两车第二次相遇至两车速度第二次相等的过程中，汽车甲的速度大于汽车乙的速度，两车距离逐渐增大，0∼t′0内汽车甲的位移大小
x′甲=12a1t02+v1(t′−t0)
解得
x甲′=360m
0∼t′0内汽车乙的位移大小
解得
x乙′=337.5m
由于x甲′>x乙′可知两车第三次相遇时汽车乙在做匀速直线运动，0∼t3内汽车甲的位移大小
x ′ ′甲=x甲′+v1(t3−t0′)0∼t3内汽车乙的位移大小
x ′ ′乙=x乙′+v2(t3−t0′)
两车第三次相遇有
x ′ ′乙−x ′ ′甲=x0
解得
t3=35.7s
答：(1)汽车甲加速时的加速度大小a1为1.8m/s2；
(2)汽车甲做匀速直线运动前两车相遇的时刻t2为2s或8s；
(3)两车第三次相遇的时刻t3为35.7s。
次数
1
2
3
4
5
s/m
4.50
4.00
3.50
3.00
2.50
V/mL
95
89
84
77
71
次数
s/m
V/mL
V2/mL2
1
4.50
95
9025
2
4.00
89
7921
3
3.50
84
7056
4
3.00
77
5929
5
2.50
71
5041