2021-2022学年贵州省铜仁市高中教育集团高一（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年贵州省铜仁市高中教育集团高一（下）第一次月考物理试卷

1.  在物理学中，通过突出问题的主要因素，忽略次要因素，建立理想化的物理模型作为研究对象，是经常采用的一种科学研究方法。下列关于质点的说法正确的是(    )

A. 万里长城不可以看作质点
B. 质点不是实际存在的物体，只是一种“理想模型”
C. 质点就是很小的点
D. 运动的物体不可以看作质点

2.  在珠海航展上，歼击机进行了空中表演，其轨迹是曲线，如图所示，下列说法正确的是(    )

A. 歼击机的速度可能保持不变
B. 歼击机的加速度不可能为零
C. 歼击机所受合力方向与它的速度方向可能在一条直线上
D. 歼击机在空中不再受重力作用
 

3.  某同学骑自行车上学时，地面对前轮的摩擦力为，对后轮的摩擦力为；推自行车前进时，地面对前轮的摩擦力为，对后轮的摩擦力为 则(    )

A. 与车前进方向相同 B. 与车前进方向相同
C. 与车前进方向相同 D. 与车前进方向相同

4.  如图所示，穿在竖直杆上的物块A与放在水平桌面上的物块B用绳相连，O为定滑轮，将A由图示位置释放，当绳与水平方向的夹角为时，物块B的速度大小为，则此时物块A的速度大小为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  微风习习，眼前是如镜的湖面，有三位游客站在湖前扔小石子。图为石子抛出的简化图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了沿水平方向抛出的三个小石子a、b、c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则(    )

A. a的初速度可能等于b的初速度 B. a与地面接触瞬间的速度一定最大
C. b的飞行时间比c的长 D. a的飞行时间比b的短

6.  泸定桥曾是大渡河上最长的铁索桥，为古代劳动人民智慧的结晶，长征时期红军“飞夺泸定桥”的壮举更是蜚声中外。泸定桥全长，宽3m，由于对岸有敌人阻击，红军战士只能冒着炮火匍匐前进。假设一位战士视为质点由静止开始以的加速度匀加速前进了80m，因突然遭到猛烈炮火压制而不得不瞬间停止前进，经过5s激烈还击后以的速度匀速到达对岸，则这位红军战士过泸定桥总共花的时间是(    )

A.  B.  C.  D.

7.  如图所示，一个质量为m的小球挂在车厢顶部，当汽车快要进站时，司机刹车，汽车匀减速进站，这个过程中小球偏离竖直方向的角度为，重力加速度大小为g，则汽车的加速度大小为(    )

A.
B.
C.
D.

8.  一条小船在静水中的速度为，它要渡过一条宽为40m的长直河道，河水流速为，则(    )

A. 这条船不可能渡过这条河
B. 这条船过河的时间不可能小于10s
C. 这条船过河的最小位移为40m
D. 这条船以最短时间过河时的位移为45m

9.  某同学站在体重计上观察超重与失重现象，他稳定站立时，体重计的示数为500N，关于实验现象，下列说法正确的是(    )

A. “起立”过程是超重现象，“下蹲”过程是失重现象
B. “起立”和“下蹲”过程都有超重和失重现象出现
C. 超重过程人受到的重力增大
D. “下蹲”过程先出现失重现象，“起立”过程先出现超重现象
 

10.  如图所示，一光滑宽阔的斜面，倾角为，高为h，重力加速度为g。现有一小球在A处贴着斜面以水平速度射出，最后从B处离开斜面，下列说法中正确的是(    )

A. 小球的运动轨迹为抛物线 B. 小球的加速度为
C. 小球到达B点的时间为 D. 小球到达B点的水平位移为

11.  如图甲所示，某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器挂钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图乙所示的图像。

本实验中是否仍需要沙和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量______填“是”或“否”。
图线乙图中不过坐标原点的原因是______。
由图像求出小车和传感器的总质量为______ kg。结果保留两位有效数字

12.  利用如图甲所示的装置研究平抛运动的特点，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下列操作要求不正确的是______。

A.通过调节使斜槽的末端保持水平
B.每次释放小球的位置必须不同
C.每次必须在斜槽上的同一位置由静止释放小球
D.小球运动时不应与木板上的白纸或坐标纸接触
在研究平抛运动的实验中，某同学只记录了小球运动途中的A、B、C三点的位置，取A点为坐标原点，则各点的位置坐标如图乙所示，取重力加速度大小，则小球抛出点的位置坐标是______，小球平抛的初速度大小是______。

13.  一人一猴在玩杂技．如图所示，直杆AB长12m，猴子在直杆上由A向B匀速向上爬，同时人顶着直杆水平匀速移动．在10s内，猴子由A运动到B，而人也由甲位置运动到了乙位置．已知，求：
猴子相对地的位移大小；
猴子相对人的速度大小和猴子相对地的速度大小．

14.  质量为3kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示，，求：
物体与水平面间的动摩擦因数；
水平推力F的大小；
内物体运动位移的大小。

15.  如图所示，水平地面上有一高的竖直墙，现将一小球视为质点以的速度垂直于墙面水平抛出，已知抛出点到墙面的距离、离地面高，不计空气阻力和墙的厚度，取重力加速度大小。
求小球碰墙时速度方向与竖直墙夹角的正弦值；
若仍将小球从原位置沿原方向抛出，为使小球能越过竖直墙，求小球抛出时初速度v的最小值。

答案和解析

1.【答案】B 

【解析】解：A、当物体的大小和形状与所研究的问题相比能忽略不计时，可将物体看做质点，研究宇宙中的物体时，万里长城的大小可忽略不计，可看做质点，故A错误；
B、质点不是实际存在的物体，只是一种“理想模型”，故B正确；
C、当物体的大小和形状与所研究的问题相比能忽略不计时，可将物体看做质点，则质点不一定是很小的点，故C错误；
D、物体能否看做质点与物体是否运动无关，故D错误。
故选：B。
当物体的大小和形状与所研究的问题相比能忽略不计时，可将物体看做质点，质点是一种理想化的模型，能否看成质点与物体本身的大小没有关系，与运动状态没有关系。
明确物体可以看成质点是物体的大小和形状对所研究的问题没有影响。
 

2.【答案】B 

【解析】解：A、因为歼击机做曲线运动，所以速度方向始终在变，故A错误；
BC、因为做曲线运动的条件是合外力与速度不共线，即加速度一定不为零，故歼击机的加速度不可能为零，故B正确，C错误；
D、歼击机在空中受重力作用，故D错误。
故选：B。
歼击机做曲线运动，速度方向始终在变；
曲线运动的条件是合外力与速度不共线，即加速度一定不为零；
歼击机在空中受重力作用。
明确物体做曲线运动的条件，会正确分析物体的受力情况。
 

3.【答案】B 

【解析】解：骑车前进时，后轮是主动轮，在它与地面接触处有相对地面向后滑的趋势，故受向前的摩擦力；
前轮是从动轮，它在与地面接触处有相对于地面向前滑的趋势，故受向后的摩擦力。
而推自行车前进时，地面对前后轮的摩擦力方向都向后。
所以与车前进方向相反，与车前进方向相同，地面对后轮的摩擦力，对前轮的摩擦力为 都与车前进方向相反。选项ACD错误，B正确。
故选：B。
骑自行车时自行车前轮是从动轮，后轮是主动轮，主动轮为自行车前进提供动力．因为是后轮驱动，所以后轮受到地面对它向前的摩擦力，而前轮不是驱动轮，被后轮推着前进，对地面向前运动，受到地面对它向后的摩擦力．推自行车前进时，地面对前后轮的摩擦力方向都向后．
正确的进行受力分析和知道物体间力的作用是相互的是解答本题的关键，考查了学生理论联系实际的能力．
 

4.【答案】C 

【解析】解：物块A沿竖直杆的运动方向是物块A的合速度方向，将合速度沿着绳子与垂直绳子两个方向分解，绳子方向的速度等于物块B的速度，如图知，解得，故C正确，ABD错误。
故选：C。
将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度，依据运动的合成法则，即可求解。
解决本题的关键会对速度进行分解，掌握力的合成法则，理解三角知识的应用。
 

5.【答案】D 

【解析】解：CD、bc高度相等，根据可得：，则运动时间相等，a的高度小于bc的高度，a的运动时间最短，bc的运动时间相等，故D正确，C错误；
A、a的位移最大，且时间最短，根据可知a的初速度最大，故A错误；
B、a运动的时间比b短，则落地时a竖直方向分速度比b小，而a的初速度大，根据平行四边形定则，不能判断出a与地面接触瞬间的速度一定最大，故B错误。
故选：D。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度的大小。
解决本题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道高度决定时间，初速度和时间共同决定水平位移。
 

6.【答案】C 

【解析】解：战士由静止开始以的加速度匀加速前进了80m，根据运动学公式有

代入数据可得
设经过5s激烈还击后以的速度经过时间匀速到达对岸，则有

代入数据可得
故这位红军战士过泸定桥总共花的时间
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据运动学公式先求出战士匀加速运动时间，再求出匀速运动时间，最后得出这位红军战士过泸定桥总共花的时间。
在本题中，要注意两个过程中的运动性质不同，要注意匀变速直线运动的公式的应用。
 

7.【答案】D 

【解析】解：以小球为研究对象，受力如图所示：
根据牛顿第二定律得

解得
，故D正确，ABC错误。
故选：D。
先以小球为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度。
本题要抓住小球、木块和汽车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究。
 

8.【答案】BC 

【解析】解：A、这条船因为有速度，则一定能渡过这条河，故A错误；
B、这条船过河的最短时间为，则该船渡河的时间不可能小于10s，故B正确；
C、因该船静水速度大于水流速度，则该船能垂直河岸渡河，即这条船过河的最小位移为40m，故C正确；
D、这条船以最短时间过河时沿水流方向的位移，船的位移为，故D错误。
故选：BC。
当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短；合速度垂直于河岸，渡河的最短位移最短，由此分析。
小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度。
 

9.【答案】BD 

【解析】解：ABD、“起立”过程中，人先向上加速后向上减速，则加速度先向上后向下，人先超重后失重；“下蹲”过程中，人先向下加速后向下减速，则加速度先向下后向上，人先失重后超重；故A错误，BD正确；
C、超重过程人受到的重力不变，只不过是对接触面的压力变大了，故C错误。
故选：BD。
“起立”过程中，人先向上加速后向上减速，则加速度先向上后向下，人先超重后失重；
“下蹲”过程中，人先向下加速后向下减速，则加速度先向下后向上，人先失重后超重；
超重或者失重重力均不变。
明确加速度向上是超重，加速度向下是失重。
 

10.【答案】ACD 

【解析】解：A、对A进行受力分析，根据牛顿第二定律：，解得A的加速度大小，方向沿斜面向下，初速度水平向右，是类平抛运动，其轨迹为抛物线，故A正确，B错误。
C、根据类平抛运动规律，小球沿斜面向下位移，解得，故C正确。
D、根据类平抛运动规律，，故D正确。
故选：ACD。
小球为类平抛运动，轨迹为抛物线；根据牛顿第二定律可以求出加速度大小；根据平抛运动位移公式，可以求出小球到达B点的时间和水平位移。
本题考查了运动的合成和分解、平抛运动等知识点。关键点：先求出其加速度，根据类平抛运动规律，求出运动的时间是解决问题的关键。
 

11.【答案】否  未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足   

【解析】解：本实验中有力传感器测量小车受到的拉力，则不需要沙和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量；
由图像可知，当力F达到一定值时小车才有加速度，可知图线不过坐标原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；
根据牛顿第二定律，由图像可知
则小车和传感器的总质量为
故答案为：否；未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；
因为实验中有拉力传感器，不需要砂桶的重力来充当小车的拉力，故不需要保证沙和沙桶的总质量远远小于小车和传感器的总质量；
根据图像的特点结合牛顿第二定律分析出图线不过坐标原点的原因；
根据牛顿第二定律结合图像的斜率计算出小车和传感器的总质量。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合牛顿第二定律完成分析，同时要正确理解图像的物理意义。
 

12.【答案】；
；1 

【解析】解：在研究平抛运动的实验中，为保证小球做平抛运动，斜槽末端切线要水平，A正确；
为保证每次运动轨迹相同，要求小球从同一位置无初速度释放，B错误，C正确；
D.小球运动时与木板上的白纸或坐标纸接触会产生摩擦造成误差，因此小球不应与木板上的白纸或坐标纸接触，D正确。
本题选错误的，故选：B。
在y方向上，据位移差公式，代入数据解得：
在x方向上，小球的初速度为
根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度解得小球经过B点时的竖直分速度为
且有
解得从抛出点到B点的运动时间为
小球抛出点到B点的竖直距离，所以小球抛出点的纵坐标为
小球抛出点到B点的水平距离，所以小球抛出点的横坐标为
小球抛出点的位置坐标是
故答案为：；，1。
根据实验原理和实验注意事项分析；
根据求出相邻两点的时间间隔，根据水平方向上的匀速直线运动求出平抛运动的初速度。求出B点在竖直方向上的分速度，根据求出运动到B点的时间，得出水平位移和竖直位移，从而求出抛出点的位置坐标。
解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式进行求解，并理解矢量的合成法则的应用，注意单位的换算。
 

13.【答案】解：猴子竖直方向上的位移，水平方向上的位移
则猴子对地的位移
猴子在竖直方向上的速度，
水平方向的分速度，
则猴子对人的速度为
猴子对地的速度
答：猴子对地的位移为
猴子对人的速度为，猴子对地的速度为 

【解析】根据猴子竖直方向和水平方向上的位移，根据平行四边形定则求出猴子对地的位移．
猴子相对于人向上做匀速直线运动，根据猴子水平方向和竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出猴子对地的速度．
解决本题的关键知道位移、速度、加速度是矢量，合成和分解遵循平行四边形定则．
 

14.【答案】解：由图示图象可知，内物体的加速度：
，
由牛顿第二定律得：，
代入数据解得：；
由图示图象可知，内物体的加速度：
，
由牛顿第二定律得：，
代入数据解得：；
由图示图象可知，物体的位移：
；
答：物体与水平面间的动摩擦因数为；
水平推力F的大小为9N；
内物体运动位移的大小46m。 

【解析】根据图示图象求出物体的加速度，然后应用牛顿第二定律可以求出动摩擦因数。
应用牛顿第二定律可以求出水平推力大小。
图象所围成图形的面积等于物体的位移，或根据匀变速运动的运动学公式求出物体位移。
本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解。
 

15.【答案】解：小球做平抛运动，设小球碰墙时竖直方向的分速度为，水平方向：
竖直方向：
解得：
设小球碰墙时速度方向与竖直墙的夹角为，则：
设小球以初速度抛出时恰好能沿墙的上沿越过墙，小球从抛出至运动到墙的上沿历时，由平抛运动的规律，水平方向：
竖直方向：
解得：
所以小球越过墙要满足：初速度的最小值：
答：小球碰墙时速度方向与竖直墙夹角的正弦值为；
若仍将小球从原位置沿原方向抛出，为使小球能越过竖直墙，小球抛出时初速度v的最小值为。 

【解析】根据水平位移和初速度求出平抛运动的时间，结合速度-时间公式求出竖直方向的分速度，再求出小球碰墙时速度方向与竖直墙夹角的正弦值；
根据高度差求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出平抛运动的最小初速度．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大．