河南省2021年高一物理1月月考试题

河南省新蔡县第一高级中学2020-2021学年高一物理1月月考试题

第I卷（选择题）

一、单选题（每小题4分，1-8为单选，9-12为多选，共48分）

1.下列说法正确的是（）

A.物体在恒力作用下不可能做曲线运动

B.物体在变力作用下一定是做曲线运动

C.物体做曲线运动，沿垂直速度方向的合力一定不为零

D.两个直线运动的合运动一定是直线运动

2.质量为1kg的物体力置于水平地面上，物体与地面的动摩擦因数4=0.2。从仁0时刻开始,

物体以初速度％向右滑行，同时受到一个水平向左、大小恒为41N的作用力。若取向右为正

方向，重力加速度史lOm/s?,下列反映物体受到的摩擦力K随时间变化的图象是

3.甲、乙两辆汽车从同一地点出发，向同一方向行驶,它们的v—t图象如图所示,下列判断正

确的（）

A.在ti时刻前，甲车始终在乙车的前面

B.在力时刻前，乙车始终在甲车的前面

C.在如时刻前，乙车的速度始终比甲车增加得快

D.在ti时刻两车第一次相遇

4.在足够高的空中某点竖直上抛一物体，抛出后第5s内物体的位移大小为4m,设物体抛出

时的速度方向为正方向，忽略空气阻力的影响,g取10m/s2.则关于物体的运动，下列说法正

确的是（）.

A.物体的上升时间可能是4.9sB.第5s内的平均速度一定是/m/s

C.4s末的瞬时速度可能是10m/sD.10s内位移可能为TOOm

5.甲、乙两物体静止在光滑水平面上，现对乙施加一变力F,力F与时间t的关系如图所示,

在运动过程中，甲、乙两物体始终相对静止，则（）

甲0

A.在to时刻，甲、乙间静摩擦力最小B.在to时刻，甲、乙两物体速度最小

C.在2t。时刻，甲、乙两物体速度最大D.在2t。时刻，甲、乙两物体位移最小

6.如图所示，在倾角6=37。的光滑斜面上用细绳拴一质量炉2kg的小球，小球和斜面静止

时，细绳平行于斜面。当斜面以5m/1的加速度水平向右做匀加速运动时，细绳拉力大小为

当斜面以20m/s2的加速度水平向右做匀加速运动时，细绳拉力大小为内，取g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8。

()

V57545

A.D.--------L.-------

345

7.如图所示，劲度系数为A的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为

〃的物体A接触（A与弹簧未连接），质量为0的物体B紧挨A放置，此时弹簧水平且无形变,

用水平力尸缓慢推动物体B,在弹性限度内弹簧长度被压缩了荀，此时物体A、B静止，已知

物体A与水平面间的动摩擦因数为H,物体B与水平面间的摩„————"、B

BA

开始向左运动，A运动的最大距离为4胸，重力加速度大小为g—I_________

A.物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动

B.B.物体刚向左运动时的加速度大小为一""g

m

C.物体A、B运动丝翌后分离

k

D.D.物体A、B运动x。一丝空■后分离

k

8.直立的轻弹簧一端固定在地面上，另一端拴住一个铁块，现让铁块在竖直方向做往复运动,

从块所受合力为零开始计时，取向上为正方向，其运动的位移-时间图像如图所示（）

A.仁0.25s时物体对弹簧的压力最大

B.片0.25s和£=0.75s两时刻弹簧的弹力相等

C.t=0.25s至t=0.50s这段时间物体做加速度逐渐增大的加速运动

D.t=0.25s至£=0.50s这段时间内物体的动能和弹簧的弹性势都在增大

9.如图，一粗糙斜面放置在水平地面上，斜面体顶端装有一光滑定滑轮，细绳跨过滑轮，其

一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态.现用水平向左的拉力

缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°,斜面体和M女悭好静止.则在此过程

中（）

A.M所受细绳的拉力一直增大

B.M所受斜面的摩擦力一直增大

C.地面对斜面体的摩擦力一直增大

D.M所受斜面的摩擦力可能先减小后增大

压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为内，以两滑块此时的位置为坐标原

点建立如图所示的一维坐标系，某时刻仅将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，已知A、

B质量关系为根A<%，下列关于外力尺两滑块间弹力稣与滑块B的位移变化的关系图象正

12.如图所示，固定斜面与水平面的夹角为9,弹簧的下端固定在挡板上，上端有一可视为

质点的物体，但弹簧和物体不粘连，现用沿斜面向下的外力推着物体，使其静止于/点，此时

弹簧的压缩量为荀，撤去外力后物体向上运动3x。时速度减为零。已知物体的质量为处与斜

面间的动摩擦因数为“，重力加速度为g,弹簧的劲度系数为A,物体向上运动的过程中，下

列说法正确的是（）

mgsin0+pimgcos0

A.从撤去外力到物体速度达到最大时物体经过的位移x=x0~

B.物体做匀减速直线运动的时间t=%

gsin8+〃gcos0

,,,,kx“-mesin0-Limecos0

C.刚撤去外力时物体的加速度a=」——-----------------

m

D.物体向上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动

第II卷(非选择题)

三、实验题(每空2分，共16分)

(1)为使小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是—

要使细线的拉力约等于钩码的总重力，应满足的条件是。

(2)打点计时器接频率为50Hz的交流电某次打出的某一条纸带，A、B、C、D、E、F为相邻

的6个计数点，如图，相邻计数点间还有四个点未标出。利用图中给出的数据可求出小车的加

速度a=m/s2o

(3)某位同学密搠鼠计算得到如下数据,-F图中作出小车加速度与所受合外力

的关系图象。

组另I」1234567

M/kg0.580.580.580.580.580.580.58

F/N0.100.150.200.250.300.350.40

a/m,s-20.130.170.260.340.430.510.59

(4)由图象可以看出，该实验存在着较大的误差，产生误差的主要原因是o

14.某实验小组利用如图1所示的实验装置测量小滑车和木板之间的动摩擦因数.主要实验步

骤如下:

i.将带滑轮的长木板固定在水平桌面上，按图连接实验装置，小滑车置于打点计时器附近，

牵引端只挂一个钩码.

ii.接通电源，由静止释放小滑车，小滑车运动至木板左端附近时制动小滑车，关闭电源，取

下纸带，计算加速度4;

iii.依次从小滑车上取下第一个、第二个、第三个……钩码挂在牵引端，重复步骤ii,分别

计算加速度“2、、%...

iv.在。-相坐标系中描点，用直线拟合，计算动摩擦因数(0为牵引端钩码总质量，每个钩

码质量均为恤).

请回答下列问题：

(1)关于实验原理及操作，下列说法正确的是；

A.实验中必须平衡摩擦力B.滑轮与小滑车间的细绳应与木板平行

C.必须保证牵引端钩码的总质量远小于小滑车和车上钩码的总质量

D.还需要测得小滑车的质量

(2)某条纸带测量数据如图2所示，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两

个计数点之间还有四个点未画出.量出相邻的计数点之间的距离分别为AB=4.22cm、BC=4.65

cm、CD=5.08cm、DE=5.49cm、EF=5.91cm、FG=6.34cm.已知打点计时器的工作频率为50

Hz,则小滑车的加速度值为2=m/s?(结果保留2位有效数字)；

\ABCDEFG\

)**•,•••I

图2

(3)测得。-相图线在a轴上的截距为6,已知重力加速度为g,则小滑车与木板间的动摩擦

因数表达式为.

四、计算题(15题10分，16题10分，17题12分，18题14分，共46分)

15.质量为30kg的小孩坐在10kg的雪橇上静止不动，大人用与水平方向成37°斜向上的拉

力拉动雪橇，力的大小为100N,雪橇与地面间的动摩擦因数为0.2,(g=10m/s2.si留。=0.6,

cos37°=0,8)求：F

（1）地面对雪橇的支持力大小。（2）雪橇运动的加速度大小。（3）4s内雪橇的位移大小。

16.如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角9=37。，A、B

两端相距L=5.0m,质量为M=10kg的物体以v0=6.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，

物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0,5。传送带顺时针

运转的速度v=4.Om/s,（g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）

求

（1）物体从A点到达B点所需的时间；

（2）若传送带顺时针运转的速度可以调节，要使物体能到达B点，传送带速率应满足什么条

件？物体从A点到达B点的最短时间是多少？（其他条件不变）

17.风洞可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。如图所示为风洞里模拟实验的示意图。

一质量为炉1kg的实验对象（可视为质点）套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为

9=30°。风洞产生竖直向上的、大小片20N的风力作用在实

验对象上，实验对象从〃点由静止开始沿直杆向上运动。已知

坦

实验对象与杆之间的动摩擦因数为加工。取交lOm/s）求：

（1）实验对象刚开始运动时的加速度大小；

（2）若杆上有一点心位于〃点上方，且〃、“两点间距为A=2.4m,欲使实验对象到达不点,

求风力尸作用的最短时间。

18.在粗糙水平面上，一电动玩具小车以％=4m/s的速度做匀速直线运动，其正前方平铺一

边长为Z=0.6m的正方向薄板，小车在到达薄板前某处立即刹车，靠惯性运动酷3m的距离后沿

薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板.小车与水平面以及小车与薄板之间的动摩擦因数均为

4=0.2,薄板与水平面之间的动摩擦因数〃2=°1，小车质量为〃为薄板质量m的3倍，

小车可看成质点，重力加速度g=lOm/s?,求:

(1)小车冲上薄板时的速度大小；(2)小车刚冲上薄板到停止时的位移大小

参考答案

1.C

【解析】

A、在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，也能做直线运动，如匀加速直线运

动，故A错误；

B、物体在变力作用下有可能做直线运动，如变加速直线运动，故B错误；

C、若物体所受合力与速度不在同一直线上则做曲线运动，故物体做曲线运动时，沿垂直速

度方向的合力一定不为零，故C正确；

D、两个直线运动的合运动一定是直线运动，如平抛运动就是两个直线运动的合运动，但是

曲线运动，故D错误；

故选C.

【点睛】本题要知道曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，一定是变速运动，一定具

有加速度，合力一定不为零.曲线运动的条件是合力与速度不共线，与合力的大小无关.

2.C

【解析】

从仁0开始物体以一定初速度匹向右滑行时，物体受到水平向左的滑动摩擦力，由公式公〃及

得，摩擦力为£=-〃沪-〃侬=-2N,物体的最大静摩擦力为：£=〃0尹2N,由于尸〈凡，所以

当物体的速度减小到零时，物体将停止运动，受到水平向右的静摩擦力，由平衡条件得物体

受到的静摩擦力为6=Q1N,故C正确，ABD错误。

3.B

【解析】试题分析：在如时刻前，乙车速度始终比甲车速度大，所以，乙车始终在甲车的

前面，且如时刻相距最远，A、D错误，B正确；在匕时刻前，乙车的加速度先大于甲车，

后小于甲车，C错误；故选B。

考点：v-t图像

【名师点睛】匀变速运动追赶类问题中，速度相等是重要的临界条件。速度相等时，两车相

距最近或者最远；所以速度相等时是否相遇也是辆车能否相遇的临界条件。V-t图线的斜率

表示小车的加速度。

4.A

【解析】

1

试题分析：由于第5s内位移大小为4m,方向可能向上，也可能向下，根据s=9

若第5s内位移方向向上，则%*5-：*52-(%*4-^8、42)=4,可得%1=49加/s；

2

若第5s内位移方向向下，，则%x5—ggxS?—(v0x4——^X4)=—4，可得v02=4Im/s,

因此上升的时间。=匣=4.95或，2=9=4.15,A正确，第5s的平均速度为

gg

s4s—4

%=二=7=4根/s或%=—=T=-4m/s,B错误；4s末的瞬时速度

=%]-g/=49—10x4=9〃z/s,或以2=%2—g/=41-10x4=l〃z/s,C错误；10s

1,1,

内位移s”=--gr=-10/n或sn=vmt--gt~=-90m,D错误

考点：自由落体运动

5.A

【分析】

以整体为研究对象，分析加速度如何变化，再以甲为研究对象，根据牛顿第二定律分析所受

的摩擦力如何变化，分析两物体的运动情况，判断甲速度最大的时刻、确定位移最大的时刻;

【详解】

A、以整体为研究对象，由图看出，t。时刻，F=0,加速度为零，则以甲为研究对象可知，甲

与乙间的静摩擦力最小为零，故A正确；

B、根据牛顿第二定律知，两物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，

则t。时刻速度方向不变，而且速度最大，故B错误；

C、根据牛顿第二定律可知，两物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运

动，结合运动学规律可知物体一直向正方向运动，可知在2t。时刻，速度最小为零，而位移

最大,故CD错误.

【点睛】

本题关键根据牛顿第二定律分析物体的运动情况，采用整体法和隔离法结合，同时结合运动

学公式来研究AB间的静摩擦力以及速度和位移关系.

6.C

【详解】

小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零

时，设细绳的拉力为尸，斜面的加速度为戊，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有

Fcos0=ma0,Fsin3-mg-0

代入数据解得

2

a0~13.3m/s

由于4=5m/s2<%,可知小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示，以小球为研

究对象，根据牛顿第二定律有

FisinO+FNCOS6—mg=。,Fxcos。一综sin8=rnc^

代入数据解得

由于%=20m/s2>g,可知小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设细绳与水

平方向的夹角为。，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有

F、COS(X=ma1,8sina-mg=0

代入数据解得

F2=20\/5N

则

区.叵

故选Co

7.D

【详解】

A.撤去尸后，在物体A离开弹簧的过程中，弹簧弹力是变力，物体A先做变加速运动，当

弹簧弹力小于摩擦力后，物体A做变减速运动，离开弹簧之后A做匀减速运动，故A错误;

B.撤去尸瞬间，以46整体为研究对象，根据牛顿第二定律得

kx°-/Limg

a-

2m

故B错误；

C.当A、B分离时，A、B的加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力

尸弹二mng^kxi

得

荀二----------

k

所以物体A、B一起开始向左运动

2g

下刘

k

后分离，故C错误，D正确。

故选Do

8.D

【详解】

A.片0.25s时物体在平衡位置上方最大位移处，此时加速度向下最大，物体发生失重最大,

此时对弹簧的压力最小，选项A错误；

B.t=Q.25s和t=0.75s两时刻物块相对平衡位置的位移大小相等，但此时弹簧的形变量不

同，即弹簧的弹力不相等，选项B错误；

CD.仁0.25s至仁0.50s这段时间物体从最高点向平衡位置运动，相对平衡位置的位移逐渐

减小，则所受合外力逐渐减小，则加速度减小，即物体做加速度逐渐减小的加速运动，此过

程中物体的动能变大，弹簧不断被压缩，弹性势能逐渐变大，选项C错误，D正确。

故选Do

9.ACD

【详解】

A.因为物体N重力是不变量，根据共点力平衡关系知，水平方向绳子的拉力和挂细绳的拉力

合力不变，再根据矢量行四边形法则作图，

由图可得，当挂N的细绳与竖直方向的角度增大时，水平拉力在不断大，悬挂细绳的拉力也

不断增大。故A正确;

BD.对物体M做受力分析，因为绳子的拉力在不断增大，物体在斜面方向受到重力的沿斜面

的分力保持不变，因为物体平衡，故当拉力小于重力分力时，摩擦力沿斜面向上，当当拉力

大于重力分力时，摩擦力沿斜面向下。摩擦力大小也可能经历先减小后增大的过程。故D

正确，B错误;

C.把N、M和斜面看出一个整体，整体处于平衡状态，水平拉力和摩擦力是一对平衡力，水

平拉力在不断大，地面对斜面体的摩擦力也不断增大，故C正确;

10.BC

【解析】

在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,当小木块下滑的速度小于皮带速度%时,

对小木块受力分析如图甲，贝!1：mgsin0+/nmgcos0^max,此时小木块做加速度为%的

匀加速直线运动;

mg

图甲

当小木块下滑的速度等于皮带速度V。时，小木块受力发生突变，摩擦力的方向会反向,

若甲？sine<cose,则小木块开始匀速；故选c

若mgsin夕>cos6,则但$1110-〃7咫8$0=7碎，即小木块继续加速但加速度

a2<a{■故选B.综上答案BC

点睛：在速度不一样时，两物体间出现滑动摩擦力；在速度变得一样的瞬间摩擦力发生突变,

有可能变为静摩擦力，有可能变为3有可能仍为滑动摩擦力但方向发生变化.(要借助假

设法分析属于何种情况)

11.BD

【详解】

当A、B分离时A仍有加速度，所以弹簧不可能处于原长。开始时外力大小

某时刻仅将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，A、B分离前，对A、B整体根据牛顿第

二定律有

F+k(^x0-x)=(mA+7电)。

当x=0时，解得

2kx0=(叫

对A有

k(^x0-X)-FN=mAa

联立解得

(\

FN=kx0--------kx

当然=0时，可得

以+外

此时A、B分离，此后拉力尸保持不变，故AC错误，BD正确。

故选BDo

12.AC

【详解】

A.物体速度最大时物体沿斜面方向所受的合外力为零，设此时弹簧的压缩量为王，则有

kxi=mgsin0+fimgcos0

物体经过的位移

mgsin0+umgcos0

X=%—%=X。---------------------

k

故A正确；

B.弹簧恢复原长后物体做匀减速直线运动，物体的加速度大小为

mgsin0+Limecos0.八八

a=-------------------------=gsin"+jugcos，

0m

物体的末速度为零，可视为反方向的初速度为零的匀加速直线运动，则物体走过的位移为

2x0,则由运动学公式得

gsin8+pigcos3

故B错误；

C.刚撤去外力时，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知

ma=kx0-mgsin0-/jmgcos0

解得

_kx-mgsin0-pimgcos0

Cl—0

m

故C正确；

D.撤去外力后，物体先做加速度减小的加速直线运动，然后做加速度增大的减速直线运动,

最后做匀减速直线运动，故D错误。

故选AC„

13.(1)平衡小车所受的摩擦力；钩码的质量远小于小车的质量；(2)0.5；

(3)如图所示；

(4)没有平衡摩擦力(写平衡摩擦力不足或平衡摩擦力角度过小)。

【解析】试题分析：(1)为使小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是平衡小车受

到的摩擦力；要使细线的拉力约等于钩码的总重力，应满足的条件是钩码的质量远小于小车

的质量，因为小车做加速运动时，细线上的拉力大小为故只有当M>>m时，F=mg；

(2)小车的加速度a=4。=0.5m/s2；(3)通过描点、连线即可得出小车的加速度与所受

合外力的关系图象如图所示；(4)图像没过原点，而是与F相交于一点，说明没有平衡摩擦

力(写平衡摩擦力不足或平衡摩擦力角度过小)。

考点：探究物体的加速度与力、质量的关系。

b

14.B0.42——

g

【解析】

试题分析：(1)实验原理是利用祛码牵引小滑车做加速运动，利用打出的纸带求出加速度，

牵引绳的拉力必须与摩擦力在一条直线上，所以滑轮与小滑车间的细绳应与木板平行，B正

确；A、C、D错误.

XDG-X.4D

(2)由得:=QA2m/s2

（3T）2

(3)设原小滑车和祛码的总质量为M,牵引小滑车的祛码质量为m,对整体，由牛顿第二定

律可得:

mg一//IA/—mlg=Ma,即a=Q+4)/g―%,所以6=一俺，求得//=-2

Mg

考点：探究影响摩擦力的大小的因素、牛顿第二定律.

【名师点睛】要知道打点计时器的结构、工作原理、使用注意事项，正确选择研究对象，应

用牛顿第二定律即可求出动摩擦因数.对于纸带问题的处理，我们要熟悉匀变速直线运动的

特点和一些规律，提高应用基本规律解答实验问题的能力.

15.(1)地面对雪橇的支持力大小为340N；(2)雪橇运动的加速度大小为0.3m/s2；(3)4s

内雪橇的位移大小为2.4m。

【解析】(1)设小孩和雪橇的总质量为m,对整体受力分析得：

竖直方向：Fsin9+FN=mg

解得：FN=mg-Fsin0=400N-100X0.6N=340N；

(2)雪橇在水平方向上受到的合力：F合=Fcos6-Ff①

且摩擦力：阵=nF、②

联立①②两式解得：F-=12N

由牛顿第二定律得：F=ma,其中m=m人+m雪橇=30kg+10kg=40kg

解得雪橇运动的加速度大小为a=0.3m/s2

(3)根据位移时间关系可得：x=—at2X0.3X42m=2.4m

22

16.(1)2.2s(2)v—4m/stm—Is

【解析】

【详解】

(1)重力沿斜面方向的分力：Mgsin37°=100X0.6=60N

摩擦力大小：f=uMgcos9=0.5X100X0.8=40N

开始时物体所受摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律：-Mgsin9-uMgcos9=Ma

得：a=-10m/s2

t=--=—=0.2s

达到与传送带速度相等需要的时间：°-10

x=­：—=-~~~——1m

这段时间内的位移为：2aS

之后，物块所受沿斜面向上的摩擦力小于重力的分力，则加速度为：

f_nMgcos370-MgzinS70_40-60_

以此加速度减速上滑4m：有：L-x=vt'+2a'V2

1

即：4=4t')X2t，：

得：=2s,正好此时物块速度减小到0；

则物体从A点到达B点所需的时间：t,(s=t+t'=0.2s+2s=2.2s

(2)由(1)的分析可知当传送带的速度为4m/s时，物块恰好能到达传送带的最高点B,

则若传送带顺时针运转的速度可以调节，要使物体能到达B点，传送带速率应满足v之4m/s；

物体一直以加速度a'=-2m/s2运动到B点的时间最短，

L=vt+%'V

5=6t-2X2Xt2

t2-6t+5=0

得：t=ls或t=5s(舍去)

则若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是1s.

【点睛】

传送带问题一直是学生头大的问题，关键是明确物体所受传送带摩擦力方向的判断，摩擦力

的方向与物体相对传送带运动方向相反，而牛顿第二定律和运动学公式的应用选取的参照物

是地面.

17.(1)囱=2.5m/s2(2)1.2s

【解析】

试题分析：分析在风力F作用时实验对象的受力：重力、拉力，杆的支持力和滑动摩擦力，

采用正交分解法，根据牛顿第二定律求出加速度.实验对象先做匀加速直线运动，后做匀减

速直线运动，刚好到达N点时速度为零时，风力F作用的时间最短.由牛顿第二定律求出两

个过程的加速度，由速度位移公式求出匀加速运动的位移，再求风力F作用的最短时间.

(1)设在力/作用时，直杆对实验对象的支持力为Nb滑动摩擦力为力，实验对象刚开始

运动时的加速度大小为则根据牛顿第二定律得：

沿杆方向有：Ain30°-mgsin30°一力=胴4；

垂直于杆方向有：=Fcos300-mgcos30c,又方=心)

解得用=2.5m62

(2)当小球到达N点的速度刚好为零，风力F作用的最短时间，设为力.设撤去力F前小

球上滑距离为X”撤去力F后，小球上滑的加速度大小为上滑距离为灯，刚撤去F时,

小球的