四川省三台中学实验学校2017-2018学年高一12月月考物理试题 Word版含解析

三台中学实验学校2017年秋季高2017级12月月考物理一、本大题12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的．1. 为了公路交通有序、安全，路旁设立了若干不同的交通标志。

如图甲是限速标志，表示允许行驶的最大速度是80km/h；图乙是路线指示标志，表示到绵阳还有50km。

关于上述两个数据的物理意义的说法，正确的是A. 80 km/h是平均速度，50 km是位移B. 80 km/h是平均速度，50 km是路程C. 80 km/h是瞬时速度，50 km是路程D. 80 km/h是瞬时速度，50 km是位移【答案】C【解析】【详解】允许行驶的最大速度表示在某一位置的速度，是瞬时速度，所以80km/h是指瞬时速度；到绵阳还有50km，50km是运动轨迹的长度，是路程。

故C正确，ABD错误。

故选：C2. 下列说法正确的是A. 水平桌面上的杯子受到的支持力是桌面发生形变而产生的B. 物体间相互作用时，先有施力物体，后有受力物体C. 同一物体在赤道和北极受到的重力大小相等D. 物体的重心总在物体的几何中心【答案】A【解析】【详解】A. 杯子受到桌面的支持力是一个弹力，根据弹力的产生可知，该力是由于桌面发生弹性形变而产生的，故A正确；B. 物体相互作用具有同时性，因此施力物体和受力物体没有先后，故B错误；C. 从赤道到两极，重力加速度不同，所以同一物体在赤道和北极受到的重力大小不相等，故C错误；D. 只有质量分布均匀形状规则的物体，其重心才在几何中心上，故D错误。

故选：A3. 一物体静止，在绳的拉力作用下开始运动，先做加速运动，然后做匀速运动，再做减速运动。

则A. 加速运动过程中，绳拉物体的力大于物体拉绳的力B. 减速运动过程中，绳拉物体的力小于物体拉绳的力C. 只有匀速运动过程中，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小才相等D. 在这三种运动过程中，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小总相等【答案】D【解析】绳拉物体的力与物体拉绳的力是一对作用力与反作用力，所以大小始终相等，故A、B、C错误；D正确。

4. 下列说法正确的是A. 研究在空中运动的物体可以不选择参考系B. 速度的单位“m/s”是导出单位C. 地球的体积很大，在任何情况下都不能视为质点D. 质量、加速度、位移三个物理量都是矢量【答案】B【解析】【详解】A. 运动是相对的，研究任何物体的运动都要选择参考系，故A错误；B. 速度的单位“m/s”是根据公式v=x/t推导出来的，m/s是导出单位。

故B正确；C. 物体能否看作质点，关键看物体的大小和形状对所研究的问题是否没有影响或影响忽略不计，而不是看体积大小。

地球的体积很大，但在研究其公转时也可以看作质点。

故C错误；D. 质量是标量，而加速度、位移是矢量。

故D错误。

故选：B5. 蹦床可简化为如图所示，完全相同的网绳构成正方形，O、a、b、c…等为网绳的结点。

当网水平张紧时，质量为m的运动员站立在网中心O点，当该处下凹稳定时，网绳bOf、dOh均成120°向上的张角，则此时O点周围每根网绳的拉力的大小为A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】对O点进行受力分析，因为网绳完全相同，并且构成的是正方形,O点到最低时，aoe,goc所成的角度是120∘，所以Fa=Fe=Fc=Fg，且Fa与Fe的合力为F=Fa，同理Fg与Fc的合力也是F=Fg.由于运动员处于平衡状态，所以F=mg，所以选项ACD错误，B正确。

故选：B.6. 一个物体受到三个共点的恒力作用，三个恒力的大小分别是2N、4N、7N。

能够正确描述物体可能的运动情况的图像是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】ABC、2N和4N的两个力的合力范围为2N∼6N，与7N的力大小不可能相等，所以该物体不可能处于平衡状态，即不可能静止或匀速直线运动。

故ABC错误。

D. 三个力的合力是恒力，则物体一定做匀变速运动，速度可能均匀增大，则D是可能的，故D正确。

故选：D.【点睛】根据任意两个力的合力与第三个力大小是否能相等，判断物体能否保持平衡状态，再由牛顿第二定律分析其运动情况，从而得到运动图象．7. 将一个小球竖直向上抛出，从抛出时刻开始计时，经过5s，小球到达最高点。

不计空气阻力，g取10m/s2。

小球A. 第1s末的速度是40m/sB. 第2s内的位移为15mC. 第3s内的平均速度为20m/sD. 上升的最大高度为250m【答案】A【解析】【详解】A. 经过5s到达最高点，v=v0−gt，即0=v0−10×5，得v0=50m/s，第1s末的速度为v1=v0−gt1=50−10×1=40m/s，故A正确；B. 第2s内的位移x2=v1t2−=40×1−×10×12=35m，故B错误；C. 第3s初的速度v2=v0−gt2=50−10×2=30m/s，第3s末的速度v3=v0−gt3=50−10×3=20m/s第3s内的平均速度m/s=25m/s，故C错误；D. 上升的最大高度h==125m，故D错误；故选：A【点睛】物体做竖直上抛运动，其加速度大小始终为g，方向竖直向下，上升阶段：匀减速直线运动，达到最高点时速度为零，加速度还是g，应用匀变速直线运动的规律求解．8. 如图所示，一小物块从光滑斜面上某处滑下，从接触弹簧到压缩弹簧第一次到达最低点的过程中，小物块A. 做减速运动B. 先做减速运动后做加速运动C. 加速度先减小后增大D. 将静止在第一次到达的最低点位置【答案】C【详解】小物块接触弹簧后，弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力，小物块的合力沿斜面向下，加速度也沿斜面向下，与速度方向相同，故小物块做加速运动，因弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小；随着小物块向下运动，弹簧的弹力增大，当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，小物块的合力沿斜面向上，加速度沿斜面向上，与速度方向相反，小物块做减速运动，弹力增大，合力增大，加速度也增大；综上可知，小物块先做加速运动后做减速运动；加速度先减小后反向增大；小物块在第一次到达的最低点位置时加速度不为零，不会静止在最低点位置，故ABD错误，C 正确。

故选：C.9. 如图所示，某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重。

她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。

关于她的实验现象，下列说法中正确的是A. 只有“起立”过程，才能出现失重现象B. 只有“下蹲”过程，才能出现超重现象C. “起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象D. “下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象【答案】C【解析】【详解】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故ABD错误，C正确10. 一质量为m的质点沿x轴做直线运动，其v—t图像如图所示。

质点在t＝0时位于x0＝1 m处开始沿x轴正向运动。

则A. 当t＝0.5 s时，质点的加速度方向与运动方向相反B. 当t＝3 s时，质点在x轴上x=5 m处C. 当t＝5 s时，质点在x轴上x＜0 的某处D. 质点在t＝3.5 s时受到的合外力大于在t＝4.5 s时受到的合外力【答案】D【解析】【详解】A. 在0∼1s内，质点做匀加速直线运动，其加速度方向与运动方向相同，故A错误；B. 在0∼1s内,质点的加速速度：a1=△v/△t=2/1m/s2=2m/s2，则匀加速运动的位移：x1=a1t2=×2×12m=1m，在1∼3s内,质点做匀速直线运动,其位移x2=vt=2m/s×2s=4m，则当t=3s时,质点在x轴上的位移x=x0+x1+x2=1m+1m+4m=6m，故B错误；C. 在3∼4s内，质点的加速度a2=△v/△t=−2m/s2，其位移：x3=vt+a2t2=2×1m+×(−2)×12m=1m，在4∼5s内,质点的加速度a3=△v/△t=−1m/s2，其位移：x4=a3t2=×(−1)×12m=−0.5m，当t=5s时,质点运动的总位移：x总=x0+x1+x2+x3+x4=6.5m，所以在x轴上x>0的某处，故C错误；D. 质点在t=3.5s时,其加速度a2=−2m/s2，质点在t=4.5s时,其加速度a3=−1m/s2，根据牛顿第二定律可知,F合=ma，因为a2>a3，所以F合2>F合3，故D正确。

故选：D.11. 如图所示，a、b是截面为等腰直角三角形的两个相同的楔形物体，分别在垂直于斜边的大小相等的恒力F1、F2作用下静止在相同的竖直墙面上。

则A. a受到摩擦力可能为零B. b受到摩擦力可能为零C. 墙面对a的弹力大于墙面对b的弹力D. 墙面对a的弹力小于墙面对b的弹力【答案】B【解析】对a受力分析如图1：除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力．A错误；除摩擦力外对b受力分析如图2：除摩擦力外，N，F2，mg三力有可能平衡．故b受到的摩擦力可能为零，B正确；恒力F1、F2大小相等且a、b是截面为等腰直角三角形，所以两个推力在垂直于墙的分力相等，墙面对a 的弹力等于墙面对b的弹力，CD错误．故选B．点睛：本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．12. 如图所示，水平传送带长l=16 m，将可以视为质点的小煤块以初速度v0=0放于以v1=4 m/s的速度顺时针匀速运动的传送带的A端，经过一段时间t，小煤块从A端运动到B端，且因为煤块与传送带间的相对运动而在传送带上留下长度为4 m的划痕，小煤块与传送带间的动摩擦因数为μ。

g取10 m/s2。

则A. μ=0.1B. μ=0.3C. t=5 sD. t=6 s【答案】C【解析】【详解】小煤块放于传送带的A端后，在摩擦力作用下做匀加速直线运动，设匀加速运动时间为t1,小煤块匀加速运动的位移和传送带匀速运动的位移分别为x1、x2，则煤块在传送带上留下的划痕长度与小煤块相对于传送带的位移大小相等，即：x2−x1=v1t1−=△x…①当小煤块的速度与传送带的速度相同时不再加速，此时有：v1=at1…②联立①②则有：v1t1=△x，解得：t1=2s，则水平传送带运动的位移：x2=v1t1=4m/s×2s=8m，则小煤块匀加速运动的位移：x1=x2−△x=8m−4m=4m，由x1=得，小煤块的加速度：a=2m/s2，对小煤块，由牛顿第二定律得，μmg=ma，解得：μ=a/g=2/10=0.2，故AB错误；当小煤块的速度与传送带的速度相同后，将以v1=4m/s的速度匀速运动到B端，其位移：x′1=l−x1=16m−4m=12m，则小煤块匀速运动的时间：t′1=x′1/v1=12/4s=3s，所以小煤块从A端运动到B端所用的总时间：t=t1+t′1═2s+3s=5s，故C正确，D错误。