天津市静海区第一中学2019-2020学年高一上学期12月学生学业能力调研物理试题 14页

静海一中2019-2020第一学期高一物理（12月）‎ 学生学业能力调研试卷 考生注意：‎ 本试卷分第Ⅰ卷基础题（80分）和第Ⅱ卷提高题（20分）两部分，共100分。‎ 第Ⅰ卷 基础题（共80分）‎ 一、选择题: (1-7题为单选，每题3分；8-10题为多选，每小题4分)‎ ‎1.国际单位制中规定，力学量所对应的基本单位是(　　)‎ A. 米、牛顿、秒 B. 米、千克、秒 C. 米、牛顿、千克 D. 米/秒、米/秒2、牛顿 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．‎ ‎【详解】在国际单位制中，力学基本单位分别为：米、千克、秒．牛顿、米/秒、米/秒2都属于导出单位，故B正确，ACD错误．‎ ‎【点睛】决本题的关键要掌握国际单位制中三个基本单位：米、千克、秒．‎ ‎2.跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当运动员在某高度从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是 A. 风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作 B. 风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害 C. 运动员下落时间与风力有关 D. 运动员着地速度与风力无关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；因而，水平风速越大，落地的合速度越大，但落地时间不变；故只有B正确．故选B．‎ ‎3.如图所示，斜拉桥的塔柱两侧有许多钢索，它们的一端都系在塔柱上．对于每一对钢索，它们的上端可以看成系在一起，即两根钢索对塔柱的拉力F1、F2作用在同一点．它们合起来对塔柱的作用效果应该让塔柱好像受到一个竖直向下的力F一样如图（2）所示．这样，塔柱便能稳固地伫立在桥墩上，不会因钢索的牵拉而发生倾斜，甚至倒下．如果斜拉桥塔柱两侧的钢索不能呈对称分布如图（3）所示，要保持塔柱所受的合力竖直向下，那么钢索AC、AB的拉力FAC、FAB应满足（ ）‎ A. FAC：FAB=1：1‎ B FAC：FAB=sinβ：sinα C. FAC：FAB=cosβ：cosα D. FAC：FAB=sinα：sinβ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】要保持塔柱的合力竖直向下，则两根钢索的拉力在水平方向上受力平衡，即，所以FAC︰FAB=sinβ︰sinα，C正确．‎ ‎4.质量为 的物体静止在水平地面上，用水平拉力F作用于物体上，作用一段时间后撤去F，物体滑行一段距离后停止下来物体运动的速度--时间图象如图2所示取，由图线可以求得水平力F和物块与地面之间的动摩擦因数分别为　　‎ A. ， B.  N，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据牛顿第二定律对匀加速直线运动和匀减速直线运动列式求解，求出F的大小和动摩擦因数的大小 ‎【详解】由图象知：匀加速过程；由牛顿第二定律得 F-µmg=ma1；减速过程；由牛顿第二定律得-µmg=ma2；联立解得 F=9N µ=0.3，故A正确，BCD错误；故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道速度时间图线与时间轴围成的面积和图线的斜率表示的含义．‎ ‎5.将货物由静止竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v-t图象如图所示．以下判断不正确的是（ ）‎ A. 前3 s内货物处于超重状态 B. 前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同 C. 最后2 s内货物只受重力作用 D. 第3 s末至第5 s末的过程中，货物处于平衡状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】前3 s内货物向上做加速运动，处于超重状态，选项A正确；根据可知，前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同，均为，选项B正确； 最后2 s内货物做减速运动，故除受重力作用外还受向上的作用力，选项C错误；第3 s末至第5 s末的过程中，货物做运动运动，处于平衡状态，选项D正确；故选C．‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键知道速度时间图线斜率，掌握图线与时间轴围成的面积表示的含义，要知道匀变速直线运动的平均速度可根据公式求解．‎ ‎6.如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为300的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态.当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ）‎ A. 0‎ B. 大小为g，方向竖直向下 C. 大小为g，方向水平向右 D. 大小为g，方向垂直木板向下 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出弹簧的弹力，撤去木板瞬间，木板的支持力消失，弹簧的弹力和重力不变，求出合力后，即可由牛顿第二定律求出小球的加速度．‎ ‎【详解】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图 根据共点力平衡条件，有： F-Nsin30°=0； Ncos30°-G=0；解得支持力 N=mg ‎，弹簧的弹力 F=mg；木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和弹簧的拉力不变，合力大小等于支持力N，方向与N反向，故此瞬间小球的加速度大小为：，方向垂直木板向下．故选D．‎ ‎【点睛】本题的关键对小球受力分析，抓住弹簧的弹力不能突变，由牛顿第二定律求瞬时加速度．‎ ‎7. 如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则 A. 物块可能匀速下滑 B. 物块仍以加速度a匀加速下滑 C. 物块将以大于a的加速度匀加速下滑 D. 物块将以小于a的加速度匀加速下滑 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析: F作用前：；F作用时：；由以上两表达式知：，C对．‎ 考点: 牛顿第二定律．‎ ‎8.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN．在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. MN对Q的弹力逐渐减小 B. 地面对P的摩擦力逐渐增大 C. P、Q间的弹力先减小后增大 D. Q所受的合力不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图 根据共点力平衡条件，有；N2=mgtanθ；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图；根据共点力平衡条件，有f=N2；N=（M+m）g，故f=mgtanθ；MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力始终为零；故选BD．‎ ‎【点睛】本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论．‎ ‎9.如图所示，从倾角为θ的斜面上的M点水平抛出一个小球．小球的初速度为υ0，最后小球落在斜面上的N点,下列判断中错误的是（ ）‎ A. 可求出M、N之间的距离 B. 不可以求出小球什么时刻与斜面间的距离最大 C. 可求出小球运动的时间 D. 可求小球落到N点时的速度大小和方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．设，之间距离是，则：‎ ‎，‎ 可算出：‎ ‎，‎ 故AC正确．‎ B．把初速度，重力加速度都分解成沿着斜面和垂直斜面两个分量，在垂直斜面方向上，小球做的是以为初速度，为加速度的竖直上抛运动，小球到达离斜面最远处．由：‎ 得：‎ 所以B错误．‎ D．由题意得：‎ 小球落到N点时的速度：‎ 设与水平方向夹角为，‎ 故D正确.‎ 本题选错误的，故选B．‎ ‎10.用两根细线系住一小球悬挂于小车顶部，小车在水平面上做直线运动，球相对车静止．细线与水平方向的夹角分别为α和β（α>β），设左边细线对小球的拉力大小为T1‎ ‎，右边细线对小球的拉力大小为T2，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）‎ A. 若T1=0，则小车可能在向右加速运动 B. 若T2=0，则小车可能在向左减速运动 C. 若T1=0，则小车加速度大小为 D. 若T2=0，则小车加速度大小为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．若T1=0，小车具有向右的加速度，根据牛顿第二定律可得 则小车可能在向右加速运动，也可能向左减速运动，故AC正确；‎ BD．若T2=0，小车具有向左的加速度，根据牛顿第二定律可得 则小车可能在向左加速运动，也可能向右减速运动，故BD错误。‎ 故选AC。‎ 二、填空题：（每空2分，共14分.）‎ ‎11.如图所示，小车上固定一弯折硬杆ABC，C端固定一质量为m的小球.已知α角恒定，当小车处于静止状态时，BC杆对小球的作用力的方向 ___________；大小为________；当小车水平向左作加速度为gtanα的匀加速直线运动时，BC杆对小球的作用力的方向 ___________；大小为________；当小车水平向右作加速度为a的匀加速直线运动时，BC杆对小球的作用力的方向 ___________；大小为________；‎ 总结：杆上的力的方向_________(填“一定”或者“不一定”)沿杆．‎ ‎【答案】 (1). 竖直向上 (2). mg (3). 沿CB向上 (4). (5). 斜向右上 (6). (7). 不一定 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]小球受重力和杆子的作用力两个力作用，BC杆对小球的作用力有两个效果，竖直方向与重力平衡，所以当小车处于静止状态时，BC杆对小球的作用力的方向，竖直向上，大小为；‎ ‎[3][4]对小球受力分析，受重力和杆的弹力F，如图 小球向左做加速运动，根据牛顿第二定律，有：‎ 所以BC杆对小球的作用力的方向，沿CB向上，由几何关系得 ‎[5][6]小球受到的合力为 由受力分析可知杆对小球的作用力为 由于小车水平向右作加速度为a的匀加速直线运动，所以BC杆对小球的作用力的方向，斜向右上；‎ ‎[7]由前面分析可知，杆上的力的方向不一定沿沿杆方向．‎ 三、实验题：（每空3分，共33分）‎ ‎12.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如下图1‎ 所示的装置，其中砂桶质量为m,小车质量为M，打点计时器使用的交流电频率为50 Hz．‎ ‎（1）实验前，在进行平衡摩擦力的操作时，下列注意事项正确的是_______．‎ ‎ A．应该让小车连接纸带并穿过打点计时器 B．必须让小车连接砂桶 ‎ C．纸带和砂桶都应连接 D．改变小车质量时，需要重新平衡摩擦力 ‎（2）该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图2所示，自A点起，相邻两点的距离分别为‎10.1 mm、‎12.0 mm、‎14.1 mm、‎16.0 mm、‎18.0 mm，则打E点时小车速度为______m/s，小车的加速度为______ m/s2（结果保留一位小数）．‎ ‎（3）该实验用到了__________科学方法，为了让砂桶的总重力表示绳子的拉力，应该满足_____________条件．‎ ‎（4）该同学通过数据的处理作出了a−F图象，如图3所示，则图中直线不过原点的原因可能是_____．‎ ‎【答案】 (1). A (2). 0.85 (3). 4.9 (4). 控制变量 (5). m远小于M (6). 平衡摩擦力过度 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 平衡摩擦力时让小车拖着纸带运动，根据纸带点迹判断小车是否做匀速直线运动，但不能连接砂桶，平衡完摩擦力后，改变小车质量，因为倾角未变，无需重新平衡摩擦力，故A正确BCD错误．‎ ‎(2)[2][3] 根据纸带处理方法可知，打E点时小车速度为 根据逐差法可知，小车的加速度为 ‎(3)[4][5] 该实验用到了控制变量的科学方法，平衡摩擦力后，当砂与砂桶质量m远小于小车质量M时，可以近似认为小车受到的拉力等于砂和砂桶的重力．‎ ‎(4)[6] 图中当F=0时，a≠0．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过度．‎ ‎13.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图2甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．‎ ‎(1)如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．‎ ‎(2)本实验采用的科学方法是________．‎ A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法 ‎(3)实验时，主要的步骤是：‎ A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；‎ B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；‎ C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；‎ D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；‎ E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；‎ F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．‎ 上述步骤中，有重要遗漏的步骤的序号是__________；遗漏的内容分别是____________________和_____________．‎ ‎【答案】 (1). F′ (2). B (3). C和E (4). C中记下两个分力的方向 (5). E中要把橡皮条的结点拉到同一位置 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′；‎ ‎(2)[2]本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故B正确；‎ ‎(3)[3][4][5]本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤C中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O．‎ ‎【点睛 第Ⅱ卷 提高题（共20分）‎ 四、解答题：(本大题共2小题，共20分)‎ ‎14.如图所示，质量m=‎2.0kg的木块静止在高h=‎1.8m的水平平台上，木块距平台右边缘‎7.75m，木块与平台间的动摩擦因数μ=0．2．用水平拉力F=20N拉动木块，木块向右运动‎4.0m时撤去力F．不计空气阻力，g取‎10m/s2．求：‎ ‎（1）.F作用于木块时间；‎ ‎（2）.木块离开平台时的速度大小；‎ ‎(3).木块落地时距平台边缘的水平距离．‎ ‎【答案】（1）t=1s,（2）v2="7" m/s2,（3）‎‎4.2m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）木块在F作用下做与加速直线运动：‎ ‎="8" m/s2‎ 因为，解得t=1s 末速度=‎8m/s ‎（2）撤去外力F后，木块做匀减速直线运动 加速度大小：="2" m/s2‎ ‎="‎3.75m " ;解得：v2="7" m/s2‎ ‎（3）离开平台后做平抛运动：解得:t=0.6s ‎=‎‎4.2m ‎15.如图所示，在光滑水平面上，放置着A、B两个物体．A、B紧靠在一起，其质量分别为mA＝‎3 kg，mB＝‎6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，FA、FB大小均随时间而变化，其规律为FA＝(12－2t) N，FB＝(6＋2t) N．问 ‎（1）从t＝0开始，到A、B相互脱离为止，A、B的共同位移是多少？‎ ‎（2）根据题中的信息分析“A、B相互脱离”的条件是什么？‎ ‎【答案】(1)‎9m (2)A、B速度相同，A、B间的弹力为零 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)FA、FB的大小虽随时间而变化，但 F合＝FA＋FB＝18N 不变，故开始一段时间内A、B共同做匀加速运动，A、B分离前，对整体有：‎ FA＋FB＝(mA＋mB)a 设A、B间的弹力为FAB，对B有：‎ FB＋FAB＝mBa 由于加速度a恒定，则随着t的增大，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即FAB＝0，由FA＝(12－2t) N，FB＝(6＋2t)N 得：‎ a＝‎2m/s2‎ 联立解得：‎ t＝3s A、B相互脱离前共同位移，为：‎ ‎ ‎ 代入数值得：‎ x＝‎‎9m ‎(2)当A、B恰好分离时，A、B速度相同，A、B间的弹力为零 ‎ ‎