2018-2019学年四川省棠湖中学高一下学期开学考试物理试题（解析版） 15页

‎2018-2019学年四川省棠湖中学高一下学期开学考试 物理试题 一、选择题：本题共13小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1~9题只有一项符合题目要求，第10~13题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分 ‎1.下列物体的运动，不可能的是 A. 物体加速度越来越大，速度越来越小 B. 物体速度越来越大，加速度越来越小 C. 物体速度方向向东，加速度方向向西 D. 物体速度随时间均匀增大，加速度也随时间均匀增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．‎ ‎【详解】A、当加速度方向与速度方向相反，加速度越来越大，速度越来越小；故A正确.‎ B、当加速度方向与速度方向相同时，速度增大，但加速度大小可以减小；故B正确.‎ C、速度方向向东，说明向东运动，但加速度的方向可能向西；故C正确.‎ D、速度随时间均匀增大，表示物体的加速度不变；故D错误.‎ 本题选不可能的故选D.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系．‎ ‎2.2018年12月8日上午9点半，随着一声枪响，环攀枝花国际公路自行车赛（绕圈赛）正式开始，来自18支国际职业车队的95名运动员从三线建设博物馆出发，沿城区主要道路绕行，最终返回起点，全程80.8 km。来自厄立特里亚国家队的戴维特·也门以1小时52分22秒的成绩夺冠。下列说法中正确的是 A. 上午9点半指的是时间 B. 全程80.8 km指的是位移 C. 研究运动员在全程中的运动可将其视为质点 D. 根据上述数据，可以估算出戴维特·也门的冲线速度约为43.14 km/h ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点；位移是从初位置到末位置的有向线段，路程为轨迹的实际长度；质点是用来代替物体的有质量的点；当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响可忽略不计时，可以把物体当作质点，根据这个条件进行判断；平均速率等于路程除以时间，平均速度等于位移除以时间.‎ ‎【详解】A、上午9点半指的是时刻，在时间轴上是一个点；故A错误.‎ B、80.8 km指的是运动轨迹的长度为路程，故B错误；‎ C、研究运动员在全程中的运动时运动员的大小和形状可以忽略，故可以看成质点；故C正确.‎ D、已知运动员的路程和时间，可以求出平均速率，而冲线速度为瞬时速度，其大小不等于平均速度率；故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题关键明确位移与路程、时间间隔与时刻、质点的概念、速度与速率，重在两个量的区别.‎ ‎3.甲、乙、丙三个质量相等的物体，放在同一水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数相同。分别受到大小相等的作用力F，三个物体均保持静止，如图所示。关于三个物体受到的摩擦力大小关系，下列说法中正确的是 A. 一样大 B. 甲最大 C. 乙最大 D. 丙最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三个物体均静止不动，受力平衡，静摩擦力的大小与水平方向的力相等．‎ ‎【详解】三个物体均静止不动，受力平衡，静摩擦力的大小与水平方向的力相等，根据平衡条件，有：f甲=Fcosθ，f乙=Fcosθ，f丙=F，可见，甲乙受地面的摩擦力相等，丙受摩擦力最大；故选D.‎ ‎【点睛】对于滑动摩擦力，大小与物体间弹力成正比，对于静摩擦力，大小与外力相等．‎ ‎4.某物体做直线运动的x-t图像如图所示，下列说法中正确的是 A. 物体在2s末回到出发点 B. 物体在2s末距出发点最远 C. 物体在0-1s内做匀加速运动 D. 物体在0-2s内运动方向不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 位移图象的纵坐标表示物体的位置，坐标的变化量表示位移．根据图象直接求解物体在ts内的位移，斜率代表物体的速度．‎ ‎【详解】C、D、在x-t图象中，斜率代表速度，故前2s内，在拐点之前0~1s内，做沿正方向的匀速直线运动，拐点之后1~2s做沿负方向的匀速运动；故C、D均错误.‎ A、B、x-t图象的纵坐标表示位置，故0~1s的位置变化为5m，0~2s内的位置变化为零；则A正确，B错误.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查对位移图象的理解，抓住坐标表示物体的位置，坐标的变化量表示位移，斜率代表速度是关键.‎ ‎5.甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移－时间图象，即x－t图象如图所示，则 A. 刚出发时，甲车速度小 B. t1时刻，两车相遇 C. t2时刻，乙车速度大 D. 0～t2时间内，甲车通过的距离大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，表示两车相遇。‎ ‎【详解】因x-t图像的斜率等于速度，由图像可知刚出发时，甲车速度大，选项A错误；t1时刻，两车位移不相等，两车没有相遇，选项B错误；t2时刻，甲车的速度为零，则乙车速度大，选项C正确；t2时刻两车的位移相同，则0～t2时间内，两车通过的距离相同，选项D错误；故选C.‎ ‎6.如图所示，质量为m的木块，被水平力F紧压在倾角为θ＝60°的墙面上静止。墙面对木块 ‎ ‎ A. 压力大小可能为零 B. 摩擦力大小可能为零 C. 压力与摩擦力的合力大小为F D. 压力与摩擦力的合力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对木块进行受力分析，根据共点力平衡，抓住合力为零，运用正交分解求出压力和摩擦力的合力。‎ ‎【详解】木块受到重力和水平力F后，墙面对木块一定有压力，也一定有沿斜面向上的摩擦力，否则不能平衡。故AB错误；木块受重力、支持力、推力和静摩擦力平衡，根据多个共点力平衡的特点可知，墙壁的支持力与摩擦力的合力一定与重力与F的合力大小相等，方向相反，所以墙壁的支持力与摩擦力的合力为，故D正确，C错误。故选D。‎ ‎7.蹦极是一项户外休闲活动，跳跃者站在约40米以上高度的位置，用橡皮绳固定住后跳下，落地前弹起。如图为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连，运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过C点时合力为零，到达最低点D后弹起。整个过程中忽略空气阻力。在这个过程中 A. 经过B点时，运动员的速度最大 B. 从O点到C点，运动员的加速度大小不变 C. 从B点到C点，运动员的速度不断增大 D. 从C点到D点，运动员的加速度不断减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析运动员下落过程中的受力情况，从而明确其运动情况，注意明确当力与运动方向相同时物体做加速运动，而力与运动方向相反时，物体做减速运动．‎ ‎【详解】运动员经过B点时，运动员受向下的重力，此时弹力为零，则加速度向下，此位置的速度不是最大，选项A错误；从O点到B点，运动员的加速度大小为g不变；从B点到C点，重力大于弹力，随弹力的增加，运动员的加速度逐渐减小，速度不断增大，选项B错误，C正确；从C点到D点，弹力大于重力，随弹力的增加，运动员的加速度不断增加，选项D错误；故选C.‎ ‎【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确力是改变物体运动状态原因，要根据受力情况来分析运动情况，注意不能认为绳子一张紧人即减速或停止，而实际情况是人要先做加速度减小的加速运动，然后再做减速运动．‎ ‎8.如图所示，质量分别为M和m的物体A、B用不可伸长的轻质细线连接，悬挂在定滑轮上，定滑轮固定在天花板上，已知M>m，滑轮质量及摩擦均不计．A、B由静止释放后，在空中自由运动的过程中，下列说法正确的是 A. 细线的拉力大于mg B. 细线的拉力等于mg C. 天花板对定滑轮的拉力等于(M＋m)g D. 细线的拉力等于 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，通过牛顿第二定律求出绳子的拉力大小．对滑轮分析，根据共点力平衡求出天花板对定滑轮的拉力大小．‎ ‎【详解】因为m的加速度方向向上，根据牛顿第二定律有T-mg=ma，则细线的拉力一定大于mg。故A正确，B错误。对整体分析，根据牛顿第二定律得，，隔离对m分析，T-mg=ma，解得T=mg+ma=．故D错误。对定滑轮分析，有T′＝2T＝．故C错误。故选A。‎ ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，知道M和m的加速度大小相等，掌握整体法和隔离法的运用．‎ ‎9.如图所示，质量m=1.0kg的物块（视为质点）放在质量M=4.0kg的木板的右端，木板长L=2.5m.开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.2.现对木板施加一水平向右的恒力F=40N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g=10m/s2.则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是 ‎ A. 物块与木板以相同的加速度做匀加速运动 B. 木板的加速度大小为5.6m/s2‎ C. 物块的最大速度大小为4.0m/s D. 物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由牛顿第二定律可以求出加速度，当物块与木板的位移之差等于木板的长度时物块从木板上掉落，应用速度公式与位移公式分析答题。‎ ‎【详解】A．物体与物体恰好相对滑动时物块的加速度：a临==μg=2m/s2，拉力的临界值： ,解得，物块与木板相对滑动，不可能以相同的加速度做匀加速运动，故A错误；‎ B．木板的加速度：，故B错误；‎ C．木块的加速度：a木块==μg=2m/s2，经过时间t木块从木板上滑落，则：L=a木板t2− a木块t2，代入数据解得：t=1s，此时木块的速度最大为：v=a木块t=2×1=2m/s，故C错误；‎ D．物块到达木板左端时木板前进的位移大小：x木板＝a木板t2＝×7×12=3.5m，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数相同．三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示．则下列说法正确的是 ‎ A. A物体受到的摩擦力不为零，方向向右 B. 三个物体只有A物体受到的摩擦力为零 C. B、C受到的摩擦力大小相等，方向相同 D. B、C受到的摩擦力大小相等，方向相反 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 三个物体匀速运动,受力平衡。A不受摩擦力，BC所受摩擦力等于重力沿斜面方向的分力，大小相等，方向相同，沿斜面向上。答案选BC。‎ ‎11.如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，t＝0时对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则 A. 物体1s后沿斜面向下运动 B. 物体沿斜面向上运动的最大距离为10m C. 物体所受拉力F为30N D. 物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体在力F作用下先做匀加速运动，后撤去外力后做匀减速运动，根据v-t 图像求解物体沿斜面向上运动的最大距离为；根据图像求解力F作用时的加速度后减速过程的加速度，结合牛顿第二定律求解力F和μ的值。‎ ‎【详解】由图像可知，物体1s后沿斜面向上做匀减速运动，选项A错误；物体沿斜面向上运动的最大距离为，选项B错误；当力F作用时物体的加速度：；其中；撤去F后的加速度：，其中；联立解得：F=30N；μ＝0.5，选项CD正确；故选CD.‎ ‎12.如图所示，一个质量为m、横截面为直角三角形的物块ABC，∠ABC＝α，AB边靠在竖直墙上，F是垂直于斜面BC的推力，物块静止不动，重力加速度为g．则 ‎ ‎ A. 物块受到的摩擦力大小为mg B. 竖直墙对物块的弹力大小为Fcosα C. 物块受到的摩擦力与弹力的合力，与F等大反向 D. 物块受到的弹力与F的合力方向竖直向下 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对物块受力分析，然后根据共点力平衡条件，结合正交分解法求解出支持力和摩擦力的大小．‎ ‎【详解】对物块受力分析，受推力F、重力G、支持力N和向上的静摩擦力f，如图； 由于物体保持静止，根据共点力平衡条件，有：x方向 N-Fcosα=0；y方向 f-G-Fsinα=0；又G=mg；由以上两式，解得N=Fcosα；f=mg+Fsinα；选项B正确，A错误；由力的平衡可知，物块受到的摩擦力与弹力的合力，与G和F 的合力等大反向，选项C错误；物块受到的弹力N与F的合力与G和f的合力方向等大反向，可知物块受到的弹力与F的合力方向竖直向下，选项D正确；故选BD.‎ ‎【点睛】本题关键对物体受力分析，然后根据共点力平衡条件，结合正交分解法列式求解．‎ ‎13.如图所示，物体从O点开始做初速度不为零的匀加速直线运动，在第一个时间T内通过位移为s1到达A点，紧接着在第二个时间T内通过位移为s2到达B点，则以下判断正确的是 A. 物体运动的加速度为 B. 物体运动的加速度为 C. 物体在A点的速度大小为 D. 物体在B点的速度大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正确解答本题需要掌握：匀变速直线运动特点，熟练应用匀变速直线运动的推论公式进行有关问题的解答。‎ ‎【详解】AB．由△s=aT2得物体的加速度为，故A错误，B正确；‎ C．A点为该过程中时间的中点，根据匀变速直线运动规律可知，该点的瞬时速度等该过程中的平均速度，即，故C正确；‎ D．根据匀变速运动的速度公式有，故D错误；‎ 故选BC。‎ 二、实验题：(本题共2小题，每空2分，共 18分)‎ ‎14.在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中.‎ ‎（1）如图（a）所示，测出弹簧的原长（自然长度）________.‎ ‎（2）如图（b）所示，在弹簧下端挂上1个、2个……i个相同质量的钩码，实验测出弹簧静止时的伸长量，并作出的关系图线如图（c）.则该弹簧的劲度系数________ ( ，结果保留三位有效数字). ‎ ‎（3）作出的图象的末端图象变弯曲的原因是：_________．‎ ‎【答案】 (1). 9.0 (2). 50.0 (3). 超出弹簧的弹性限度（或弹簧已经损坏或所挂钩码个数过多，答其中一种均可）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）弹簧秤最小刻度为1N，根据刻度读数；（2）根据图像的斜率求解劲度系数；（3））作出的图象的末端图象变弯曲的原因是超出弹簧的弹性限度.‎ ‎【详解】（1）如图（a）所示，测出弹簧的原长（自然长度）为9.0cm；‎ ‎（2）根据图像可知弹簧的劲度系数： ‎ ‎（3）从弯曲的图线可以看出，发生相同形变量时，增加的质量在减小，说明弹簧更容易发生形变了，即弹簧的进度系数发生了明显的减小，说明超出了弹簧的弹性限度。‎ ‎【点睛】本题关键从实验原理出发设计实验并进行数据处理；用图象法处理数据有利于减小实验误差．‎ ‎15.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，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，读出弹簧测力计的示数，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：①有重要遗漏的步骤的序号是________和________；‎ ‎②遗漏的内容分别是______________________ 和_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). F′ (2). B (3). C (4). E (5). C中应加上“记下两条细绳的方向” (6). E中应说明“把橡皮条的结点拉到同一位置O”‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）实验中F是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，由于实验过程不可 避免的存在误差，因此理论值和实验值存在一定的偏差，故答案为．（2）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，采用了“等效替代”法，B正确（3）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．‎ 考点：“验证力的平行四边形定则”的实验 三、计算题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 ‎16.动车组由成都火车东站上午t1时刻开出，t2时刻速度均匀增加到v，上午t3时刻准时到达遂宁火车站，成都火车东站至遂宁火车站的里程为s. 试求：‎ ‎（1）动车组由成都火车东站开出加速过程的加速度大小 ‎（2）动车组由成都火车东站开出到到达遂宁火车站过程的平均速率.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）火车在从t1时刻到t2时刻做匀加速运动，根据匀变速直线运动的速度时间关系求解加速度；‎ ‎（2）平均速率等于路程和时间的比值，据此可求解整个过程的平均速率；‎ ‎【详解】（1）根据v=v0+at可得动车组由成都火车东站开出加速过程的加速度大小为：；‎ ‎（2）成都火车东站至遂宁火车站的里程为s，则路程为s，此过程的平均速率：‎ ‎17.如图所示，传送带与水平方向的倾角θ=37°，在电动机的带动下以v=4m/s的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地释放一质量m＝1kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，AB间的长度L＝9m，物块与挡板的碰撞能量损失不计，即碰撞后物块的速度大小不变，物块与挡板的碰撞时间极短．g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎(1)物体刚放上传送带时的加速度是多大；‎ ‎(2)从物块与挡板P第一次碰撞后，物块向上的总时间 ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)物块从A点由静止释放，物块相对传送带向下加速运动，‎ 有： ‎ 解得： ‎ ‎(2)设物块下滑到与P碰前的速度为v1，根据运动学规律 有： ‎ 解得: ‎ 物块与挡板碰撞后，以v1的速度反弹，因v1>v，物块相对传送带向上做减速运动，物块受到的摩擦力沿传送带斜向下，由牛顿运动定律 有：‎ 解得：a2=10m/s2 ‎ 物块速度减小到与传送带速度相等的时间 ‎ ‎ 此后物块的速度小于传送带的速度，物块相对传送带向下滑动，但相对于地面物块继续向上滑动，摩擦力反向．‎ 有 ‎ 解得： ‎ 物块速度减小到零的时间 ‎ 物块向上的总时间 ‎ 点睛：本题关键明确滑块的受力情况，认真分析物块运动的物理过程，根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解．‎ ‎18.如图所示，长s=16m、倾斜角θ=370的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L=3．2m，以恒定速率v0=4m/s逆时针运行，将一质点物块轻轻地放上传送带右端A，物块滑到传送带左端B时恰好与传送带共速并沿斜面下滑，已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数μ相同，物块最终静止在水平面上的D点，令物块在B、C处速率不变，取g=10m/s2，（sin37°=0．6，cos37°=0．8）求：‎ ‎（1）动摩擦因数μ的值；‎ ‎（2）物块滑到C点时的速度的大小；‎ ‎（3）物块从A到D所经历的时间 ‎【答案】（1）0.5 （2）1s （3）3s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）物块在传送带上做匀加速直线运动，加速度：，‎ 由牛顿第二定律得：μmg=ma，‎ 解得：μ=0．25；‎ ‎（2）从B到C，由动能定理得：mgSsinθ-μmgScosθ=mvC2-mv02‎ 解得：vC=12m/s；‎ ‎（3）在传送带上的加速度为a=2．5m/s2，到达传送带左端所需的时间为：‎ 在水平面上运动的时间为 从A到D经历的时间：t=t1+t2+t3=8．4s 考点：牛顿第二定律及动能定理的应用 ‎【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，要注意明确加速度是联系力和运动之间的桥梁；要注意体会其重要性。‎ ‎ ‎ ‎ ‎