2018-2019学年辽宁省六校协作体高一下学期期初考试物理试题（解析版） 14页

‎2018-2019学年度下学期省六校协作体高一期初考试 物理试题 一、选择题 ‎1.司机老王在周六开车去乡下看望父母，当他驾车以v0＝12 m/s的速度在平直的乡村道路上前进时，突然发现前面有石块，便以大小为6 m/s2的加速度刹车，则刹车后3 s内的位移为 A. 9 m B. 12 m C. 21 m D. 8 m ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：汽车从刹车到静止所用的时间：t=,则3s内的位移等于2s内的位移 ,B正确，ACD错误。‎ 考点：本题考查刹车类问题。‎ ‎2.如图所示，某日小明去“爱琴海”商场买衣服，站在自动扶梯上随扶梯斜向上做匀速运动，关于小明受到的力，以下说法正确的是 A. 摩擦力为零 B. 摩擦力方向水平向右 C. 支持力小于重力，属于失重现象 D. 支持力大于重力，属于超重现象 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 动扶梯上的人随扶梯斜向上做匀速运动，受力平衡，根据平衡条件解答．‎ ‎【详解】人站在自动扶梯上随扶梯斜向上做匀速运动，则受力平衡，水平方向不受摩擦力；竖直方向支持力等于重力，则选项A正确，BCD错误；故选A.‎ ‎3. 下列关于重力、弹力和摩擦力的说法，正确的是 ( )‎ A. 规则物体的重心一定在物体的几何中心上 B. 劲度系数越大的弹簧，产生的弹力越大 C. 动摩擦因数与物体之间的压力成反比，与滑动摩擦力成正比 D. 摩擦力的方向一定与接触面相切 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 只有质量分布均匀的几何体，重心在物体的几何中心，A错；由胡克定律可知F=kx，弹力大小与形变量有关系，B错；动摩擦因数与物体之间的压力大小无关，C错；‎ ‎4.一滑块以某一初速度从斜面底端滑到顶端时，速度恰好为零，已知斜面长为L，滑块通过最初时所需时间为1s，则滑块从斜面底端滑到顶端所需的时间为 A. s B. s C. s D. 2s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体的加速度不变，做匀减速运动，利用逆向思维，可以认为物体是从静止开始的匀加速直线运动，利用匀加速直线运动的规律即可求得运动的时间．‎ ‎【详解】物体运动的逆过程是初速度为零的匀加速运动，设在最初的L/4的时间为t′，由匀加速直线运动的位移公式可得；对于全程，由匀加速直线运动的位移公式可得， L=a（t′+t）2 ；由两式解得，t′=t，所以全程的时间为2t。故选D。‎ ‎【点睛】对于匀减速直线运动来说，利用逆向思维可以使一些问题简单化，这样的话可以使物体的初速度为零，从而简化问题．‎ ‎5.如图所示，两物体A和B，质量分别为m1和m2，相互紧靠放在光滑水平面上．对物体A施以水平的推力F，则物体A对B的作用力等于 A. B. C. F D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对整体研究，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离右侧物体研究，右侧物体水平方向受到左侧物体对它的作用力，由牛顿第二定律求出作用力．‎ ‎【详解】根据牛顿第二定律，得对整体：；对右侧物体：F′=m2a=F，故选B。‎ ‎6.瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之一，每一年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地，某日一跳伞爱好者以5m/s的速度竖直匀速降落，在离地面h=10m的地方掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为（扣子受到的空气阻力可忽略，g取10m/s2）‎ A. 2 s B. s C. 1 s D.  s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 扣子做初速度为5m/s的匀加速运动落地，由位移时间关系求得扣子落地时间，跳伞员匀速运动，根据位移时间关系求得落地时间从而求得落地时间差．‎ ‎【详解】由题意知，扣子做初速度为5m/s加速度为重力加速度的匀加速运动，落地时位移为10m，根据位移时间关系x=v0t+at2代入数据有：10=5t1+×10×t12；求得扣子落地时间：t1=1s 跳伞员匀速运动，根据位移时间关系知，运动员落地时间，所以跳伞员晚着陆时间为△t=t2-t1=1s；故选C。‎ ‎【点睛】知道掉落的扣子做匀加速运动，跳伞员做匀速运动，掌握位移时间关系是正确解题的关键．‎ ‎7.A、B、C、D四个质量均为2kg的物体，在光滑的水平面上做直线运动，它们运动的x-t、v-t、a-t、F-t图象如图所示，已知物体在t=0时的速度均为零，其中0～4s内物体运动位移最大的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体做单向直线运动时位移一直增大，速度方向不变，根据图象逐项分析即可。‎ ‎【详解】A项：在x-t图象中，斜率代表速度读，故t=0时速度为零，由位移-时间图象可知，4s末到达负的位置最大，总位移为最大为x=-1-1m=－2m，‎ B项：由速度-时间图象可知，速度2s内沿正方向运动，2-4s沿负方向运动，方向改变，4s内总位移为零；‎ C项：由a-t图象可知：物体在第1s内做匀加速直线运动，第2-3s内沿原方向做匀减速运动，2s末速度减为0，第3s内沿负方向做匀加速直线运动，第4s内沿负方向做匀减速直线运动，根据对称性可知0～4s内物体运动位移为0；‎ D项：由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，位移一直增大，加速度为a=，通过的位移x=。‎ 综上所述4s内位移最大的应选：A。‎ ‎【点睛】对于运动图象，关键要理解其物理意义，从斜率、面积、截距等角度来分析物体的运动情况。‎ ‎8. 如图所示，小球A、B间用轻弹簧相连，两球的质量分别为m和2m，用细线拉着小球A使它们一起竖直向上做匀加速运动，加速度的大小为g，在撤去拉力F的瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )‎ A. 5g，g B. 6g，0‎ C. 5g，0 D. 6g，g ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：在未撤去拉力F时，对B进行受力分析，设弹簧对B的弹力为,得到，得，在撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力与撤去前相同，对A受力分析得到，即a=5g，BD错；对小球B受力不变，加速度仍为g，A对，C错。‎ 考点：受力分析，牛顿第二定律 点评：学生要画出在撤去拉力F前，AB两物体的受力示意图，据图去分析问题。‎ ‎9.一质量为m的物块恰好静止在倾角为的斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。则物块 A. 处于静止状态 B. 沿斜面加速下滑 C. 沿斜面匀速下滑 D. 受到的合外力增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，对其受力分析，可求出动摩擦因数，加力F后，根据共点力平衡条件，可以得到压力与最大静摩擦力同时变大，物体依然平衡．‎ ‎【详解】由于质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的摩擦力等于最大静摩擦力，对物体受力分析，如图 根据共点力平衡条件，有f=mgsinθ，N=mgcosθ，f=μN；解得 μ=tanθ；对物块施加一个竖直向下的恒力F，再次对物体受力分析，如图，根据共点力平衡条件，有与斜面垂直方向依然平衡：N=（mg+F）cosθ；因而最大静摩擦力为：f=μN=μ（mg+F）cosθ=（mg+F）sinθ；故合力仍然为零，物块仍处于静止状态，A正确，BCD错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题要善用等效的思想，可以设想将力F撤去，而换成用一个重力的大小等于F的物体叠放在原来的物块上．‎ ‎10.如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的光滑固定斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一个质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作用力的方向是 A. 沿斜面向上 B. 沿斜面向下 C. 垂直斜面向上 D. 竖直向上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据牛顿第二定律求出整体的加速度，然后再隔离对某一只苹果受力分析，根据牛顿第二定律求出某只苹果受到周围苹果的作用力．‎ ‎【详解】对整体分析，受重力和支持力，整体的加速度．可知苹果的加速度为gsinθ，苹果受重力、周围苹果的作用力，两个力的合力等于mgsinθ，受力如图，‎ 知周围苹果对它的作用力方向垂直斜面向上。故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握牛顿第二定律，以及抓住加速度相同，运用整体法和隔离法进行分析．‎ ‎11.下列说法中不正确的是 A. 平均速度、瞬时速度以及加速度，都是牛顿首先建立起来的 B. 在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力的影响（增加运动时间），使运动时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律 C. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能够用实验直接验证 D. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代的思想 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】平均速度、瞬时速度以及加速度，都是伽利略首先建立起来的，选项A错误；在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力的影响（增加运动时间），使运动时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律，选项B正确；牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，但是不能用实验直接验证，选项C错误；在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了理想模型的思想，选项D错误；此题选择不正确的选项，故选ACD.‎ ‎12.如图所示，手用力向下压住架在两本书之间的尺子，尺子发生了弹性形变．手对尺子的压力为N，尺子对手的弹力为N′，下列表述正确的是 A. 手对尺子的压力N，是由于尺子发生了弹性形变而产生的 B. 尺子对手的弹力N′的方向，与手的形变方向相同 C. N和N′是一对平衡力 D. N和N′是一对作用力和反作用力 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．平衡力作用在一个物体上，一对作用力和反作用力是作用在两个物体上。‎ ‎【详解】手对尺子的压力为N，是由于手发生了弹性形变，故A错误；尺子对手的弹力N′的方向，与手的形变方向相同，故B正确；手对尺子的压力为N，尺子对手的弹力为N′，这两个力作用在两个物体上，力的性质相同，是一对作用力与反作用力。故C错误，D正确；故选BD。‎ ‎【点睛】查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．作用力与反作用力总是“等大”，“反向”，“同在同失”，“同体同性”．‎ ‎13.如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。其中OA段为直线，切于A点的曲线AB和BC都是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，不计一切阻力，下列说法正确的是 A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ OA过程是自由落体，A的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可还以计算出弹簧的形变量；C点时速度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大，可以分析物体的加速度．‎ ‎【详解】OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，所以A错误，B正确。B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知x=，所以B得坐标为h+，所以C正确。取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，由于A点有速度，所以D点也有速度，还没有到达最低点C，故到达C点时形变量要大于 h+，加速度ac ‎＞g，所以D错误。故选BC。‎ ‎14.如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的重物，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A，用力F拉绳，开始时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC．此过程中，以下分析正确的是 A. 绳子越来越容易断 B. 绳子越来越不容易断 C. 作用在BC杆上的压力大小增大 D. 作用在BC杆上的压力大小不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图，根据平衡条件得出力与三角形ABC边长的关系，再分析绳子拉力和BC杆的作用力的变化情况．‎ ‎【详解】以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反。 根据三角形相似得：，又F合=G，得：F=G，N=G；现使∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则得到，F变小，N不变，所以绳子越来越不容易断，作用在BC杆上的压力大小不变。选项BD正确，AC错误。故选BD。‎ ‎【点睛】本题运用三角相似法研究动态平衡问题，直观形象，也可以运用函数法分析研究．‎ 二、实验题 ‎15.“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。‎ ‎(1)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的力是________。‎ ‎(2)本实验采用的主要科学方法是（ ）‎ 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)实验中可减小误差的措施是（ ）‎ A．两个分力F1、F2的大小要越大越好 B．两个分力F1、F2间的夹角应越大越好 C．拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行 D．AO间距离要适当，将橡皮筋拉至结点O时，拉力要适当大些 ‎【答案】 (1). ; (2). B; (3). CD;‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 实验中F是通过平行四边形定则作图得出的，而F′是通过用一根细线拉动橡皮筋，使与两个力拉时的效果相同得出的，故F'一定是沿AO方向的；‎ ‎(2) 本实验是通过一个力与两力效果相同得了的合力，故运用了等效替代的方法，故B正确；‎ ‎(3) A项：实验是通过作图得出结果，故为了减小误差应让拉力尽量大些，但不是越大越好，故A错误；‎ B项：两个分力F1、F2间夹角应尽量大些，但不是越大越好，故B错误；‎ C项：为了防止出现分力的情况，应让各力尽量贴近木板，且与木板平行，故C正确；‎ D项：为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故D正确。‎ 故应选CD。‎ ‎16.某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系．‎ ‎(1)下列做法正确的是______‎ A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在小车上 C．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源 D．通过增减小车上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度 ‎(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量______小车和小车上砝码的总质量（填“远大于”、远小于”或“近似于”）‎ ‎(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套装置放在水平桌面上，研究加速度a与拉力F的关系时，分别得到图2中甲、乙两条直线，设甲、乙用的小车质量分别为 m甲、m乙，由图可知，m甲______m乙（填“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎(4)通过实验得到如图3所示的纸带．纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G．其中：OA=15.50cm，OB=21.60cm，OC=28.61cm，OD=36.70cm，OE=45.75cm，OF=55.75cm，OG=66.77cm，则小车的加速度a=______m/s2．（答案要求保留3位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A (2). 远小于 (3). 小于 (4). 0.986‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据实验的原理以及注意事项确定实验步骤的正误．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出绳子拉力与砝码桶及桶内砝码的总重力的关系，判断出在什么情况下砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力．‎ ‎（3）图线的斜率表示质量的倒数，结合图线的斜率比较质量的大小．‎ ‎（4）根据在连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出加速度的大小．‎ ‎【详解】（1）调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行．故A正确．在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在小车上．故B错误．实验时，应先接通电源，再释放小车．故C错误．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度．故D错误．故选A． （2）对整体分析，根据牛顿第二定律得，，则绳子的拉力 ‎，当m＜＜M，即砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力． （3）a-F图线的斜率表示质量的倒数，可知甲的质量小于乙的质量． （4）根据△x=aT2，运用逐差法得，．‎ ‎【点睛】书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．对于实验中要注意的事项，要知其原因．‎ 三、计算题 ‎17.一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v-t图像如图所示，求：‎ ‎(1)摩托车在0-20s这段时间的加速度大小a；‎ ‎(2)摩托车在0-75s这段时间的平均速度大小。‎ ‎【答案】（1）1.5 m/s2 ；（2）20m/s ‎【解析】‎ ‎（1）由图知，在0-20s内做匀加速运动，根据，可求加速度a=1.5m/s2；‎ ‎（2）根据v-t图像与坐标轴围面积表示位移可求在0-75s时间内位移为x=1500m，所以平均速度为.‎ ‎【考点定位】匀变速直线运动 ‎18.固定的光滑细杆与地面成一定的倾角θ，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F的作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，重力加速度g取10m/s2 求：‎ ‎(1)小环的质量m；(2)杆与地面的倾角θ。‎ ‎【答案】(1)m =1kg (2) θ =30°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由v-t图象的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律和共点力平衡条件分别列式，联立求出小环的质量、细杆与地面的倾角．‎ ‎【详解】由图得知：0-2s内，小环做匀加速运动，加速度为： ‎ 根据牛顿第二定律有：F1-mgsinθ=ma， 2 s后有：F2=mgsinθ 由图知：F1=5.5N，F2=5N 代入数据可解得：m=1 kg，θ=30°．‎ ‎19.图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B 两端相距3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ= 37°，C、D 两端相距4.45m， B、C相距很近。水平部分AB 以5m/s的速率顺时针转动。将质量为10 kg 的一袋大米轻放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．试求：(已知sin37º＝0.6，cos37º＝0.8， g取10 m/s2 ，=2.450，=2.68)‎ ‎(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿倾斜传送带所能上升的最大距离．‎ ‎(2)若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．‎ ‎【答案】(1)能滑上的最大距离 (2)要把米袋送到D点，CD部分的速度 时间t的范围为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s，则应判断米袋到达B点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B点速度，若达到，则以5m/s的速度冲上CD；在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；‎ ‎（2）米袋在CD上应做减速运动，若CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间；‎ ‎【详解】（1）米袋在AB上加速时的加速度a0＝＝μg＝5m/s2‎ ‎ 米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离s0==2.5m＜AB=3m， 因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度；设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma 代入数据得  a=10 m/s2 所以能滑上的最大距离 s＝＝1.25m （2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s2 米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s2 由 ‎ 解得 v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1=4m/s 米袋恰能运到D点所用时间最长为 若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2． 由SCD=v0tmin+a2t2min，得：tmin=1.16s 所以，所求的时间t的范围为  1.16 s≤t≤2.1 s；‎ ‎【点睛】题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零.‎ ‎ ‎ ‎ ‎