【物理】安徽省合肥一六八中学2019-2020学年高一下学期入学考试试题 （解析版） 15页

安徽省合肥一六八中学 2019-2020 学年 高一下学期入学考试试题 一、选择题 1.关于加速度和速度，以下说法正确的是： A. 加速度大的物体速度变化大 B. 加速度大的物体速度变化快 C. 加速度不为零，速度必然越来越大 D. 加速度为零，物体的速度一定为零 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据 va t  可知，加速度大的物体速度变化不一定大，选项 A 错误； B．加速度是速度的变化率，则加速度大的物体速度变化快，选项 B 正确； C．当加速度和速度反向时，加速度不为零，速度会越来越小，选项 C 错误； D．加速度为零，物体的速度不一定为零，例如匀速直线运动的物体，选项 D 错误； 故选 B. 2.如图是一物体运动的 x-t 图象，则该物体在 0～6s 内的路程是（ ） A. 0 B. 4m C. 12m D. 10m 【答案】C 【解析】 【详解】由 x-t 图象可知：前 2s 内，物体先沿正方向运动 2m，后又回到原点，所以前 2s 内的路程是 4m；2-6s 内，物体先向反方向运动 4m，后又返回出发点，此过程中，物体的路 程为 8m，所以物体在 6s 内的路程为 12m，故选项 C 正确，选项 ABD 错误． 【点睛】本题考查的是 x-t 图象的相关知识，注意该问题中问的是路程而不是位移，注意路 程与位移的区别． 3.一汽车在平直公路上 15m/s 的速度做匀速直线运动，当发现前方发生事故时以 3m/s2 的加 速度紧急刹车，停在发生事故位置前，那么刹车过程中前 2s 内的位移与最后 2s 的位移的比 值为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【详解】汽车从开始刹车到停止的时间为： 0 0 15  5s3 vt a ＝ ＝ ＝ 刹车过程中前 2s 的位移为：  2 2 1 0 1 1 1 1  15 2 3 2 24m2 2x t at    ＝v ＝ ＝ 反向看成是初速度为 0 的匀加速直线运动，最后 2s 的位移为反向的前 2s 的位移为： 2 2 2 2 1 1 3 2 m 6m2 2x at  ＝ ＝ ＝ 则刹车过程中前 2s 内的位移与最后 2s 的位移的比值为 4； A．4，与结论相符，选项 A 正确； B．3，与结论不相符，选项 B 错误； C．2，与结论不相符，选项 C 错误； D．1，与结论不相符，选项 D 错误； 4.如图，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，图中 1、2、 3、4、5 为小球运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为 T，每块砖的厚 度为 d。 根据图中的信息，下列判断正确的是（ ） A. 位置“1”是小球释放的初始位置 B. 小球在位置“1”的速度为 2d T C. 小球下落的加速度为 2 d T D. 小球在位置“4”的速度为 7 2 d T 【答案】C 【解析】 【详解】小球自由下落，根据 2x aT  结合图像可知 2 2 x da T T   小球在位置“4”的速度为“3~5”的平均速度，即 35 4 9 2 2 x dv T T   又根据 14 3v v a T   可得“1”的速度 41 33 02 dv v a T T      故位置“1”不是初始位置； 综上分析可知 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 5.如图，P、Q 为静止在固定斜面上的两个物块，中间用轻弹簧相连，以下说法正确的是 A. 若弹簧处于拉伸状态，则 Q 的受力个数一定为 4 个 B. 若弹簧处于拉伸状态，则 P 的受力个数一定为 4 个 C. 若弹簧处于压缩状态，则 Q 的受力个数一定为 3 个 D. 若弹簧处于压缩状态，则 P 的受力个数一定为 3 个 【答案】B 【解析】 【详解】AB．若弹簧处于拉伸状态，Q 受到重力，斜面对它的支持力、弹簧的拉力，如果 三个力正好平衡，则不受摩擦力，Q 可能受 3 个力；而对于 P，其受到重力，斜面对它的支 持力，弹簧对它的拉力和摩擦力，P 一定受 4 个力，A 错误，B 正确； CD．若弹簧处于压缩状态，对 Q 分析，受到重力，斜面的支持力，弹簧对它向下的弹力， 若要静止，必定还受一个沿斜面向上的摩擦力，Q 一定受到 4 个力，P 受到重力，斜面的支 持力，弹簧对它向上的弹力，如果三个力平衡，则不受摩擦力，P 可能受到 3 个力，而不是 一定，CD 错误． 6.如图所示，木块 A、B 并排且固定在水平桌面上，A 的长度是 L，B 的长度是 2L，一颗子 弹沿水平方向以速度 v1 射入 A，以速度 v2 穿出 B，子弹可视为质点，其运动可视为匀变速 直线运动，则子弹穿出 A 时的速度为 A.  1 22 3 v v B.  2 2 1 22 3 v v C. 2 2 1 22 3 v v D. 2 2 1 22 3 v v 【答案】C 【解析】 【详解】设子弹穿出 A 时的速度为 v，则穿过 A 的过程： 2 2 1 2v v aL  穿过 B 的过程： 2 2 2 2 2v v a L   ； 联立解得 2 2 1 22 3 v vv  A．  1 22 3 v v ，与结论不相符，选项 A 错误； B．  2 2 1 22 3 v v ，与结论不相符，选项 B 错误； C． 2 2 1 22 3 v v ，与结论相符，选项 C 正确； D． 2 2 1 22 3 v v ，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 C. 7.一宇宙空间探测器在发动机的推力作用下从某一星球的表面垂直升空，历时 t 发动机突然 关闭，又经过时间 t 该探测器返回星球表面，其速度随时间变化规律如图所示．分析计算可 得探测器在 0～t 和 t～2t 过程中的加速度大小之比，探测器在 t、2t 时刻速度大小之比分别 为（） A. a1：a2=1：3，v1：v2=1：2 B. a1：a2=1：2，v1：v2=1：3 C. a1：a2=1：2，v1：v2=1：2 D. a1：a2=1：3，v1：v2=1：3 【答案】A 【解析】 【详解】第一个 t 内运动的位移为 x= 1 2 a1t2，速度 v1=a1t，第二个 t 内运动的位移为﹣ x=v1t- 2 2 1 2 a t ，v2=v1﹣a2t,四式联立知 a1：a2=1：3，v1：v2=1：2． A． a1：a2=1：3，v1：v2=1：2，与结论相符，选项 A 正确； B．a1：a2=1：2，v1：v2=1：3，与结论不相符，选项 B 错误； C． a1：a2=1：2，v1：v2=1：2，与结论不相符，选项 C 错误； D．a1：a2=1：3，v1：v2=1：3，与结论不相符，选项 D 错误； 8.重为 G 的两个完全相同的小球，与水平面间的动摩擦因数均为  ．竖直向上的较小的力 作用在连接两球轻绳的中点，绳间的夹角 =60O，如图所示，缓慢增大 到两球刚要运动的 过程中，下列说法正确的是（ ） A. 地面对球的支持力变大 B. 球刚开始运动时，地面对球没有支持力 C. 地面对球的摩擦力变小 D. 球刚开始运动时，球受到的摩擦力最大 【答案】D 【解析】 【详解】A、以整体为对象，受到重力 mg，地面的支持力 N、向上的拉力 F，随着 F 的增 大，根据平衡可知，N 在变小，故 A 错； BCD、地面施加的静摩擦力等于绳子水平分力，球刚要开始运动时，绳子的水平分力达到 最大，故摩擦力达到最大．由于存在摩擦力，所以球与地面之间的弹力不为零，故 BC 错； D 对 故选 D 9.如图所示，cd 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止， M 又通过轻绳悬吊着一个小铁球 m，此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动， 而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ。小车的加速度增加到 2a 时（ ） A. 横杆对 M 的摩擦力增加到原来的 2 倍 B. 横杆对 M 的弹力不变 C. 细线与竖直方向的夹角增加到原来的 2 倍 D. 细线的拉力增加到原来的 2 倍 【答案】AB 【解析】 【详解】AB．对小球和物块组成的整体分析受力如图所示： 根据牛顿第二定律得，水平方向 ( )f M m a  竖直方向 ( )N M m g  则当加速度增加到 2a 时横杆对 M 的摩擦力 f 增加到原来的 2 倍；横杆对 M 的弹力等于两个 物体的总重力，保持不变。故 A 正确，B 正确； CD．以小球为研究对象，分析受力情况如图所示： 由牛顿第二定律得 tanmg ma  可得 tan a g   当 a 增加到两倍时， tan 变为两倍，但θ不是两倍；细线的拉力为    2 2T mg ma  可见 a 变为两倍，T 不是两倍，故 C 错误，D 错误。 故选 AB。 10.如图为某工程车的卸货装置，该装置为一能够直接将货物传送到地面的倾角为θ的传送 带。 该装置在正常工作时沿逆时针方向匀速转动，传送带的速度为 v，卸货工人将质量均 为 m 的货物无初速度地放在传送带顶端，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ。 则货物 在整个运动过程中的速度随时间变化的规律可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】由题意知刚放上去时，货物受重力、摩擦力和支持力，摩擦力方向沿斜面向下，根 据牛顿第二定律得 1sin cosmg mg ma    ,解得 1 sin cosa g g    ,当货物到底端 都没有和传送带速度相同时，货物一直沿此加速度加速到底端；当货物在未到达底端速度就 与传送带速度相同时，摩擦力沿斜面向上，当 tan  时，滑动摩擦力小于重力沿斜面向下 的分力，所以货物做加速运动，根据牛顿第二定律有 2sin cosmg mg ma    ,解得 2 sin cosa g g    ,因此 1 2a a ；当 tan  时，此时货物与传送带无相对滑动， 静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，故货物接下来匀速运动。 综上分析并结合 v-t 图像斜率表示加速度可知 BCD 正确，A 错误。 故选 BCD。 11.如图所示，物体 A 放在固定的斜面 B 上，在 A 上施加一个竖直向下的恒力 F，下列说法 中正确的有（ ） A. 若 A 原来是匀速下滑的，则施加力 F 或者在 A 上放另一物体后，A 仍保持匀速下滑 B. 若 A 原来是匀速下滑的，则施加力 F 后或者在 A 上放另一物体后，A 加速下滑 C. 若 A 原来是加速下滑的，则在 A 上放另一物体，A 的加速度不变 D. 若 A 原来是加速下滑的，则施加力 F 后，A 的加速度将增大 【答案】ACD 【解析】 【详解】AB．若 A 原来是匀速下滑，有 sin cosmg mg   ，施加力 F 或者在 A 上放 另一物体后，因为仍然满足   sin cosF mg F mg     ，则 A 仍然保持匀速下滑， 故 A 正确，B 错误。 C．若 A 原来是加速下滑的，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有 sin cos sin cosmg mga g gm         当在 A 上放另一物体后 m后，由牛顿第二定律有    sin cos sin cosm m g m m ga g gm m             可知 A 的加速度不变，故 C 正确； D．若 A 原来是加速下滑的，物体受重力、支持力和摩擦力，此时有 sin cosmg mg   即sin cos   ，所以施加力 F 后，有   sin     cos  F F   ，由牛顿第二定律有加速 度 ( )sin ( )cosmg F F mga m       ，结合 C 选项比较可得 a a  ，即加速度增大。 故 D 正确。 故选 ACD。 12.如图所示，一个表面光滑的斜面体 M 置于水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分 别为α、β，且α<β，M 的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接 A、B 两个小滑 块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B 恰好在同一高度处于静止状态。 剪断细绳后，A、B 滑至斜面底端，M 始终保持静止。则（ ） A. 滑块 A 的质量大于滑块 B 的质量 B. 两滑块到达斜面底端时的速度大小相同 C. 两滑块同时到达斜面的底端 D. 在滑块 A、B 下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．由题意可知滑块 A 和滑块 B 沿斜面方向的分力等大，有 sin sinA Bm g m g  由于α<β，故可得 A Bm m ，故 A 正确； B．剪断细绳后，两滑块下落过程中机械能守恒，有 21 2mgh mv ，可得 2v gh ，由于两 滑块离地高度差相等，故落地速度大小相等，方向不同，与质量无关，故 B 正确； C．滑块下滑过程中由牛顿第二定律得 sinmg ma  ，所以得 sina g  ，又由于α<β， 则 A Ba a ，物体的运动时间 vt a  ，因为速度大小相同，故可得 A Bt t ，故 C 错误； D．根据牛顿第三定律可知滑块 A 和 B 对斜面的压力大小分别等于它们重力沿垂直斜面的 分力，如图： 故有 sin sin cos sin cos sinA B A BN N m g m g        ，因为由 A 选项可知 sin sinA Bm g m g  ，并且α<β，所以有 sin sin cos sin cos sin 0A B A BN N m g m g         ，故斜面体受到水平向左的 摩擦力，故 D 正确。 故选 ABD。 二、填空题 13. 两个实验小组做了如下两个实验，请回答下列问题： Ⅰ．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧 a 和 b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示．下列表述正确的是 A．a 的原长比 b 的长 B．a 的劲度系数比 b 的大 C．a 的劲度系数比 b 的小 D．测得的弹力与弹簧的长度成正比 Ⅱ．另一个实验小组利用图甲实验装置探究“求合力的方法”实验． （1）下列说法中正确的是 A．在测量同一组数据 F1、F2 和合力 F 的过程中，橡皮条结点 O 的位置不能变化 B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下 C．F1、F2 和合力 F 的大小都不能超过弹簧测力计的量程 D．为减小测量误差，F1、F2 方向间夹角应为 90° （2）弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为 N （3）本实验采用的科学方法是 A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．建立物理模型法 【答案】Ⅰ、BⅡ（1）AC（2）4．00（3）C 【解析】 试题分析：Ⅰ：在图象中横截距表示弹簧的原长，故 b 的原长比 a 的长，故 A 错误；在图 象中斜率表示弹簧的劲度系数 k，故 a 的劲度系数比 b 的大，故 B 正确 C 错误；弹簧的弹力 满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故 D 错误 Ⅱ：（1）A、要保证两个弹簧称的拉力与一个弹簧称的拉力效果相同，橡皮条要沿相同方向 伸长量相同，则 O 点的位置应固定，可以用一个弹簧秤代替所挂钩码完成实验，故 A 正确； 本实验是在水平面作力的图示，为了减小误差弹簧测力计必须保持与木板平行，橡皮条及挂 钩码的细绳必须在同一平面内，弹簧测力计拉细线时，拉力方向不一定要竖直向下，故 B 错误；在测量的过程中 F1、F2 和合力 F 的大小都不能超过弹簧测力计的量程，否则误差比 较大，故 C 正确；本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧称拉力的方向没有限制，并 非一定要夹角为 90°不变，故 D 错误． （2）由图乙弹簧秤的指针指示可知，拉力 F 的大小为 4．00N． （3）本实验中，合力产生的效果与两个分力产生的效果是相同的，所以采用的科学方法是 等效替代法．所以 C 正确； 14.如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置图。图中 A 为小车，B 为装有砝 码的小桶，C 为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器 接 50Hz 交流电。小车的质量为 m1，小桶（及砝码）的质量为 m2。 (1)下列说法正确的是_______. A．本实验 m2 应远大于 m1 B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 C．实验时应先释放小车后接通电源 D．在用图像探究加速度与质量关系时，应作 a－ 1 1 m 图像 (2)实验时，某同学由于疏忽，如果是遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的 a－F 图像， 可能是乙图中的____图线；另一同学如果平衡摩擦力过大，他测量得到的 a－F 图像，可能 是乙图中的_______图线。（选填“①”、“②”、“③”） (3)如丙图所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间 还有四个点没有画出，可求得小车的加速度大小为 a＝____m/s2（保留二位有效数字） 【答案】 (1). D (2). ③ ① (3). 0.49 【解析】 【详解】(1)A．根据牛顿第二定律可求得绳对小车的拉力为： 2 2 1 1 21 2 1 1 m g m gF m a m mm m m     当 1 2m m? 时，拉力为： 2F m g 故 A 错误； B．改变小车的质量，由于小车的重力下滑分力及摩擦力同比例减小，所以一次平衡好后， 只要不改变平板的倾角，则不必另外平衡，故 B 错误； C．打点计时器打点时要求先通电后释放小车，故 C 错误； D．力不变时，由于加速度与质量成反比， a m 图象是曲线，若 1a m  图象是一条直线， 则 a 与 m 成反比，故 D 正确； 故选 D； (2)若遗漏了平衡摩擦阻力，则当有力（钩码的重力）时小车却没有加速度，所以图③对应 此种情况， 同理若平衡过度，则当不挂重物（拉力为零）时，小车就将加速运动，此种情况对应①图象； (3)由逐差法求小车的加速度大小为：     2 2 2 2 2 [ ]3.37 3.88 2.40 2.89 10 ( ) m/s 0.49m/s2 0.1 xa T       三、计算题 15.A、B 两列火车，在同一轨道上同向行驶，A 车在前，其速度 vA=10m/s，B 车在后，其速 度 vB=30m/s，因大雾能见度低，B 车在距 A 车 x0=85m 时才发现前方有 A 车，这时 B 车立即 刹车，但 B 车要经过 180m 才能停止，问：B 车刹车时 A 车仍按原速率行驶，两车是否会相 撞？若会相撞，将在 B 车刹车后何时相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？ 【答案】B 车刹车时 A 车仍按原速率行驶，两车不会相撞，两车最近距离是 5 米． 【解析】 【详解】试题分析：B 车刹车至停下来过程中，由 2 2 0 2v v ax  得 2 20 2.5m/s2B va x    假设不相撞，设经过时间 t 两车速度相等，对 B 车有 A B Bv v a t  解得 8st  此时，B 车的位移有 21 160m2B B Bx v t a t   A 车位移有 80mA Ax v t  因 0B Ax x x  故两车不会相撞，两车最近距离为 5x m  16.如图所示，A、B 两物体叠放在水平地面上，已知 A、B 的质量分别为 mA=10kg，mB=20kg， A、B 之间，B 与地面之间的动摩擦因数为μ=0. 5。 一轻绳一端系住物体 A，另一端系于墙 上，绳与竖直方向的夹角为 37°，今欲用外力将物体 B 匀速向右拉出，求所加水平力 F 的大 小。（取 g=10m/s2，sin37°=0. 6，cos37°=0. 8） 【答案】160N 【解析】 【详解】根据题意设细绳拉力为 T，对 A 受力分析应用平衡条件可知 1 1sin 37T f N   2cos37 AT N m g   根据牛顿第三定律有 1 2N N 联立各式可得： 1 60NN  ， 1 30Nf  因为对 B 物体受力平衡，所以在水平方向有  1 2 1 1 1 BF f f f N f N m g        代入数据可解得 160NF  。 答：所加水平力 F的大小 160NF  。 17.如图所示，质量为 m=5kg 的长木板 B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为 m=5kg 的物块 A（可视为质点）．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩 擦因数μ2.=0.2，现用一水平力 F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过 t=1s，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 210 /g m s ，求： （1）拉力撤去时，木板的速度 vB； （2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度 L 至少为多大； （3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处． 【答案】(1)VB=4m/s；(2)L=1.2m；(3)d=0.48m 【解析】 (1)若相对滑动，对木板有： 2 1 2 BF mg mg ma     ， 得： 24 /Ba m s 对木块有 2 Amg ma  ， 22 /Aa m s 所以木块相对木板滑动 撤去拉力时，木板的速度 4 /B Bv a t m s  ， 2 /A Av a t m s  (2)撤去 F 后，经时间 t2 达到共同速度 v；由动量定理 2 2 Bmgt mv mv   2 2 1 22 Bmgt mgt mv mv     ， 可得 2 0.2t s ，v=2.4m/s 在撤掉 F 之前，二者的相对位移 1 1 12 2 B Av vx t t   撤去 F 之后，二者的相对位移 2 2 22 2 B Av v v vx t t    木板长度 1 2 1.2L x x m     (3)获得共同速度后，对木块，有 2 2 10 2Amgx mv   ， 对木板有  2 2 1 12 0 2Bmg mg x mv    二者的相对位移 3 A Bx x x   木块最终离木板右端的距离 1 2 3 0.48d x x x m      