【物理】四川省泸州市泸县第四中学2019-2020学年高一上学期期末模拟考试试题(解析版) 13页

四川省泸州市泸县第四中学2019-2020学年高一上学期 期末模拟考试试题 一、选择题 ‎1.下列说法中,正确的是 A. 质点一定是体积极小的物体 B. 当研究一列火车全部通过桥所需的时间时,可以把火车视为质点 C. 研究自行车的运动时,因为车轮在转动,所以无论研究哪方面问题,自行车都不能视为质点 D. 地球虽大,且有自转,但有时仍可被视为质点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，是否是质点与体积无关，故A错误；‎ B.当研究一列火车全部通过桥所需的时间时，火车的长度与桥相比不能忽略，故B错误；‎ C.研究自行车的运动时，因为车轮在转动，如果研究车轮的转动情况，不能看成质点，但是如果研究自行车通过很远一段距离的时间，可以看成质点，故C错误；‎ D.地球虽大，且有自转，但研究公转时可被视为质点，故D正确．‎ ‎2.假设红军长征途中一支100 m长的队伍匀速前进,通信兵从队尾赶到队前传达命令,然后立即返回,当通信兵回到队尾时.队伍前进了200 m.在这个过程中,通信兵位移大小是 A. 400m B. 100 m C. 200 m D. 300 m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】通讯员从队尾出发最后又回到队尾，所以通讯员的位移大小等于队伍前进的距离，即为200m，故C正确。‎ ‎3.关于加速度表达式a=的下列说法，正确的是（　　）‎ A. 利用a=求得的加速度是△t时间内的平均加速度 B. △v表示在△t时间内物体速度的变化量，它的方向不一定与加速度a的方向相同 C. 表示速度的变化率，是标量 D. 加速度a与△v成正比，与△t成反比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 利用a=求得的加速度是△t时间内的平均加速度．故A正确．根据a=知，速度变化量的方向与加速度方向相同．故B错误．表示速度的变化率，是矢量．故C错误．a=是加速度的定义式，加速度与速度变化量、变化的时间无关．故D错误．故选A．‎ 点睛：解决本题的关键理解加速度的定义式，知道加速度是矢量，方向与速度变化量或速度变化率的方向相同．‎ ‎4.如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从O点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a、b、c、d…，下列说法不正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 质点由O到达各点时间之比ta：tb：tc：td=1：：：2‎ B. 质点通过各点的速率之比va：vb：vc：vd=1：：：2‎ C. 在斜面上运动的平均速度=vb D. 在斜面上运动的平均速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据初速度为零的匀加速直线运动结论可知，质点依次通过各等分位移点的速度大小之比为：va∶vb∶vc∶vd＝1∶∶∶2，故选项B正确；依次到达各位移等分点所用时间之比为：ta∶tb∶tc∶td＝1∶∶∶2，故选项A正确；根据平均速度的定义可知，在斜面上运动的平均速度＝，故选项C错误；选项D正确．‎ ‎5.一辆警车在平直公路上以40 m/s的速度巡逻，突然接到报警，在前方不远处有歹徒抢劫，该警车要尽快赶到出事地点且到达出事地点时的速度也为40 m/s，有三种行进方式：a.一直匀速直线运动；b.先减速再加速；c.先加速再减速，则(　 　)‎ A. a种方式先到达 B. b种方式先到达 C. c种方式先到达 D. 条件不足，无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 画出速度时间图像，图线所围成的面积表示位移大小，三种运动情况围成的面积相等，所以C中方式先到达，C对；‎ ‎6.甲、乙两物体从地面上同一位置做竖直上抛运动,已知甲物体的质量是乙物体的质量的2倍,而甲物体的初速度是乙物体的初速度的一半,则下列说法正确的是 (　　)‎ A. 甲上升的时间是乙上升的时间的 B. 甲上升的最大高度是乙上升的最大高度的 C. 甲下落时间等于乙下落的时间 D. 甲的加速度是乙的加速度的2倍 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据，可知甲的初速度是乙的初速度的一半，则甲上升时间是乙上升时间的，故A正确；根据速度位移公式，甲的初速度是乙的初速度的一半，则甲上升的最大高度是乙上升的最大高度的，故B错误；竖直上抛运动中上升的时间和下降的时间是相等的．所以甲下降时间是乙下降时间的，故C错误；竖直上抛运动中加速度保持不变，始终为g．所以甲乙的加速度相等，故D错误．所以A正确，BCD错误．‎ ‎7.一根大弹簧内套一根小弹簧,大弹簧比小弹簧短0.20m,它们的下端固定在地面上,而上端自由,如图甲所示。当加力压缩此组合弹簧时,测得力和弹簧压缩距离之间的关系如图乙所示,则两弹簧的劲度系数分别是（设大弹簧的劲度系数为,小弹簧的劲度系数为） ‎ A. , B. ,‎ C. , D. ,‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】大弹簧劲度系数为k1小弹簧劲度系数为k2，依据F=k△x得：在0到0.2范围内 ‎,在0.2到0.3范围内：（这个范围内小弹簧的压缩量比大弹簧小0.2）,联立解得,故A正确。‎ ‎8.如图所示，质量均为m的a、b两物体，放在两固定的水平挡板之间，物体间用一竖直放置的轻弹簧连接，在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，己知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）‎ A. a物体对水平挡板的压力大小可能为 B. a物体所受摩擦力的大小为F C. b物体所受摩擦力的大小为F D. 弹簧对b物体的弹力大小可能为mg ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，则物体b受到接触面的静摩擦力，大小f=F； 因此它们之间一定存在弹力，则弹簧的弹力大于物体b的重力，由整体法可知，a物体对水平面的压力大小大于为2mg，故AD错误，C正确；根据摩擦力产生的条件可知，a物体没有相对运动的趋势，故没有摩擦力，故B错误．‎ ‎9.如图所示,一轻质弹簧一端系在墙上的O点,自由伸长到B点.今用一小物体m把弹簧压缩到A点,然后释放,小物体能运动到C点静止,物体与水平地面间的动摩擦因数恒定,试判断下列说法中正确的是 ‎ A. 物体从A到B速度越来越大,从B到C速度越来越小 B. 物体从A到B速度越来越小,从B到C加速度不变 C. 物体从A到B先加速后减速,从B到C一直减速运动 D. 物体在B点受到的合外力为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．物体从A到B运动的过程中，开始时弹簧的弹力大于滑动摩擦力，合力向右，加速度方向向右，物体做加速度运动，随着弹力的减小，合力减小，加速度减小。当弹簧的弹力与摩擦力相等时，加速度为零，后来弹簧的弹力小于摩擦力，加速度方向向左，物体做减速运动，随着弹力的减小，合力反向增大，加速度也反向增大，所以从A到B先加速后减速，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故AB错误；‎ C．物体从A到B先加速后减速，从B到C的过程中，水平方向只受摩擦力，合力向左，一直做减速运动，故C正确；‎ D．物体在A、B之间，弹簧的弹力和摩擦力平衡时，合力为零，故D错误。‎ ‎10.如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间下列说法正确的是( )‎ A. 两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ B. B球的受力情况未变，瞬时加速度为零 C. A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ D. 弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，A、B两球瞬时加速度都不为零 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】系统原来静止，根据平衡条件可知：‎ 对B球有：‎ F弹=mgsinθ 对A球有：‎ F绳=F弹+mgsinθ，‎ 细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则：‎ B球受力情况未变，瞬时加速度为零；‎ 对A球，根据牛顿第二定律得：‎ 方向沿斜面向下．‎ A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ，与结论不相符，选项A错误；‎ B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零，与结论相符，选项B正确；‎ C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ，与结论相符，选项C正确；‎ D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，A、B两球瞬时加速度都不为零，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎11.如图所示，滑板运动员沿水平地面向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略人和滑板在运动中受到的阻力．则运动员（）‎ A. 起跳时脚对滑板的作用力斜向后 B. 在空中水平方向先加速后减速 C. 在空中机械能不变 D. 越过杆后仍落在滑板起跳的位置 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.人相对滑板竖直向上起跳，所以起跳时脚对滑板的作用力竖直向下，A错误．‎ B.因为忽略阻力，在空中水平方向不受外力，所以水平方向匀速运动，B错误．‎ C.在空中只有重力做功，机械能守恒，C正确．‎ D.因为水平方向保持匀速仍与滑板水平速度相同，所以水平方向相对滑板静止，还会落在滑板起跳的位置，D正确．‎ ‎12.历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称为“另类匀变速直线运动”）,“另类加速度”的定义式为,其中和分别表示某段位移s内的初速度和末速度表示物体做加速运动,表示体做减速运动,而现在物理学中加速度的定义式为,下列说法正确的是 A. 若A不变,则a也不变 B. 若且保持不变,则a逐渐变大 C. 若A不变,则物体在中间位置处的速度为 D. 若A不变,则物体在中间位置处的速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．若A不变，有两种情况一是：A＞0，在这种情况下，相等位移内速度增加量相等，通过相等位移所用时间越来越短，由可知，a越来越大；第二种情况A＜0，相等位移内速度减少量相等，平均速度越来越小，所以相等位移内用的时间越来越多，由知a越来越小，故A错误，B正确；‎ CD．因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为，速度变化量为 所以此位置的速度为,‎ 故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ 二．实验题 ‎13.为了测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数,某同学设计了如图所示的实验装置,其中圆弧形滑槽末端与桌面相切.第一次实验时,滑槽固定于桌面右端,末端与桌子右端M对齐（如图甲）,滑块从滑槽顶端由静止释放,落在水平面上的P点;第二次实验时,滑槽固定于桌面左侧（如图乙）,测出末端N与桌子右端M的距离为L,滑块从滑槽顶端由静止释放,落在水平面上的Q点,已知重力加速度为g,不计空气阻力.‎ ‎（1）实验还需要测出的物理量是（ ）‎ A.滑槽的高度h ‎ B.桌子的高度H ‎ C.O点到P点的距离 ‎ D.O点到Q点的距离 E.滑块的质量m ‎（2）根据1中所选物理量,写出动摩擦因数的表达式是__________.‎ ‎（3）如果第二次实验时,滑块没有滑出桌面,测得在桌面上的滑行距离为x,动摩擦因数可表示为_____.‎ ‎【答案】 (1). BCD (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)滑块离开桌面后做平抛运动，实验需要测出滑块离开滑槽与离开桌面时的速度，因此实验时需要测出：桌子的高度H；O点到P点的距离d1；O点到Q点的距离d2；‎ 故选BCD。‎ ‎(2)滑块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上 在水平方向上 滑块在桌面上运动时，要克服摩擦力做功，由动能定理得 解得 ‎(3)[3]如果第二次实验时，滑块没有滑出桌面，测得滑行距离为x，由动能定理得 解得 ‎14.某同学利用图甲所示的实验装置,探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动,重物落地后,物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始,每5个点取1个计数点,相邻计数点间的距离如图乙所示。打点计时器电源的频率为50。‎ ‎（1）通过分析纸带数据,可判断物块在相邻计数点__________和__________之间某时刻开始减速。‎ ‎（2）计数点5对应的速度大小为__________m/s,计数点6对应的速度大小为__________m/s。（保留三位有效数字）‎ ‎（3）物块减速运动过程中加速度大小为a=__________m/s2,若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度）,则计算结果比动摩擦因数的真实值__________（填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎【答案】 (1). 6 7 (2). 1.00 1.20 (3). 2.00 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速；‎ ‎(2)每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，则有 ‎(3)由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据逐差法得：‎ 在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因数的真实值偏大。‎ 三、计算题 ‎15.一矿井深45m，在井口每隔一定时间自由落下一个小球，当第7个小球从井口下落时，第一个小球恰好落至井底，g=10m/s2，问：‎ ‎（1）相邻两个小球下落的时间间隔是多少？‎ ‎（2）这时第3个小球和第5个小球相距多远？‎ ‎【答案】（1）0.5s ；（2）15m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）所有小球在空中的排列与一个小球自由落体每隔一段时间留下的轨迹相同．第一个到底，第7个刚开始，说明之间共有6个时间间隔，从井口到井底有：h=gt2，解得小球下落的总时间t=3s，则相邻两个小球下落的时间间隔为0.5s．‎ ‎（2）第3个球下落时间0.5s4=2s；第5个球下落时间为0.5s2=1s，则位移之差h=g(22-12)=10(4-1)m=15m，即这时第3个小球和第5个小球相距15m远．‎ ‎16.摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百米.电梯的简化模型如图甲所示.考虑安全、舒适、省时等因素,电梯的加速度a是随时间t变化的.已知电梯在时由静止开始上升,图像如图乙所示,取向上为正方向.电梯总质量.忽略一切阻力,重力加速度g取.‎ ‎（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力和最小拉力;‎ ‎（2）类比是一种常用的研究方法.对于直线运动,教科书中讲解了由图像求位移的方法.请你借鉴此方法,对比加速度和速度的定义,根据图乙所示图像,回答下列问题:‎ ‎①求电梯在第1s内的速度改变量的大小和第2s末的速率;‎ ‎②写出电梯在第1s内的加速度与时间的关系式、速度与时间的关系式.‎ ‎【答案】（1）；（2）①0.5m/s；1.5m/s②；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由牛顿第二定律有 ‎,‎ 由图像可知,和对应的加速度分别是 ‎、‎ 则有 ‎,‎ ‎.‎ ‎(2)①类比可得,所求速度变化量等于第1s内图线与横轴围成的面积,即 同理第2s内速度变化量 ‎,‎ 由于，故第2s末的速率 ‎②由图像可知,第1s内的加速度与时间的关系式、速度与时间的关系式分别为,‎ ‎.‎ ‎17.如图甲所示，有一倾角为37°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板．开始时质量为m＝2 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失．此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10 m/s2．求：‎ ‎(1)水平作用力F的大小；‎ ‎(2)滑块开始下滑时的高度；‎ ‎(3)木板的质量．‎ ‎【答案】（1）15N（2）2.5m（3）3kg ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；‎ ‎（2）根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度，由牛顿第二定律求出加速度，从而根据在斜面上的位移和三角关系求出下滑时的高度．‎ ‎（3）根据摩擦力的公式求出地面和木板间的摩擦力，根据牛顿第二定律求出滑块和木板间的摩擦力，进而根据牛顿第二定律求出木板的质量．‎ ‎【详解】（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示， 水平推力：F=mgtanθ=2×10×0.75N=15N （2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v1=10m/s 设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Fcosθ=ma 代入数据得：a=12m/s2 则下滑时的高度： （3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1‎ ‎ 由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：a1＝＝−4m/s2 对滑块：f1=ma1    ① 此时木板的加速度：a2＝＝1m/s2 对木板： f1-f=Ma2    ② 当滑块和木板速度相等，均为：v=2m/s，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3=m/s2=-1m/s2 当滑块和木板速度相等后连在一起做匀减速直线运动，受到的摩擦力：‎ f =（M+m）a3    ③ 联立①②③代入数据解得：M=3kg ‎【点睛】本题考查斜面上力的合成与分解，和牛顿第二定律的应用，关键是分析物理过程，从v-t图像中获取信息求解加速度．‎