江西省上饶市“山江湖”协作体2019-2020学年高一物理上学期第一次联考试题（自主班含解析）

1 江西省上饶市江西省上饶市 山江湖山江湖 协作体协作体 2019 20202019 2020 学年高一物理上学期第一学年高一物理上学期第一 次联考试题 自主班 含解析 次联考试题 自主班 含解析 一 选择题一 选择题 1 下列说法不正确的是 a 在不需要考虑物体本身的大小和形状时 用质点来代替物体的方法叫假设法 b 我们有时会用比值法定义一些物理量 如速度 密度及加速度等 c 根据速度定义式 当 t极短时 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度 该 x v t x t 定义应用了物理的极限法 d 伽利略通过理想斜面实验否定了 力是维持物体运动的原因 用到的物理思想方法属于 理想实验法 答案 a 解析 详解 a 质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法 故 a 项与题意相符 b 比值法定义就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量 我们有时会用比值法 定义一些物理量 如速度 密度及加速度等 故 b 项与题意不符 c 为研究某一时刻或某一位置时的速度 我们采用了取时间非常小 即让时间趋向无穷小 时的平均速度作为瞬时速度 即采用了极限思维法 故 c 项与题意不符 d 伽利略通过理想斜面实验否定了 力是维持物体运动的原因 用到的物理思想方法属于 理想实验 法 故 d 项与题意不符 2 某汽车正以 72km h 在公路上行驶 为 礼让行人 若以 5m s2加速度刹车 则以下说法 正确的是 a 刹车后 2s 时的速度大小为 5m s 2 b 汽车滑行 30m 停下 c 刹车后 5s 时的速度大小为 5 m s d 刹车后 6s 内的位移大小为 40m 答案 d 解析 详解 72km h 20m s 由公式得 汽车刹车到停止的时间 0 vvat 0 0 4s v t a a 由速度公式得刹车后 2s 时的速度 v2 v0 at2 10m s 故 a 项错误 b 由公式可得 22 0 2vvax 222 0 020 m40m 22 5 vv x a 汽车滑行 40m 停下 故 b 项错误 c 汽车刹车到停止的时间为 4s 所以刹车后 5s 时的速度大小为 0 故 c 项错误 d 汽车刹车到停止的时间为 4s 刹车后 6s 内的位移大小与刹车后 4s 内的位移大小相等 即 40m 故 d 项正确 3 运动着的汽车制动后做匀减速直线运动 经停止 试问它在制动开始后的内 3 5s1s 内 内通过的位移之比为 2s3s a b 1 3 53 5 7 c d 1 2 33 5 6 答案 d 解析 详解 画示意图如图所示 把汽车从的末速度为 0 的匀减速直线运动 ae 逆过来转换为从的初速度为 0 的匀加速直线运动 来等效处理 由于逆过来前后加 ea 3 速度相同 故逆过来前后的运动位移 速度和时间均具有对称性 所以汽车在相等时间内发 生的位移之比为 把时间间隔分为 0 5s 所以 1 3 5 1 8 16 24 decdbcab xxxx 所以 3 5 6 abacad xxx a 与结论不相符 选项 a 错误 1 3 5 b 与结论不相符 选项 b 错误 3 5 7 c 与结论不相符 选项 c 错误 1 2 3 d 与结论相符 选项 d 正确 3 5 6 4 如图所示 放在地面的大球不动 它的正上方有一个定滑轮 轻绳绕过定滑轮 与光滑小 球相连 当用力 f 拉动轻绳 使小球沿大球表面 从图示位置缓慢上滑到大球最高点过程中 下列说法正确的是 a 小球受到的合力变大 b 地面对大球的摩擦力变大 c 小球受到的支持力不变 拉力 f 变小 d 拉力 f 不变 小球受到的支持力变小 答案 c 解析 分析 将小球的重力 mg 按效果进行分解 根据三角形相似法分析 n f 的变化 详解 a 使小球沿大球表面缓慢上滑到大球最高点时 小球受到的合力始终为零 选项 a 错误 4 b 将小球的重力 mg 分解如图 由三角形相似得 地面对大球的摩擦力等于 n 的水平分量 由于小球向上 fmgn lhr 运动时 n 不变 水平分量减小 则地面对大球的摩擦力减小 选项 b 错误 cd 由可得 当从最低点缓缓拉上半球顶端的过程中 l 减小 则 f 减小 r fmgn lhr 不变 故 n 不变 故选项 c 正确 d 错误 故选 c 点睛 本题是平衡问题中动态变化分析问题 在小球移动过程 n 与 f 不垂直 运用三角形 相似法分析 作为一种典型方法要学会应用 5 如图所示 三个物块a b c的质量满足ma 2mb 3mc a与天花板之间 b与c之间均用 轻弹簧相连 a与b之间用细绳相连 当系统静止后 突然剪断a b间的细绳 则此瞬间 a b c的加速度分别为 取向下为正 a g 2g 0b 2g 2g 0 c g g 0d 2g g g 5 6 5 3 答案 c 解析 5 详解 设 c 物体的质量为 m 则 a 物体的质量为 3m b 物体的质量为 1 5m 剪断细线前 对 bc 整体受力分析 受到总重力和细线的拉力而平衡 故 t 2 5mg 再对物体 a 受力分析 受到重力 细线拉力和弹簧的拉力 剪断细线后 重力和弹簧的弹力不变 细线的拉力减为 零 故物体 a 受到的力的合力等于 2 5mg 向上 根据牛顿第二定律得 a 的加速度为 2 55 36 a mg ag m 物体 c 受到的力不变 合力为零 故 c 的加速度为 ac 0 剪断细线前 b 受重力 绳子的拉力和弹簧的拉力 它们合力为零 剪短细线后 绳子的拉力 突变为零 重力和弹簧的弹力不变 故 b 合力大小等于绳子的拉力 2 5mg 方向竖直向下 根据牛顿第二定律得 b 的加速度为 2 55 1 53 b mg ag m 根据 式知 abd 错误 c 正确 故选 c 点睛 本题是力学中的瞬时问题 关键是先根据平衡条件求出各个力 然后根据牛顿第二 定律列式求解加速度 同时要注意轻弹簧的弹力与形变量成正比 来不及突变 而细线的弹 力是有微小形变产生的 故可以突变 6 如图所示 质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态 现对小球同时施 加水平向右的恒力f0和竖直向上的力f 使小球从静止开始向右运动 其中竖直向上的力f 大小始终与小球的速度成正比 即f kv 图中未标出 已知小球与杆间的动摩擦因数为 下列说法中正确的是 a 小球先做加速度增大的加速运动 后做加速度减小的减速运动 b 小球先做加速度减小的加速运动 后做加速度增大的减速运动直到静止 c 小球的最大加速度为f m d 小球的最大速度为 0 fmg k 答案 d 解析 6 详解 a b 项 刚开始运动时 加速度为 当速度v增大 加速度 0 fmgkv a m 增大 当速度v增大到符合 kv mg 后 加速度为 当速度v增大 0 fkvmg a m 加速度减小 当a减小到 0 做匀速运动 所以小球的速度先增大后保持不变 加速度先增 大后减小 最后保持不变 故 ab 错误 c 项 当阻力为零时 加速度最大 故小球的最大加速度为 故 c 错误 0 f m d 项 当加速度为零时 小球的速度最大 此时有 f0 kvm mg 故最大速度为 故 d 正确 0 m fmg v k 7 如图甲所示 在倾角为 37 的粗糙且足够长的斜面底端 一质量 m 2 kg 可视为质点的滑 块压缩一轻弹簧并锁定 滑块与弹簧不相连 t 0 时解除锁定 计算机通过传感器描绘出滑 块的速度 时间图象如图乙所示 其中 ob 段为曲线 bc 段为直线 g 取 10 m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 则下列说法正确的是 a 0 1 s 前加速度一直在减小 b 滑块在 0 1 0 2 s 时间间隔内沿斜面向下运动 c 滑块与斜面间的动摩擦因数 0 25 d 在滑块与弹簧脱离之前 滑块一直在做加速运动 答案 c 解析 详解 a v t图象的斜率表示加速度 所以 0 1 s 前加速度先减小后增大 故 a 项错误 b 0 1 0 2 s 内 速度为正且减小 则滑块在 0 1 0 2 s 时间间隔内沿斜面向上做减速运 动 故 b 项错误 7 c 由v t图象 滑块在 0 1 0 2 s 内加速度大小 据 22 1 60 8 8 0 20 1 v am sm s t 牛顿第二定律可得 解得 0 25 故 c 项正确 mgsinmgcosma d 在滑块与弹簧脱离之前 当弹力小于重力沿斜面向下的分力与摩擦力的合力时 滑块做 减速运动 故 d 项错误 点睛 图象类题目要理解图象横纵坐标 截距 斜率 交点 图象与坐标轴围成的面积等 对应的物理意义 8 某商场安装了智能化电动扶梯 无人站在扶梯上时扶梯运转得很慢 现有顾客乘扶梯下楼 扶梯自动先加速 再匀速运转 下列说法正确的是 a 扶梯匀速运转过程中 顾客受到的支持力大于扶梯受到的压力 b 扶梯整个过程中 顾客受到的支持力都等于扶梯受到的压力 c 扶梯加速过程中 顾客处于失重状态 d 扶梯加速过程中 顾客共受到两个力作用 答案 bc 解析 详解 ab 顾客受到的支持力与扶梯受到的压力为一对作用力与反作用力 即大小相等 方向相板 所以扶梯整个过程中 顾客受到的支持力都等于扶梯受到的压力 故 a 项错误 b 项正确 c 在慢慢加速的过程中 顾客加速度与速度同方向 合力斜向左下方 因而根据牛顿第二 定律可知 顾客受到的支持力小于其重力 顾客处于失重状态 故 c 项正确 d 在慢慢加速的过程中 顾客受到的合力斜向左下方 因而顾客受到的摩擦力与接触面平 行水平向左 所以顾客受重力 支持力 摩擦力三个力的作用 故 d 项错误 9 如图所示为两个物体a和b在同一直线上沿同一方向同时开始运动的v t图线 已知在 8 第 3s 末两个物体在途中相遇 则 a a b两物体在减速阶段的加速度大小之比为 2 1 b 3s 内物体a的平均速度比物体b的大 c a b两物体是从同一地点出发 d t 1 s 时 两物体第一次相遇 答案 ad 解析 详解 a 图象的斜率表示加速度 则a在减速过程的加速度大小 22 1 1 1 42 m s2m s 32 v a t b在减速过程的加速度大小 22 2 2 2 42 m s1m s 3 1 v a t 所以a b两物体在减速阶段的加速度大小之比为 2 1 故 a 项正确 b 由图象的 面积 读出两物体在 3s 内b的位移大于a的位移 则b的平均速度大于a的 平均速度 故 b 项错误 c 由图象的 面积 读出两物体在 3s 内的位移不等 而在第 3s 末两个物体相遇 可判断 出两物体出发点不同 故 c 项错误 d 由图象的 面积 表示位移可知 1 3s 内b的位移 1 42 2m6m 2 b x a的位移 1 2 2m 2 2m6m 2 a x 且第 3s 末两个物体在途中相遇 所以t 1s 时 两物体相遇 故 d 正确 9 10 如图a b两物体叠放在光滑水平桌面上 轻质细绳一端连接b 另一端绕过定滑轮连接 c物体 已知a和c的质量都是 1 kg b的质量是 2 kg a b间的动摩擦因数是 0 3 其它 摩擦不计 由静止释放c c下落一定高度的过程中 c未落地 b未撞到滑轮 g 10m s2 下列说法正确的是 a a b两物体发生相对滑动 b a物体受到的摩擦力大小为 3n c b物体的加速度大小是 2 5m s2 d 细绳的拉力大小等于 7 5n 答案 cd 解析 试题分析 对a b c整体分析 根据牛顿第二定律求出整体加速度 隔离对a分析 求出 摩擦力的大小 与最大静摩擦力比较 判断是否发生相对滑动 再隔离分析 求出拉力的大 小 假设a b不发生相对滑动 整体的加速度为 隔离对a分析 2 2 5 c abc m g am s mmm a受到的摩擦力为 可知假设成立 即a b两物 1 2 52 53 aa fm annm gn 体不发生相对滑动 a所受的摩擦力为 2 5n 加速度为 2 5m s2 故 ab 错误 c 正确 隔离对 c分析 根据牛顿第二定律得 解得 cc m gtm a d 正确 101 2 57 5 cc tm gm annn 二 实验题二 实验题 11 在 验证力的平行四边形定则 的实验中 用两个弹簧秤把橡皮条拉到一定长度并记下 结点o后 再改用一个弹簧秤拉时 也要把橡皮条拉到同一结点o的原因 在坐标 图中已画出两弹簧秤拉力的图示 已知方格每边长度表示 1 0n 试用作图法画出合力f的图 10 示 由此得出合力f的大小为 n 保留二位有效数字 若某同学做 共点的两 个力的合成 实验作出如图所示的图 其中a为固定橡皮条的固定点 o为橡皮条与细绳的 结合点 图中 是合力的实验值 答案 1 使两次拉橡皮筋时产生的效果相同 2 3 7 0n 4 f 解析 详解 1 该实验采用了等效替代法 要求两次把橡皮筋拉到同一位置的原因是使两次拉 橡皮筋时产生的效果相同 2 根据力的平行四边形定则有 3 由图可知 合力的长度有 7 个方格长 即代表合力为 7 0n 4 f1 f2合力的理论值是指通过平行四边形定则求出的合力值 而其实验值是指一个弹簧拉 橡皮条时所测得的数值 由此可知f是f1 f2合力的理论值 f 是合力的实验值 12 某次 探究加速度a跟物体所受的合外力f和质量m的关系 时 实验如下 11 1 下列做法正确的是 填字母代号 a 调节滑轮的高度 使牵引木块的细绳与长木板保持平行 b 在调节木板倾斜角度平衡木块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 木块上 c 实验时 先放开木块再接通打点计时器的电源 d 通过增减木块上的砝码改变质量时 不需重新调节木板倾角 2 图甲为实验装置图 图乙为某次实验得到的一段纸带 计数点a b c d e间的时间 间隔为 0 1 s 根据纸带可求出小车的加速度大小为 m s2 结果保留两位有效数字 3 保持小车质量不变 改变砂和砂桶质量 进行多次测量 根据实验数据作出了加速度a 随拉力f的变化图线如图所示 图中直线没有通过原点 其主要原因是 4 保持砂和砂桶质量不变 改变小车中砝码质量 进行多次测量 得到小车加速度a 质量 m及其对应的的数据如表中所示 1 m 实验次数 12345678 车加速度 2 m s a 1 901 721 491 251 000 750 500 30 车和砝码质量 kgm 0 250 290 330 400 500 711 001 67 1 1 kg m 4 003 453 032 502 001 411 000 60 12 在图示的坐标纸中画出物体的a 图线 1 m 根据作出的a 图象可以得到的结论是 1 m 答案 1 ad 2 0 43m s2 3 实验前未平衡摩擦力 或平衡摩擦力不足 4 5 图线为一条过原点的直线 表明在合外力 一定时 加速度跟质量成反比 解析 详解 1 a 实验时 需调节滑轮的高度 使牵引木块的细绳与长木板保持平行 故 a 正确 b 平衡摩擦力时 不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 故 b 错误 c 实验时应先接通电源 再释放木块 故 c 错误 d 通过增减木块上的砝码改变质量时 不需重新平衡摩擦力 故 d 正确 2 2 根据 x at2 运用逐差法得 2 222 2 6 502 402 40 10 m s0 425m s0 43m s 44 0 01 ceac ss a t 3 3 图线没有过原点 与f轴有交点即有力时没有加速度 说明实验前没有平衡小车的摩 擦力 13 4 4 根据表格数据描点 如图 5 5 由图象可知 图线为一条过原点的直线 表明在合外力一定时 加速度跟质量 1 a m 成反比 三 计算题三 计算题 13 从某一星球表面竖直向上抛出一小物体 不计任何阻力 经过一段时间该物体又回到该 星球表面 设抛出时刻 得到物体上升高度随时间变化的图象如图所示 求 0t ht 1 物体上升的最大高度 2 该行星表面的自由落体加速度大小 3 物体被抛出时的初速度大小 答案 1 2 3 25m 2 8m s20m s 解析 1 由图读出 物体上升的最大高度为 上升的时间为 25mh 2 5st 2 由竖直向上运动规律可以知道 计算得出 2 1 2 hgt 2 22 250 8m s 2 5 h g t 3 由可得 2 2vgh 22 8 2520m svgh 14 如图所示 质量为m的半圆柱体静止在水平地面上 质量为m的小物块在半圆柱体上处 14 于平衡状态 小物块与一轻弹簧连接 弹簧的上端固定于墙上的o点 已知小物块与球心 o 的连线与竖直方向成 角 弹簧的劲度系数为k 其与竖直方向的夹角也为 45 若小物块与半圆柱体之间接触是光滑的 求 1 弹簧的伸长量 2 半圆柱体所受地面的支持和摩擦力 答案 1 2 方向竖直向上 方向水平向左 2 2 mg k 1 2 mgmg 1 2 mg 解析 详解 1 对小物块受力分析 摩擦力为零 支持力n 弹簧的拉力t和重力g三力平衡 如图所示 由平衡可知 2 2 mg nt 设弹簧伸长量为 x 则 tk x 解得 2 2 mg x k 2 设地面的支持力和摩擦力分别为fn和f 对整体受力分析 根据平衡条件得 15 tsin f tcos fn m m g 解得 方向水平向左 1 2 fmg 方向竖直向上 1 2 n fmgmg 15 如图所示 三角传送带以 v 10m s 的速度逆时针匀速转动 两边的传送带长均为 l 16m 且与水平方向的夹角均为 37 现有质量均为 m 1kg 的 a b 两物体从传送带顶端同时由 静止释放 已知 a b 两物体与传送带间的动摩擦因数均为 0 5 g 取 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 1 物体在传送带上受到的摩擦力为多大 2 两物体刚开始下滑时的加速度大小分别为多少 3 两物体到传送带底端的时间相差多少 答案 1 2 3 4n 2 10 m s 2 2 m s2s 解析 1 物体在传送带上受到的摩擦力 0 cos370 5 10 0 84fmgnn 2 受力分析如图所示 对 a 受到沿着传送带向下的摩擦力 mgsin37 mgcos37 ma1 代入数据得 a1 10m s2 b 受到向上的摩擦力 则 mgsin37 mgcos37 ma2 16 代入数据得 a2 2m s2 2 设经过时间 t1 a 与传送带达到共同速度 由运动学公式 得 v v0 at1 得 t1 1s 此时 a 下滑的位移 0 11 0 10 1 5 22 v