重庆市北碚区2019-2020学年高一物理上学期期末学业质量调研抽测试题

重庆市北碚区2019-2020学年高一物理上学期期末学业质量调研抽测试题（分数：100分 时间：90分钟）注意：本试卷包含、两卷。第卷为选择题，所有答案必须用2b铅笔涂在答题卡中相应的位置。第卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。一、单选题1. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即uab=ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、r、q是这条轨迹上的三点，r点在等势面b上，据此可知()a. 带电质点在p点的加速度比在q点的加速度小b. 带电质点在p点的电势能比在q点的小c. 带电质点在p点的动能大于在q点的动能d. 三个等势面中，c的电势最高2. 下列说法正确的是()a. 物体的运动速度越大，加速度也一定越大b. 物体的运动速度变化越快，加速度越大c. 物体的运动速度变化量越大，加速度也一定越大d. 物体的运动速度越小，加速度也一定越小3. 一辆汽车以速度v匀速行驶了全程的一半，以行驶了另一半，则全程的平均速度为()a. v2b. 2v3c. 3v2d. v34. 如图一物块在水平拉力f的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持f的大小不变，而方向与水平面成60角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为()a. 2-3b. 36c. 33d. 325. 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍，该质点的加速度为()a. st2b. 3s2t2c. 4st2d. 8st26. 如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力f的判断中，正确的是() a. 小车静止时，f=mgsin，方向沿杆向上b. 小车静止时，f=mgcos，方向垂直杆向上c. 小车向右以加速度a运动时，一定有f=masind. 小车向左以加速度a运动时，f=(ma)2+(mg)27. 一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力f，在车前进s的过程中，下列说法正确的是() a. 当车匀速前进时，人对车做的总功为正功b. 当车加速前进时，人对车做的总功为负功c. 当车减速前进时，人对车做的总功为负功d. 不管车如何运动，人对车做的总功都为零二、多选题8. 如图a，物体在水平恒力f作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t=1s时刻撤去恒力f，物体运动的vt图象如图b，重力加速度g=10m/s2，则a. 物体在3s内的位移s=3mb. 恒力f与摩擦力f大小之比f：f=3：1c. 物体与地面的动摩擦因数为=0.3d. 3s内恒力做功wf与克服摩擦力做功wf之比wf：wf=3：29. 如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的a处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象以地面为参考系如图乙所示已知v2v1，则()a. t2时刻，小物块离a处的距离达到最大b. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大c. 0t3时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左d. 0t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用10. 直线ab是某电场中的一条电场线。若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿ab由a运动到b，其速度图象如图所示，下列关于a，b两点的电场强度ea、eb和电势a、b的判断正确的是 a. eaebb. eabd. af，所以人对车做的总功为负功，故b正确；c.同理可以证明当车减速前进时，人对车做的总功为正功，故c错误；d.由上述分析可知d错误。故选b。8.【答案】bc【解析】【分析】根据vt图象与时间轴所围的面积求物体在3s内的位移，以及第1s内和后2s内的位移；对整个过程，运用动能定理求f:f，对后2s内物体的运动过程，运用动能定理列式，可求得动摩擦因数；由动能定理分析3s内恒力做功wf与克服摩擦力做功wf之比。本题有两个关键点：要明确vt图象与时间轴所围的面积表示位移；应用动能定理时，要灵活选择研究的过程。【解答】a.根据vt图象与时间轴所围的面积表示位移，可得物体在3s内的位移：s=632m=9m，故a错误；b.物体在第1s内和后2s内的位移分别为s1=1261m=3m，s2=622m=6m，对整个过程，由动能定理得：fs1fs=0，解得f:f=3:1，故b正确；c.对后2s内物体的运动过程，由动能定理得mgs2=012mv2，得=v22gs2=622106=0.3，故c正确；d.对整个过程，由动能定理得：wfwf=0，可得，wf:wf=1:1，故d错误。故选bc。9.【答案】bd【解析】【分析】本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况，从而明确物块与传送带之间的相对运动规律，此类问题涉及两个物体多个过程，对学生分析能力能起到较好的练习作用。小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动，根据图象分析有0t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1t2时间内小物块向右匀加速，摩擦力向右，0t2时间内小物块受到都是滑动摩擦力，大小不变，t2t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失。【解答】a.t1时刻小物块向左运动到速度为零，离a处的距离达到最大，故a错误；b.t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故b正确；c.0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2t3时间内小物块不受摩擦力作用，故c错误；d.0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故d正确。故选bd。10.【答案】ac【解析】【分析】本题根据图象考查对电场的认识，要求能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，沿着电场线方向电势降低；电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性。根据速度图象得出电子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律可知电场力越来越小，再根据电场强度的定义即可求解。【解答】ab.由图可知，电子在a点加速度较大，则可知a点所受电场力较大，由f=eq可知，a点的场强要大于b点场强，故a正确，b错误；cd.电子从a到b的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故epab，故c正确，d错误。故选ac。11.【答案】ab【解析】【分析】首先根据牛顿第二定律得出加速度，进而计算速度和动量。本题考查了牛顿第二定律的简单运用，熟悉公式即可，并能运用牛顿第二定律求解加速度。另外要学会看图，从图象中得出一些物理量之间的关系。【解答】a.前两秒，根据牛顿第二定律，a=fm=1m/s2，则01s的速度为：v1=at1=1m/s，a正确；b.t=2s时，速率为v2=at2=2m/s，则动量为p=mv2=4kgm/s，b正确；cd.24s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=fm=0.5m/s2，所以3s时的速度为v3=v2at=1.5m/s，动量为p=mv3=3kgm/s，4s时速度为v4=20.52=1m/s，cd错误。故选ab。12.【答案】acd【解析】【分析】物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后做匀速直线运动，电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，还有一部分转化为内能解决本题的关键要明确物体的运动过程，正确分析能量的转化情况要知道划痕的长度等于物块在传送带上的相对位移，摩擦产生的内能与相对位移有关【解答】a、物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移大小。物块加速运动的加速度为a=mgm=g，物体加速到速度为v时所需的时间t=va=vg，在这段时间内物块的位移x1=v22a=v22g，传送带的位移x2=vt=v2g.则物体与传送带间的相对位移x=x2x1=v22g，即物体在传送带上的划痕长v22g.故a正确。b、传送带克服摩擦力做的功为w=mgx2=mv2.故b错误。c、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能是12mv2，摩擦产生的内能为q=mgx=12mv2，所以电动机多做的功w电=12mv2+q=mv2.故c正确。d、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为p=fv=mgv，故d正确。故选：acd。13.【答案】ad【解析】【分析】圆形管道内能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0.小球在最高点时的速度大小为2gr时，由牛顿第二定律求出小球受到的管道的作用力大小和方向，再由牛顿第三定律分析小球对管道的作用力在最低点时的速度大小为5gr时，同样根据牛顿第二定律求出小球受到的管道的作用力大小和方向【解答】本题中圆管模型与轻杆模型相似，抓住两个临界条件：一是小球恰好到达最高点时，速度为零；二是小球经过最高点与管道恰好无作用力时速度为grab.圆形管道内壁能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0，故a正确，b错误；c.设管道对小球的弹力大小为f，方向竖直向下。由牛顿第二定律得mg+f=mv2r，v=2gr，代入解得f=3mg0，方向竖直向下，根据牛顿第三定律得知：小球对管道的弹力方向竖直向上，即小球对管道的外壁有作用力，故c错误；d.重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：nmg=mv2r，解得：n=mg+mv2r=mg+m5grr=6mg；根据牛顿第三定律，球对管道的外壁的作用力为6mg，故d正确。故选ad。14.【答案】(1)交流；46；220；0.02；(2)天平、秒表；刻度尺；(3)2；2.1【解析】【分析】(1)(2)了解电磁打点计时器和电火花打点计时器的工作电压、工作原理即可正确解答；同时要熟练使用打点计时器进行有关的操作，从实验目的、实验原理角度出发得到待测量，确定实验器材；(3)根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上d点时小车的瞬时速度大小。对于基本仪器的使用和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做，以加强基本仪器的了解和使用。【解答】(1)解：电磁打点计时器和电火花打点计时器所使用的是交流，电磁打点计时器的工作电压是46v.电火花打点计时器的工作电压是220v，当电源频率是50hz时，它每隔0.02s打一次点；(2)实验要测量重力加速度，根据公式x=at2，需要刻度尺测量位移；故不需要天平、秒表，缺少刻度尺；(3)相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，设a到b之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4，根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，得：x3x1=2a1t2x4x2=2a2t2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：a=12(a1+a2)即小车运动的加速度计算表达式为：a=0.760.340.340.04m/s2=2m/s2根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上d点时小车的瞬时速度大小vd=0.760.340.2=2.1m/s故答案为：(1)交流；46；220；0.02；(2)天平，秒表；刻度尺(3)2；2.1。15.【答案】o、b两点太近，误差大；与f1、f2共同作用的效果相同；f；b。【解析】解：为了减小测量的误差，记录方向时，记录点与o点的距离适当大一些，图甲中的b点标记得不妥，其原因是o、b两点太近，误差大；用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至o点，这样做的目的是与f1、f2共同作用的效果相同；f1和f2合力的实际测量值是用一根弹簧秤拉的，不是根据平行四边形定则作出的，故f是f1和f2合力的实际测量值；由题意可知：保持o点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计m的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下：所以由图可知角逐渐变小时，n的示数减小，同时角减小。故选：b。故答案为：o、b两点太近，误差大；与f1、f2共同作用的效果相同；f；b。为了减小测量的误差，两拉力的夹角适当大一些，记录拉力方向的点与o点距离适当大一些为了与f1、f2共同作用的效果相同，用一根弹簧秤拉时，应将橡皮筋的活动端仍拉至o点；实际的测量值是用一根弹簧秤拉的，拉力方向与橡皮筋的方向在同一条直线上；根据平行四边形定则，运用作图分析采用的方法；这个实验的原理是：记录的是两个分力的大小和方向，以及实际合力的大小和方向，利用平行四边形画出合力的理论值再和实际的合力进行比较因此明确实验原理是解答问题的关键。16.【答案】b 小于 大于【解析】解：(1)a、根据受力分析可知ab受到的合力为f合=fmg，故a错误；b、实验时应先接通打点计时器电源后释放物体，故b正确；c、由于物体ab的合力是有弹簧的示数决定的，故不需要满足重物p的质量应远小于物体的质量，故c错误；d、对重物p析，当加速度为a时，应有mg2f=ma，可得f=12mg12ma，所以只有当a=0时，f才等于12mg，所以d错误；故选：b(2)设加速度大小为a，据牛顿第二定律，对物体b应有fmg=ma，可得：a=fmg=1mfg对物体a应有mgf=ma，可得：a=1mf+g根据af图象斜率绝对值k=1m可知，b的斜率大于a的斜率，所以1ma1mb，即ma小于mb；再根据纵轴截距大小等于g可知，由于a的截距大于b的截距，所以a大于b；故答案为：(1)b；(2)小于；大于(1)根据光滑轻质滑轮特点可知，绳子拉力始终等于弹簧秤读数，与重物p质量大小无直接关系；对重物p列出加速度的表达式，然后讨论即可(2)的关键是根据af分别写出a和b加速度a与拉力f的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念即可求解在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力，同时加强基础物理知识在实验中的应用，加强解决实验问题的能力17.【答案】解：(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知：fmg=ma，解得：a=fmgm=140.52102m/s2=2m/s2；(2)由m到b，根据速度位移公式可知：vb2=2al解得：vb=2al=229m/s=6m/s；(3)在斜面上，根据牛顿第二定律可知：代入数据解得：a=10m/s2根据速度位移公式可知：0vb2=2ax解得：。答：(1)物体在恒力作用下运动时的加速度是2m/s2；(2)物体到达b点时的速度是6m/s；(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是1.8m。【解析】(1)根据牛顿第二定律求得加速度；(2)根据速度位移公式求得速度；(3)利用牛顿第二定律求得在斜面上的加速度，利用速度位移公式求得位移。本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。18.【答案】解：(1)小物块在水平面上从a运动到b过程中根据动能定理有：fmgxab=12mvb20在b点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：nmg=mvb2r联立解得小物块运动到b点时轨道对物块的支持力为：n=154n由牛顿第三定律可得，小物块运动到b点时对圆轨道b点的压力大小为：n=n=154n(2)因为小物块恰能通过d点，所以在d点小物块所受的重力等于向心力，即：mg=mvd2r可得：vd=5m/s设小物块落地点距b点之间的距离为x，下落时间为t根据平抛运动的规律有：x=vdt，2r=12gt2解得：x=1m答：(1)小物块运动到b点时对圆轨道b点的压力大小为154n.(2)小物块离开d点后落到地面上的点与b点之间的距离为1m【解析】本题是动能定理、牛顿第二定律和平抛