2018-2019学年四川省成都市外国语学校高一(下)入学物理试卷

1、2018-2019 学年四川省成都市外国语学校高一（下）入学物理试卷一、单选题（本大题共9 小题，共36.0 分）1. 下列哪位科学家首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推动了人类科学的发展A. 亚里士多德B. 伽利略C. 牛顿D. 爱因斯坦2. 下列说法中正确的是A. 体育课上某同学掷铅球成绩是，其中是铅球的路程B. 沿半径为 R的圆周运动一周，其位移的大小是C. 把一物体竖直上抛 忽略空气阻力 ，其上升过程和下落过程的加速度相同D. 从资阳同一地点出发经过不同路径到达成都同一目的地，它们的路程和位移均不同3. 如图是某质点运动的速度时间图象，由

2、图象可知质点A. 内的加速度等于 内的加速度B. 内的运动方向与 内的运动方向相反C. 内与 内的平均速度均是D. 内的位移大小是 4m4. 下列关于力的说法中正确的是A. 用手将小球竖直向上抛出后，小球仍向上运动是因为小球还受到手对它的作用B. 摩擦力的方向总是与物体的相对运动或相对运动趋势方向相反C. 放在水平桌面上静止的书对桌面的压力就是书的重力D. 马拉车做加速运动，是马拉车的力大于车拉马的力5. 如图所示，小物块沿斜面向下匀速滑行， 斜面处于静止状态， 不计空气阻力，关于小物块的受力情况，下列说法中正确的是A. 受重力、支持力、摩擦力B. 受重力、支持力、下滑力C. 受重力、支持力D

3、. 受重力、支持力、摩擦力、下滑力6. 一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，下列说法中正确的是A. 从开始运动的连续三个2 秒内，通过的位移大小之比是1：4：9B. 从开始运动的连续三个2 秒内，平均速度大小之比是1： 2： 3C. 从开始运动到距出发点2m、4m、 6m，所经历的时间之比是1：2：3D. 从开始运动到距出发点2m、4m、 6m，所经历的时间之比是1：7. 如图所示，在光滑的水平地面上，有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k 的轻质弹簧相连，在水平外力、的作用下运动，已知，当该运动达到稳定时，弹簧的伸长量为A.B.C.D.8. 如图所示，物体 M 静止于水平放置的木板上，

4、 现使木板倾角 从零缓慢增大至的过程中A. 物体所受支持力变大B. 物体所受摩擦力变小C. 木板对物体的作用力先减小后增大D. 物体所受重力、支持力和摩擦力的合力先不变后增大第1页，共 12页9. 如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速度为 v，在其左端无初速释放一小木块， 若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间不可能是A.B.C.D.二、多选题（本大题共4 小题，共16.0 分）10. 如图所示，小娟、小明两人共提一桶水匀速前行。已知两人手臂对桶的拉力大小相等且为 F ，两人手臂间的夹角为 ，水和水桶总重为 G，则下列说法中正确的是A. 当时，B.当 为时，C. 当时

5、，D.越大， F 越大11. 在以加速度a匀加速上升的升降机中站着一个质量为m的人，当地重力加速度为g，下列关于此人的说法中正确是A. 人对电梯的压力为B.C. 人所受的重力为D.人对电梯的压力为人所受的重力为mg12.如图所示，用OA 、OB 两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间。开始时OB 绳水平，现保持 O 点位置不变，改变 OB 绳长使绳右端由B 点缓慢上移至点，此时与 OA 之间的夹角设此过程OA、OB 绳的拉力分别为、，则下列说法正确的是A. 一直减小B. 先减小后增大C. 一直增大D. 先减小后增大13.如图所示，内壁光滑的半球形容器静止在粗糙水平面上将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定

6、在半球形容器底部处为球心，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P 点。已知容器半径为R、OP 与水平方向的夹角为。下列说法正确的是A.B.C.D.轻弹簧对小球的作用力大小为半球形容器相对于水平面有向左的运动趋势半球形容器对小球的弹力和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上弹簧原长为三、实验题（本大题共2 小题，共18.0 分）14. 某同学利用如图“”装置做 探究弹簧弹力大小与其长度的关系的实验第2页，共 12页在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持_ 状态他通过实验得到如图所示的弹力大小 F 与弹簧长度 x 的关系图线由此图线可得该弹簧的劲度系数_他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤

7、上的示数如图所示时，该弹簧的长度_ cm15. 某同学设计了一个“F及质量m”为实验装置简图，探究加速度与物体所受合力的关系 的实验如图A 为小车， B 为电火花打点计时器， C 为钩码， D 为一端带有定滑轮的长方形木板，还有220V 交流电源没有画出实验中认为细绳对小车拉力F 等于钩码的重力当地重力加速度为g除了以上仪器外，还需要下列器材中的_A.秒表天平毫米刻度尺弹簧测力计为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是_A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B.将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动C .将木板不带滑轮的一端适当垫高

8、，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D .将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上图为某次实验得到的纸带交流电的频率为，由图中数据求出小车加速度大小为_，A 点对应的小车速度大小为_保留两位有效数字保持小车质量不变，改变钩码质量，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_四、计算题（本大题共3 小题，共30.0 分）16.一物体从离地80m 高处下落做自由落体运动求：物体下落的总时间为多少？物体落地时的速度为多大？下落后第 2s 内的位移为多大？17.如图所示，一块质量为，长为的均质薄木板静止

9、在足够长的水平桌面上，木板的左端静止摆放质量为的小木块可视为质点，薄木板和小木块之间的动摩擦因数为，薄木板和地面之间的动摩擦因数为时刻在 M 上施加一恒定水平向左拉力，g 取求：刚作用在木板上时M 和 m 的加速度各是多大？第3页，共 12页如果 F 一直作用在M 上，经多少时间m 离开 M？若末撤去 F，再经多少时间M、 m 第一次速度相同？18.如图，一质量为1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为，现小球在的沿杆向上的拉力作用下，从A 点静止出发沿杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为试求：小球运动的加速度；若 F 作用 2s 后撤去，小球上滑过程中距A 点最大距离；若从撤

10、去力F 开始计时，小球经多长时间将经过距A 点上方为的 B 点。五、简答题（本大题共1 小题，共8.0 分）19. 如图所示为排球网架，为了使用活动铰链与地面连接的排球网架的直杆能垂直于水平地面，需要用绳子把杆拉住绳子CO 与竖直直杆CD 夹角为，与球网在同一平面内；绳子AO、BO、CO 同在另一平面内， AO、BO 两绳子的拉力大小相等，夹角为；球网上方水平拉线CE 的拉力大小为300N，排球网架直杆质量为20kg，不计绳子、拉线和球网的质量取，求：铰链给直杆的支持力为多大、 BO 两绳子的拉力大小第4页，共 12页第5页，共 12页答案和解析1.【答案】 B【解析】解： A、亚里士多德认为

11、重的物体下落的快，他用快慢描述物体的运动，故A 错误；B、伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展。故B 正确；C、牛顿发现了牛顿三定律和万有引力定律，故C 错误；D、爱因斯坦的成就主要在量子力学，如光子说、质能方程、光电效应方程等，故D 错误；故选： B。根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2.【答案】 C【解析】解：A、体育课上某同学掷铅球成

12、绩是，其中是铅球的水平分位移，故A 错误；B、沿半径为R 的圆周运动一周，位移为零，路程为，故 B 错误；C、竖直上抛运动只受重力，根据牛顿第二定律，加速度恒定，为g，故 C 正确；D、从资阳同一地点出发经过不同路径到达成都同一目的地，它们的路程不同，但位移相同，故D 错误；故选： C。竖直上抛运动是匀变速直线运动，加速度恒为 g；路程是运动轨迹的实际长度，位移是从初位置到末位置的有向线段本题关键是明确竖直上抛运动的运动性质，知道路程和位移的区别，基础问题3.【答案】 C【解析】解：A、 内的加速度， 内的加速度“ ”，负号表示加速度方向与正方向方向相反。故A 错误。B、由图可知在物体运动的过

13、程当中运动方向没有改变。故B 错误。C、根据匀变速直线运动的平均速度公式可知：内平均速度； 内的平均速度为：，故 C 正确。D、图线的 “面积 ”大小等于位移，则得内位移大小为：，故 D 错误。故选： C。速度 时间图象倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，图线与t 轴平行做匀速直线运动图线的斜率等于加速度，速度的正负表示速度的方向匀变速直线运动的平均速度可用公式求解图线与时间“ ”轴所围的 面积 表示位移本题关键要会利用公式求解平均速度，根据“”面积求解匀变速直线运动的位移，方便简洁4.【答案】 B第6页，共 12页【解析】解：A、用手将小球竖直向上抛出后，小球仍向上运动是因为惯性的原因，故A

14、 错误；B、摩擦力的方向总是与物体的相对运动或相对运动趋势方向相反，故B 正确；C、书受到的重力方向竖直向下，书对桌面的压力的方向是竖直向下。受力方向相同，不是同一力，故C错误；D、马拉车的力和车拉马的力是一对作用力和反作用力，大小相等，故D 错误；故选： B。物体的运动不需要力来维持，性质不同的力不能说压力就是重力，摩擦力的方向总是与物体的相对运动或相对运动趋势方向相反本题考查的知识点较多，比如惯性、力是物体间的相互作用、力的分类和摩擦力的方向，难度不大，属于基础题5.【答案】 A【解析】解：物体受到重力、斜面的支持力和摩擦力三个力作用。由于物体静止，合力为零，根据平衡条件得知，物体有沿斜面

15、向下的运动趋势，故静摩擦力方向沿斜面向上，支持力方向垂直于斜面向上，故A正确， BCD 错误。故选： A。放在斜面上的物体受到重力、斜面的支持力和摩擦力三个力作用，根据平衡条件知，三个力平衡时，任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反分析受力情况一般按重力、弹力和摩擦力的顺序进行，静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反，支持力垂直于接触面指向被支持的物体6.【答案】 D【解析】 解：A、根据，可得初速度为 0 的匀加速直线运动在前2s、前 4s、前 6s的位移之比为 1：4： 9，故在开始连续的三个2s 内通过的位移之比为 1： 3： 5，故 A 错误；B、根据平均速度公式，可得从开始运动

16、的连续三个2 秒内，平均速度大小之比是1： 3：5，故 B 错误；C、根据，得，所以从开始运动到距出发点2m、4m、6m，所经历的时间之比是1：，故D正确， C 错误。故选： D。根据匀变速直线运动的规律和比例式分析求解。本题主要考查了初速度为零的匀变速直线运动基本公式的应用。7.【答案】 D【解析】 【分析】先对整体分析，求出整体的加速度，再隔离分析，通过牛顿第二定律求出弹簧的弹力，从而通过胡克定律求出弹簧的伸长量解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用【解答】解：以整体为研究对象，此时的加速度为：，隔离 B 对 B 受力分析，根据牛顿第二定律有：

17、根据胡克定律得：，解得，弹簧的伸长量：；第7页，共 12页故选： D8.【答案】 D【解析】解：物体受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据共点力平衡，运用平行四边形定则得：支持力：静摩擦力：A、当缓慢增大，支持力逐渐减小，故A 错误；B、当缓慢增大，支持力逐渐减小，静摩擦力逐渐增大，后来滑动时，滑动摩擦力逐渐变小，故B 错误；C、木板对物体的作用力即物体所受支持力和摩擦力的合力与重力平衡，不变，故C 错误；D、物体所受重力、支持力和摩擦力的合力开始为零，滑动后合力沿斜面向下增大，故D 正确；故选： D。物体 M 静止于倾斜的木板上，当倾角 缓慢增大，直至 M 开始滑动之前的过程中，物体受重力和

18、支持力以及静摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出支持力和摩擦力大小的表达式，从而判断其变化。本类题目的解题步骤：确定研究对象，对研究对象进行受力分析，再进行正交分解，最后根据受力平衡写出所求力的数学表达式，从而可以根据角度的变化情况判断出力的变化情况。9.【答案】 A【解析】解：木块做匀加速直线运动的加速度大小，木块可能一直做匀加速直线运动，根据得，故 C 正确。木块也可能一直做匀加速直线运动，到达右端时速度恰好达到v，解得，故 D 正确。木块也可能先做匀加速，速度达到传送带后做匀速直线运动，匀加速运动的时间，匀速运动的时间，则运动的总时间，故 B 正确。本题选不可能，故选：A。物块无初速滑上传

19、送带，有可能一直做匀加速直线运动，有可能先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块运行的时间解决本题的关键理清物块的运动情况，考虑到木块运动的各种可能性，运用牛顿运动定律和运动学公式综合求解10.【答案】 BD【解析】解：设小娟、小明的手臂对水桶的拉力大小为F，由题小娟、小明的手臂夹角成角，根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，则根据平衡条件得：解得：，当时，值最大，则，即为最小，当为时，当为时，第8页，共 12页当越大时，则F 越大；故AC 错误， BD 正确；故选： BD 。分析水桶的受力情况，分析平衡条件，求解小娟、小明的手臂受到的拉力大小与重力的关系。

20、由于两人手臂均与竖直方向成 角，根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，从而根据列式，即可求解。本题要根据对称性得出两人对水桶的拉力大小相等，再由竖直方向力平衡即可求出小娟、小明的手臂受到的拉力大小与重力的关系，是解题的关键。11.【答案】 AD【解析】解：由牛顿第二定律知，所以电梯对人的支持力为，根据牛顿第三定律可得，人对电梯的压力大小等于，人受的重力不变为mg。故选： AD 。由牛顿第二定律列式求对电梯的压力，人在超重或失重时，人的重力保持不变掌握超重失重的特点：加速度向上超重，加速度向下失重，无论超重和失重，物体的重力不变12.【答案】 AD【解析】解：花盆受重力和两端绳子的拉力作用处

21、于静止状态，故花盆受力平衡，那么，两绳子拉力的合力大小等于花盆重力，方向竖直向上；根据力的分解可得： 随着绳右端由B 点缓慢上移至点，绳子与竖直方向的夹角不断减小，不断减小，先减小后增大；故AD 正确， BC 错误；故选： AD 。根据受力平衡得到两绳子拉力的合力不变， 然后根据力的合成与分解， 由两力方向的变化得到大小的变化。本题考查物体的平衡条件，关键是正确的选择研究对象同时准确的受力分析，受力分析是解决力学问题的基础，必须牢固掌握。13.【答案】 CD【解析】解：A、对小球受力分析，如图所示，由几何关系可知，故 A 错误；C.半球形容器对小球的弹力和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上，故C

22、 正确；B.以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，容器相对于水平面无滑动趋势，地面对半球形容器没有摩擦力，故B 错误；D、弹簧压缩量，当前长度，故弹簧原长为，故 D 正确故选： CD 。对小球受力分析可求解各力的关系，弹簧原长可由胡克定律求出。第9页，共 12页本题考查共点力的平衡及胡克定律，受力分析时的合成分解、几何关系是关键，难度较低。14.【答案】竖直； 50； 10【解析】解：弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2N 时，弹簧的长度为 8cm，伸长量为 4cm；

23、根据胡克定律，有：；由图 c 得到弹簧的弹力为3N，根据图 b 得到弹簧的长度为10cm故答案为：竖直；弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须竖直；弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律求解劲度系数；直接从弹簧秤得到弹力，再从图象b 弹簧弹簧长度本题关键是明确实验原理，然后根据胡克定律并结合图象列式求解本题关键根据胡克定律推导出弹力与弹簧长度的关系表达式进行分析15.【答案】 BC C平衡摩擦力过度【解析】解：需要刻度尺测量计数点之间的距离大小，需要天平测量小车和勾码的质量，故AD 错误 BC 正确；故选： BC将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力

24、沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力故选： C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，故：根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小：细线拉力为零时已经有加速度，说明不带滑轮的一端垫得过高，即平衡摩擦力过度故答案为：；，；平衡摩擦力过度明确实验原理以及具体操作，知道需要测量数据即可正确解答；为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取做法是将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动；根据匀变速直线运动的推论公式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A 点时小车的瞬时速度大小对

25、于实验问题首先要明确实验原理，理解重要步骤的操作，熟练应用基本物理解决实验问题，能根据匀变速直线运动的推论公式求解，难度适中16.【答案】解：根据得落地的时间为：物体落地的速度为：物体下落1s 内的位移为：第10 页，共 12页下落 2s内的位移为：，下落后第2s 内的位移为：答：物体下落的总时间为4s；物体落地的速度为；下落第 2s 内的位移是15m【解析】根据位移时间公式求出落地的时间；根据速度时间公式求出落地的速度；根据位移时间公式求出下落1s 内和 2s内的位移，即可求出第2s内的位移解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题17.【答案】解：刚作用在木板上时，由牛顿第二定律得：对 m：；代入数据得对 M：代入数据解得：设 m 离开 M 的时间为，则对 m 有：；对M有：；又有联立解得：时 m 的速度，M 的速度为：1s 后 m 仍以的加速度作匀加速运动，M 将以的加速度匀减速运动，且有：设再经后二者速度相等，有：解得答：刚作用在木板上时M 和 m 的加速度各是和如果 F 一直作用在M 上，经 2s 时间 m 离开 M 若末撤去 F，再经时间 M、 m 第一次速度相同【解析】根据牛顿第二定律