1、云南省云县第一中学2019-2020学年12月份考试高一物理一、单选题1.如图所示，将大拇指倾斜按在水平桌面上向前推（仍静止不动），此推力大小为80N，方向斜向下，与水平方向成37，则大拇指对桌子的压力和摩擦力大小分别为（ ）A. 64N，48NB. 48N, 64NC. 40N，80ND. 80N, 80N【答案】B【解析】【详解】推力的竖直分量即为压力的大小 水平方向推力的水平分量与摩擦力相等 综上所述本题答案是：B2. 甲、乙两物体从同一时刻出发沿同一直线运动的xt图象如图所示，下列判断正确的是（ ）A. 甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动B. 两物体两次分别在1 s末和4 s末到达同
2、一位置C. 乙在前2 s内做匀加速直线运动，2 s后做匀减速直线运动D. 06s内，乙的位移比甲大【答案】B【解析】试题分析：由图线可知，甲静止，而乙先向正方向运动，然后向负方向运动，故AC错误；在1 s末和4 s末两物体的位移相同，所以两物体两次分别在1 s末和4 s末到达同一位置，选项B正确；06s内，甲乙的位移均为零，选项D错误考点：物体运动的x-t图线3.下列关于位移和路程的说法中正确的是()A. 位移的大小和路程总是相等的，只不过位移是矢量，而路程是标量B. 位移是描述直线运动的，路程可以描述曲线运动C. 只要物体发生了一段位移，则它一定通过了一段路程D. 运动会上参加400 m比赛
3、的同一组的8位同学，他们通过的路程和位移都是相同的【答案】C【解析】【详解】当做单向直线运动时，位移的大小等于路程在其他情况下，路程大于位移的大小故A错误；路程和位移都可以描述直线运动和曲线运动故B错误位移是由初位置指向末位置，是矢量；路程是运动轨迹的长度，是标量故只要物体发生了一段位移，则它一定通过了一段路程，C正确；运动会上参加400 m比赛的同一组的8位同学，他们通过的路程是相同的，由于各同学的起点和终点不同，则位移不同，故错误答案为C4.如图所示描述了一位骑自行车者的位置随时间变化的关系，则此人在下列区间中，行驶最快的是()A. 区间B. 区间C. 区间D. 区间【答案】C【解析】【详
4、解】由位移时间图线知，在区间III内，图线的斜率最大，则速度最大故ABD错误，C正确故选C5. 静止的升降机地板上平放着一体重计，某同学站在体重计上，与升降机始终保持相对静止某时刻体重计示数突然增大，此时升降机的运动可能是（ ）A. 匀速上升B. 匀速下降C. 加速上升D. 加速下降【答案】C【解析】试题分析：升降机的读数反映了支持力大小，受力分析后根据牛顿第二定律确定加速度方向，然后进一步确定运动情况解：当体重计的示数增大时，支持力大于重力，加速度向上，升降机可能正在加速上升，也可能是减速下降，故C正确，ABD错误；故选C【点评】本题是已知受力情况确定运动情况，关键受力分析后根据牛顿第二定律
5、确定加速度的方向，基础题6.如图所示，一轻质细杆两端分别固定着质量为mA和mB的两个小球A和B（可视为质点）将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成角，槽右壁与水平地面成角时，两球刚好能平衡，且，则A、B两小球质量之比为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示；根据平衡条件，有：联立解得：，故选C【点睛】本题关键先后对A球、B球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解，注意杆对两个球的弹力等大、反向、共线7.某步枪子弹的出口速度
6、达100 m/s，若步枪的枪膛长0.5 m，子弹的质量为20 g，若把子弹在枪膛内的运动看做匀变速直线运动，则高压气体对子弹的平均作用力为( )A. 1102 NB. 2102 NC. 2105 ND. 2104 N【答案】B【解析】【详解】子弹在枪膛内的运动看作匀变速直线运动，那么由匀变速规律可知加速度为：；由牛顿第二定律可得：F合=ma=200N；故B正确；ACD错误；故选B8.空降兵从飞机上跳伞时，为了保证安全着陆，着陆前最后阶段降落伞匀速下落的速度约为6 m/s.空降兵平时模拟训练时，经常从高台上跳下，则训练用高台的合适高度约为(g取10 m/s2)()A. 0.5 mB. 1.0 m
7、C 1.8 mD. 5.0 m【答案】C【解析】【详解】根据v22gh有：，选项C正确，ABD错误故选C【点睛】本题主要考查了自由落体运动的简单应用，自由落体运动是初速度为0，加速度为重力加速度的匀加速直线运动，熟练掌握自由落体运动的规律即可解题9.甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示在这段时间内A. 汽车甲的平均速度比乙大B. 汽车乙的平均速度等于C. 甲乙两汽车的位移相同D. 汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【答案】A【解析】试题分析：因为图线与坐标轴所夹的面积是物体的位移，故在0-t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据
8、可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A 正确，C错误；因为乙车做变减速运动故平均速度不等于，选项B错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲乙两车的加速度均逐渐减小，选项D 错误考点：v-t图象及其物理意义10.关于弹性形变的概念，下列说法中正确的是()A. 物体形状或体积的改变叫弹性形变B. 一根钢筋用力弯折后的形变就是弹性形变C. 物体在外力停止作用后，能够恢复原来形状的形变，叫弹性形变D. 物体在外力停止作用后的形变，叫弹性形变【答案】C【解析】【详解】A. 能恢复原状的形变叫弹性形变，故A错误；B. 钢筋折弯后不能恢复原状，不是弹性形变，故B错误；C. 物体在外力停止作用后能够恢复
9、原来形状的形变，叫弹性形变，故C正确；D. 物体在外力停止作用后不能够恢复原状的形变，不是弹性形变，D错误故选C.11.如图所示，一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为30，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为()A. B. mgC. mgD. mg【答案】A【解析】【详解】对沙袋受力分析，由平行四边形定则可知，练功队员对沙袋施加的作用力大小为F=mgsin30=，故选A.12.如图所示，在倾角为的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹
10、簧没有形变若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取，则A. 小球从一开始就与挡板分离B. 小球速度最大时与挡板分离C. 小球向下运动0.01 m时与挡板分离D. 小球向下运动0.02m时速度最大【答案】C【解析】【详解】设球与挡板分离时位移为，经历的时间为，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力和弹簧弹力根据牛顿第二定律有：，保持a不变，随着的增大，减小，当m与挡板分离时，减小到零，则有：，解得：，即小球向下运动0.01m时与挡板分离，故A错误，C正确球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加
11、速度为零时，速度最大故B错误球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零即：，解得：，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m，故D错误故选C.二、多选题 13.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，下列方法有助于减少实验误差的是()A. 选取计数点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位B. 使小车运动的加速度尽量小些C. 舍去纸带上开始时密集的点，只利用点迹清晰、间隔适当的那一部分进行测量、计算D. 适当减少挂在细绳下钩码的个数【答案】AC【解析】【详解】A. 选取的计数点间隔较大，在用直尺测量这些计数点间的间隔时，
12、在测量绝对误差基本相同的情况下，相对误差较小，故A正确；BD. 在实验中，如果小车运动加速度过小，打出的点很密，长度测量的相对误差较大，测量准确性降低，因此小车的加速度应适当大些，而使小车加速度增大的常见方法是适当增加挂在细绳下钩码的个数，以增大拉力，故BD错误；C. 为了减少长度测量相对误差，舍去纸带上过于密集，甚至分辨不清的点，故C正确；故选AC。14.从匀速上升的气球上释放一物体，在放出的瞬间，物体相对地面将具有()A. 向上的速度B. 向下的速度C. 向上加速度D. 向下加速度【答案】AD【解析】【详解】从匀速上升的气球上释放一物体,在放出的瞬间,由于惯性，物体有向上的速度，只受重力作
13、用，所以具有向下的加速度，故AD正确故选AD15.把一个力分解为两个力时，下列说法中正确的是()A. 一个分力变大时，另一个分力一定会变小B. 两个分力可同时变大、同时变小C. 不论如何分解，两个分力不能同时大于这个力的2倍D. 不论如何分解，两个分力不能同时小于这个力的一半【答案】BD【解析】【详解】当两个分力夹角很大时，任何一个分力都可能大于合力的2倍，故选项C不正确；当两个分力方向相同时，两个分力取最小值，此时FF1F2，显然F1，F2不能同时小于合力的一半，故选项D正确；由于两分力的大小与两分力夹角有关，所以一个分力变大，另一个分力可变大，也可变小故选项A错，B对16.如图所示，一个质
14、量为3.0 kg的物体，放在倾角为30的斜面上静止不动若用竖直向上的力F5.0 N提物体，物体仍静止，下述结论正确的是（g10 m/s2）（ ）A. 物体受到摩擦力减小2.5 NB. 斜面对物体的作用力减小5.0 NC. 物体受到的弹力减小5.0 ND. 物体受到的合外力减小5.0 N【答案】AB【解析】【详解】AC物体不受拉力时对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有f=mgsinN=mgcos有拉力F作用后，再次对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和静摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有f1=（mg-F）sinN1=（mg-F）cos故f-f1=Fsin30=2
15、.5NN1N2Fcos30N故A正确，C错误；B开始时，物体对斜面的作用力大小等于物体的重力，当受到向上的拉力F=5N时，物体对斜面的作用力减小了5N，故B正确；D力F作用前后，物体均处于平衡状态，因此合外力均为零，故合外力没有变化，故D错误。故选AB。三、实验题 17.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点（A点为第一个点），相邻计数点间的时间间隔T0.1 s.（1）根据_计算各点瞬时速度，则vD_ m/s，vC_ m/s，vB_ m/s.（2）在坐标系中画出小车的vt图线，（ ）并根据图线求出a_.（3）将图线
16、延长与纵轴相交，交点的物理意义是_【答案】 (1). 若时间较短，平均速度可以代替中间时刻的瞬时速度 (2). 3.90 (3). 2.64 (4). 1.38 (5). (6). 13.0m/s2（12.014.0 m/s2均可） (7). 小车经过A点的速度大小【解析】【详解】（1）1若时间较短，平均速度可以代替中间时刻的瞬时速度2D点的瞬时速度vD390 cm/s3.90 m/s.3C点的瞬时速度vC264 cm/s2.64 m/s.4B点的瞬时速度vB138 cm/s1.38 m/s.（2）56画出小车的vt图象如图所示，由图线的斜率可求得它的加速度a13.0 m/s2.（12.014
17、.0均可）（3）7图线延长与纵轴相交，交点指的是零时刻的速度，即小车经过A点时的速度大小18.某探究学习小组的同学们要探究加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力(图中未画出)(1)该实验中小车所受的合力_(选填“等于”或“不等于”)力传感器的示数，该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？_(选填“需要”或“不需要”)(2)实验获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，挡光板的宽度l，光电门1和
18、光电门2的中心距离为x.某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后，砝码盘才落地)，已知重力加速度为g，则该实验要验证的关系式是_【答案】 (1). 等于(2) (2). 不需要 (3). F ()【解析】【详解】(1)12 实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力，所以力传感器显示拉力的大小，而拉力的大小就是小车所受的合力，故不需要让砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量(2)3由于挡光板的宽度l很小，故小车在光电门1处的速度v1在光电门2处的速度为v2由速度位移关系式得a故验证的关系式为FMa四、计算题 19.甲、乙两车
19、同时从同一地点出发，甲以8 m/s的初速度、1 m/s2的加速度做匀减速直线运动，乙以2 m/s的初速度、0.5 m/s2的加速度和甲车同向做匀加速直线运动，求两车再次相遇前两车相距的最大距离和再次相遇时两车运动的时间【答案】12 m 8 s【解析】【详解】当两车速度相同时，两车相距最远，此时两车运动的时间为t1，速度为v1，则v1v甲a甲t1v1v乙a乙t1两式联立解得t1 此时两车相距：xx1x2(v甲t1a甲t)(v乙t1a乙t)(84142)(240.542)m12 m.当乙车追上甲车时，两车位移均为x，运动时间为t，则v甲ta甲t2v乙ta乙t2解得t0，t，t0表示出发时刻，不合题
20、意舍去20.如图所示，物体以4 m/s的速度自斜面底端A点滑上光滑斜面，途经斜面中点C，到达斜面最高点B.已知vAvC43，从C点到B点历时(3) s，试求：(1)物体到达斜面最高点的速度；(2)斜面的长度【答案】(1)m/s (2)7 m【解析】【详解】(1)由已知可知，vAvC43，所以vC3 m/s又因为C点为AB中点，故vC即vv2v可得vBm/s.(2)由xBCt(3) mm斜面长度x2xBC7 m.21.如图甲所示，倾角为=37的足够长斜面上，质量m=1kg的小物体在沿斜面向上的拉力F=14N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2s后撤去F，前2s内物体运动的v-t图象如图乙所示求：
21、(取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)（1）小物体与斜面间的动摩擦因数；（2）撤去力F后1.8s时间内小物体的位移【答案】（1）0.5（2）2.2m，沿斜面向上【解析】试题分析：线根据图乙计算出小物体在斜面方向上运动的加速度，再沿斜面方向上根据牛顿第二定律列式，结合滑动摩擦力的公式即可解得动摩擦因数的大小；对出去F后小物体的运动过程进行分段，在1.8s的时间范围向上的减速运动和向下的加速运动，分别在各段进行受力分析，根据牛顿运动定律及运动学公式即可解答(1)由题图乙可知，02 s内物体的加速度a14m/s2根据牛顿第二定律，FmgsinFfma1FNmgcos而FfFN
22、代入数据解得：0.5(2)撤去F后，根据牛顿第二定律：mgsinFfma2解得：a210 m/s2设经过t2时间减速到0，根据运动学公式0v1a2t2解得：t20.8 s在0.8 s内物体有向上运动的位移x2，根据速度位移公式：解得：x23.2 m物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a3，则mgsinFfma3，解得a32 m/s2再经t31s物体发生位移x3，有：物体在撤去F后1.8 s内的位移为：xx2x3代入数据解得x2.2m，方向沿斜面向上点睛：本题主要考查了根据物体的受力情况，可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况；根据物体的运动情况，可由运动学公式
23、求出物体的加速度，再通过牛顿第二定律确定物体所受的外力22.如图所示，传送带与水平面的夹角，并以v10m/s的速率逆时针转动，在传送带的A端轻轻地放一小物体若已知物体与传送带之间的动摩擦因数0.5，传送带A端到B端的距离L16m，则小物体从A端运动到B端所需的时间为多少？（g取10 m/s2，sin0.6，cos0.8）【答案】2s【解析】【详解】设小物体的质量为m，小物体被轻轻地放在传送带A端，小物体沿传送带方向速度为零，但传送带的运动速率为v10m/s，二者速率不相同，它们之间必然存在相对运动，传送带对小物体有沿传送带斜向下的滑动摩擦力作用，小物体的受力情况如图所示，设小物体的加速度为a1
24、，则由牛顿第二定律有mgsinFf1ma1 FNmgcos Ff1FN 联立式并代入数据解得a110m/s2小物体速度大小达到传送带速率v10m/s时，所用的时间t11s在1s内小物体沿传送带的位移x1a15m小物体的速度大小与传送带速率相同的时刻，若要跟随传送带一起运动，即相对传送带静止，它必须受到沿传送带向上的摩擦力Ffmgsin6m作用，但是此时刻它受到的摩擦力是Ff2mgcos4m小于Ff.因此，小物体与传送带仍有相对滑动，设小物体的加速度为a2，这时小物体的受力情况如图所示由牛顿第二定律有mgsinmgcosma2解得a22m/s2设小物体速度大小达到10m/s后又运动时间t2才到达B端，则有x2Lx1vt2a2代入数据解得t21s，t211s（舍去）小物体从A端运动到B端所需的时间tt1t22s
