1、2019-2020学年重庆市六校联考高一（上）期末物理试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.2019年10月1日晚，庆祝中华人民共和国成立70周年群众大联欢上，天空中燃放起璀璨的烟花，全场观众欢呼雀跃。烟花柱从长安街两侧向天安门广场汇集，夜空中出现了巨幅国旗图案、拼出巨型“70人民万岁”字样。如图所示，有关烟花腾空的过程，以下说法正确的是（）A. 烟花的速度越大，加速度也一定越大B. 烟花的速度变化越快，加速度一定越大C. 烟花的速度变化量越大，加速度一定越大D. 烟花在某时刻速度为零，其加速度一定为零【答案】B【解析】
2、【详解】A速度大的物体加速度不一定大，例如速度大的匀速直线运动，加速度为零，故A错误；B加速度是表示速度变化快慢的物理量，所以烟花速度变化越快，加速度一定越大，故B正确；C根据可知加速度a由速度的变化量v和速度发生改变所需要的时间t共同决定，虽然v大，但t更大时，a可以很小，故C错误；D在最高点，烟花的速度为零，但加速度不为零，故D错误。故选B。2.如图所示，将棱长分别为a、2a、3a的同一个长方体木块分别以不同的方式放置在桌面上，长方体木块的各个表面粗糙程度相同若用弹簧测力计牵引木块做匀速直线运动，示数分别为F1、F2、F3，则F1、F2、F3之比为A. 111B. 236C. 632D.
3、以上都不对【答案】A【解析】【详解】匀速运动时受力平衡，根据拉力和摩擦力相等可得：F=f根据滑动摩擦力的计算公式可得：f=FN=mg同一个物体的重力相等，则三种情况下的摩擦力大小相等，则F相等，故F1、F2、F3之比为1：1：1，故A正确3.国产歼15舰载机以65m/s的速度降落在静止的“辽宁号”航母水平甲板上，机尾挂钩精准钩住阻拦索在阻拦索的拉力帮助下，经历2.5s速度减小为零若将上述运动视为匀减速直线运动，根据以上数据不能求出战斗机在甲板上运动的A. 位移B. 加速度C. 平均速度D. 受到的阻力【答案】D【解析】【详解】AC根据平均速度公式可得，位移：，所以能求出战斗机在甲板上运动的位移
4、、平均速度，故AC不符合题意； BD根据加速度的定义式，能求出战斗机在甲板上运动的加速度，因为不知道战斗机的质量，无法由牛顿第二定律求战斗机所受的阻力，故选项B不符合题意，选项D符合题意【点睛】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律的直接应用，熟练掌握加速度和平均速度公式4.甲、乙两物体从同一点开始沿同一方向直线运动，甲的和乙的图像如图所示，下列说法中正确的是（）A. 甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动B. 甲、乙均在末离出发点最远C. 内与内，甲的速度相同，乙的加速度相同D. 内甲的路程为，乙的路程为0【答案】C【解析】【详解】A匀速直线运动的图象是一条倾斜的直线，则甲做的不是
5、一种匀速直线运动。匀变速直线运动的图象是一条倾斜的直线，乙做的不是匀加速直线运动，故A错误；B甲在3s末位移为零，回到出发点；而乙在3s末的位移为，此时离出发点最远，故B错误；C位移图像的斜率表示速度，速度图像的斜率表示加速度，内与内，甲的两段图像平行，速度等大同向；内与内，乙的两段图像平行，加速度等大同向，故C正确；D甲前2s内路程为4m，第3s内路程为4m，第4s内路程为4m，最后2s路程为4m，总路程为16m。乙的路程为，故D错误。故选C。5.以下受力分析正确的是（）A. 物块沿着粗糙墙面向上运动时受到的摩擦力方向向上B. 光滑的小球受到四个力作用C. 静止的物块受到三个力作用D. 静止
6、的物块给斜面的作用力有三个【答案】B【解析】【详解】A物块沿着粗糙墙面向上运动时，受到的摩擦力方向向下，故A错误；B因为光滑的小球B，受到的外力作用有四个，分别为重力、竖直板的弹力、斜面的支持力与球m的弹力，故B正确；C静止的物块C受到的外力作用有五个，分别为：重力、斜面的支持力、物体m的压力，斜面及物体m对其两个静摩擦力，故C错误；D静止的物块受重力、斜面对物块支持力、斜面对物块静摩擦力的作用，所以静止的物块D给斜面的作用力有两个，故D错误。故选B6.明朝谢肇淛的五杂组中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可一游僧见之,曰：无烦也，我能正之”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进
7、去，经月余扶正了塔身假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力N，则：A. 若F一定，大时N大B. 若F一定，小时N大C. 若一定，F大时N大D. 若一定，F小时N大【答案】BC【解析】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的分力是相等的，力F的分解如图：则：，所以：，由公式可知，当F一定，小时FN大；当一定，F大时FN大故A、D错误，B、C正确故选BC【点睛】对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边
8、形定则或三角形定则进行分解即可7.高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙所示，则下列说法正确是（）A. 人向上运动过程中，一直处于超重状态B. 人向上运动过程中，一直处于失重状态C. 弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D. 人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力【答案】C【解析】【详解】AB人向上运动过程中，先向上加速后向上减速，先处于超重状态后处于失重状态，故AB错误；C弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，高跷对人的作用力大于人的重力，故C正确；D踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是
9、一对作用力和反作用力，总是大小相等，故D错误。故选C。8.如图所示，四个小球质量分别为，用细线连着，在和之间细线上还串接有一段轻弹簧，悬挂在光滑定滑轮的两边并处于静止状态。弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度大小为，则下列说法正确的是（）A. 剪断，间细线的一瞬间，小球的加速度大小为B. 剪断，间细线的一瞬间，小球和的加速度大小均为C. 剪断，间细线的一瞬间，小球的加速度大小为零D. 剪断，间细线的一瞬间，小球的加速度大小为零【答案】D【解析】【详解】AB开始时，弹簧的弹力为5mg，剪断C、D间细线的一瞬间，弹簧的弹力不变，则小球C的加速度大小为A、B的加速度为零，故AB错误；D同理可以分析，剪
10、断A、B间细线一瞬间，弹簧的弹力不变，小球C的加速度大小为0，故D正确；C剪断A、B间细线的一瞬间，弹簧的弹力不变，A、B之间的拉力为零，所以A的加速度故C错误。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，在每个小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.刹车线是汽车刹车后停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹，在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是，设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.7，取，则下列说法正确的是（）A. 汽车刹车的加速度大小为B. 汽车刹车加速度大小为C. 汽车开始刹车时的速度大小为D. 汽车开始刹车时的速度大小
11、为【答案】AC【解析】【详解】刹车过程中由牛顿第二定律可得：解得：刹车位移为：可得：故BD错误，AC正确。故选AC。10.在平直公路上，自行车与同方向行驶的一辆汽车在t=0时同时经过某一个路标，它们的位移x（m）随时间t（s）变化的规律为：汽车为，自行车为，则下列说法正确的是（ ）A. 汽车作减速直线运动，自行车作匀速直线运动B. 不能确定汽车和自行车各作什么运动C. 开始经过路标后较小时间内自行车在前，汽车在后D. 当自行车追上汽车时，它们距路标96m【答案】AD【解析】【详解】根据位移时间关系汽车，可知汽车的初速度为10m/s，加速度为-0.5m/s2，自行车x=6t可知自行车速度为6m/
12、sA由题意可知汽车做初速度为10m/s，加速度为0.5m/s2的匀减速直线运动，自行车做匀速直线运动故A正确B根据位移时间关系可以判断出汽车和自行车的运动状态故B错误C开始经过路标后较小时间内，自行车的速度小于汽车的速度，汽车在前自行车在后，由于汽车做匀减速运动，之后自行车会反超汽车故C错误D根据位移时间关系可得汽车的刹车时间为20s，汽车停止前自行车已经追上汽车了，根据：解得：t=16sx=96m故D正确11.如图，柱体的横截面是圆心角为的扇形面，其弧形表面光滑，而与地面接触的下表面粗糙；在光滑竖直墙壁与柱体之间放置一质量为的球体，系统处于平衡状态若使柱体向左移动稍许，系统仍处于平衡状态，则
13、： A. 球对墙的压力增大B. 柱体与球之间的作用力增大C. 柱体所受的摩擦力减小D. 柱体对地面的压力减小【答案】AB【解析】【详解】先对球受力分析，受重力、对球的支持力和墙壁对球的支持力，如图所示，根据共点力平衡条件有：，再对整体受力分析，受重力、地面支持力、墙壁对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，如图所示，根据共点力平衡条件，有：，故有：，若使柱体向左移动稍许，系统仍处于平衡状态，不断变大，故变大，不变，变大，变大，故选项A、B正确，C、D错误12.如图甲所示，长木板固定在光滑水平面上，可视为质点的物体静止叠放在的最左端。现用的水平力向右拉，经过运动到的最右端，且其图像如图乙所示。已
14、知、的质量分别为、，、间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列说法正确的是（）A. 的加速度大小为B. 、间的动摩擦因数为0.4C. 若不固定，的加速度大小为D. 若不固定，运动到的最右端所用的时间为【答案】BCD【解析】【详解】A根据v-t图像可知，物体A的加速度为：故A错误；B以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：代入数据得：故B正确；C若B不固定，B的加速度为：故C正确；D由图像知，木板B的长度为：；设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得：代入数据解得：故D正确。故选BCD。三、实验题：本题共两个小题，13题4分，14题8分，共12分请将正确的答案填写在答题卡对应的位置上13.
15、如图是“验证力的平行四边形定则”实验示意图。将橡皮条的一端固定于点，图甲表示在两个拉力、的共同作用下，将橡皮条的结点拉长到点。图乙表示准备用一个拉力拉橡皮条，图丙是在白纸上根据实验结果画出的力的合成图示。(1)以下实验操作过程中正确的是_A.甲实验时，两个拉力的大小应该相等B.进行甲实验时，两个拉力的方向应当互相垂直C.进行乙实验时，仍须将橡皮条的结点拉到点D.进行乙实验时，只须使橡皮条的伸长量与甲实验相等(2)图丙的与两个力中，_是力和的合力的理论值。【答案】 (1). C (2). 【解析】【详解】(1)1A进行甲实验时，两个拉力的大小可以不相等，也可以相等，对实验没有影响，只要力的大小在
16、弹簧测力计的量程内即可，故A错误；B进行甲实验时，两个拉力的方向可以是任意角度，不一定要互相垂直，故B错误；CD进行乙实验时，要将橡皮条拉到O位置，这样效果才相同，只使橡皮条的伸长量与甲实验相等不可以，故C正确，D错误。故选C；(2)2图丙的与两个力中，是通过平行四边形得到的合力理论值。14.在探究加速度与物体受力、物体质量的关系实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到点的距离如图所示。(1)其中有一个不合理的读数，应修改为_。(2)电源的频率为50Hz，则相邻计数点的时间间隔为_；(3)小车的加速度大小为_（保留三位有效数字）【答案】 (1). 340 (2). 0.1 (
17、3). 1.51.【解析】【详解】(1)1刻度尺分度值为0.1cm，读数需要估读到分度值的下一位，第一段位移应该为；(2)2电源的频率为50Hz，则相邻计数点的时间间隔为；(3)3根据和逐差法知，小车的加速度大小为15.某实验小组设计了如图甲所示的实验装置，他们在轨道水平情况下做了实验，通过改变重物的质量，利用计算机得到了滑块运动的加速度与所受拉力的关系图像，如图乙所示，则滑块与轨道间的动摩擦因数_（重力加速度取）【答案】0.4【解析】【详解】滑块、位移传感器发射部分在拉力作用下加速运动，根据牛顿第二定律可知，解得对照图像可知，纵轴截距解得四、计算题：本题有4个小题，共40分。16.直升飞机静
18、止在空中，跳伞运动员从飞机上竖直无初速度跳下，他自由下落（不计空气阻力）3s后打开伞，以的加速度匀减速下降，到达地面时的速度为，g取，则：（1）运动员打开降落伞时的速度为多少？（2）飞机距离地面多高？【答案】（1）30m/s （2）266m【解析】试题分析：根据速度时间公式求出运动员打开降落伞时的速度；根据速度位移公式分别求出自由落体运动的位移以及匀减速直线运动的位移，从而得出飞机距离地面的高度（1）根据速度时间关系可得运动员打开降落伞时的速度（2）根据自由落体公式：可得自由下落的高度 根据速度位移公式： 代入数据解得匀减速直线运动的位移：则飞机离地面的高度：点睛：本题主要考查了匀变速直线运动
19、的速度时间公式、速度位移公式的活运用，属于基础题17.如图所示为某武装直升机拖曳扫雷具扫除水雷的演习示意图扫雷具质量为m，当直升机匀速水平飞行时，绳子与竖直方向成角，已知扫雷具受到的浮力为其重力的一半，重力加速度为g，不计绳的质量求：（1）画出扫雷具的受力示意图；（2）求绳子拉力的大小；（3）求海水对扫雷具的水平阻力【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】对扫雷具受力分析，受重力、浮力、拉力和水的水平方向的阻力，根据平衡条件并运用正交分解法列式求解即可【详解】（1）对扫雷具进行受力分析，如图所示：（2）（3）根据平衡条件，有：竖直方向：F浮+Tcosmg，水平方向：fTsin，又F浮mg联立
20、解得： 【点睛】本题关键是对物体进行受力分析，然后平衡条件列式分析，关键不要忘了有浮力18.某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为x.比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点整个过程中球一直保持在球拍中心不动比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为0，如图所示设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g.(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；(2)求在加速跑阶段球拍倾角随速度v变化的关系式；【答案】(1)
21、 (2)【解析】【详解】(1) 在匀速运动阶段，有mgtan0=kv0得：(2) 加速阶段，设球拍对球的支持力为N，有Nsin-kv=maNcos=mg解得： 19.某学习兴趣小组研究快递公司自动分拣快递的传送带装置，如图所示。其中段是水平的，长度，段是倾斜的，长度为，倾角，和通过一段极短的圆弧连接（圆弧的长度不计），快递通过该圆弧段时速度大小不变。传送带以的恒定速率顺时针运转，传送带以恒定速率顺时针运转，已知快递与传送带间的动摩擦因数都为，重力加速度，现将一个快递（可看做质点）无初速度地放在点，（、）求：(1)快递到达点时的速度大小；(2)若快递能到达点，求出传送带的速度大小应该满足的条件和
22、快递到达点的速度范围。【答案】(1)； (2) ， 。【解析】【详解】(1)快递刚放在水平传送带上的加速度为，选取向右为正方向，由牛顿第二定律得：解得：经时间与传送带的速度相同，则前进的位移为：可知该快递不能达到与传送带速度相等，设到达的速度为，则：代入数据可得：(2)由于可知快递不可能随传送带一起做匀速直线运动，所以若传送带的速度大于6m/s，则快递的加速度不变，若传送带的速度小于6m/s，则快递先受到的摩擦力的方向向下，减速到与传送带的速度相等，然后受到的摩擦力的方向向上，继续做减速运动，设到达D时的速度恰好为0，先分析第二种情况：设快递上滑的第一段的加速度为，选取沿斜面向上为正方向，则：设快递上滑的第二段的加速度为，则：由速度位移公式可得：代入数据可得：可知CD传送带的速度大小应该大于等于2m/s，若传送带的速度大于6m/s，则一定可以到达D点；若传送带的速度大于6m/s，则快递始终以相等的加速度做减速运动，设到达D的速度为，由速度位移公式可得：代入数据可得：则快递到达D点的速度的范围是。
