【物理】安徽省安庆市太湖县太湖中学2019-2020学年高一上学期期中考试试卷(解析版)

【物理】安徽省安庆市太湖县太湖中学2019-2020学年高一上学期期中考试试卷(解析版)

安徽省安庆市太湖县太湖中学2019-2020学年 高一上学期期中考试试卷 ‎1．一质点做匀加速直线运动，位移为x1时，速度的变化为△v;紧接着位移为x2时，速度的变化仍为△v。则质点的加速度为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 发生所用的时间为，根据得，解得，C正确．‎ ‎2．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图象可能正确的是(　　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v-t图象是直线；‎ 有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；‎ 有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma，故，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小；‎ v-t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；‎ 故选D。‎ ‎3．如图所示，一轻杆两端分别固定着质量为和的两个小球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α角，槽右壁与水平地面成θ角时，两球刚好能平衡，且α≠θ，则A、B两小球质量之比为(　　) ‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【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：，故选项D正确，选项ABC错误。‎ ‎4．磁性车载支架（如图甲）使用方便，它的原理是将一个引磁片贴在手机背面，再将引磁片对准支架的磁盘放置，手机就会被牢牢地吸附住（如图乙）。下列关于手机（含引磁片）的说法中正确的是 A． 汽车静止时．手机共受三个力的作用 B． 当汽车以某一速度匀速运动时，支架对手机的作用力为零 C． 汽车静止时，支架对手机的作用力大小等于手机的重力大小 D． 只要汽车向前加速的加速度大小合适，手机可能不受支架对它的摩擦力作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A：汽车静止时，手机受重力、磁片的吸引力、支架的支持力和摩擦力，共受到四个力的作用。故A项错误。‎ BC：手机受重力和支架对手机的作用力，当汽车以某一速度匀速运动或静止时，支架对手机的作用力大小等于手机的重力大小。故B项错误，C项正确。‎ D：手机受重力、磁片的吸引力、支架的支持力和摩擦力，将力分解成垂直于磁片和平行于磁片，当手机向前加速时，支架沿磁片向上的摩擦力大于重力沿磁片向下的分力，即汽车向前加速时，手机一定受支架对它的摩擦力作用。故D项错误。‎ ‎5．如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点。一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA受外力F的作用，处于水平方向，现缓慢逆时针改变绳OA的方向至θ＜90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是 A． 绳OA的拉力一直减小 B． 绳OB的拉力一直增大 C． 地面对斜面体有向右的摩擦力 D． 地面对斜面体的支持力不断减小 ‎【答案】D ‎【解析】A、B、A、缓慢改变绳OA的方向至θ<90°的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，‎ 可见OA的拉力先减小后增大，OB的拉力一直减小；故A，B均错误；C、以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA 绳子水平方向的拉力等大反向，故对面的摩擦力方向向左，C错误；D、，OB的拉力一直减小，则一直减小，而得一直增大，以斜面体和PQ整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：N+FOAy =M斜g+MPg+MQg，综合可得N一直减小，D正确；‎ 故选D.‎ ‎6．斜面上有m1和m2两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2．两物体间用一根轻质弹簧连接，恰好能一起沿斜面匀速下滑．如图所示．则以下说法正确的是（ ）‎ A． 若弹簧的长度大于原长，则μ1＜μ2 ‎ B． 若弹簧的长度小于原长，则μ1＜μ2‎ C． 若弹簧的长度大于原长，则μ1＞μ2 ‎ D． 若弹簧的长度等于原长，则μ1＞μ2‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、若弹簧的长度大于原长，则对m 1 有：m 1 gsinθ=μ 1 m 1 gcosθ+F，所以m 1 gsinθ＞μ 1 m 1 gcosθ，μ 1 ＜tanθ．对m 2 有：m 2 gsinθ+F=μ 2 m 2 gcosθ，所以m 2 gsinθ＜μ 2 mgcosθ，μ 2 ＞tanθ，所以μ 2 ＞μ 1 ．故A正确，C错误。 B、若弹簧的长度小于原长，则对m 1 有：m 1 gsinθ+F=μ 1 m 1 gcosθ，解得μ 1 ＞tanθ．对m 2 有：m 2 gsinθ=μ 2 m 2 gcosθ+F，解得μ 2 ＜tanθ．所以μ 1 ＞μ 2 ．故Ｂ错误．‎ Ｄ、若弹簧的长度等于原长，弹簧的弹力为零，则有：m 1 gsinθ=μ 1 m 1 gcosθ，μ 1 =tanθ．m 2 gsinθ=μ 2 m 2 gcosθ，μ 2 =tanθ．所以μ 1 =μ 2 ．故D错误．‎ 二、多选题 ‎7．甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动，质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零后保持静止。甲、乙两质点在运动过程中的x-v (位置—速度) 图象如图所示， (虚线与对应的坐标轴垂直)，则( )‎ ‎ ‎ A． 在x-v图象中，图线a表示质点甲的运动，质点乙的初速度v0=6m/s B． 质点乙的加速度大小a2=2m/s2‎ C． 质点甲的加速度大小a1=2m/s2‎ D． 图线a、b的交点表示两质点同时到达同一位置 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、根据图象可知，a图象的速度随位移增大而增大，b图象的速度随位移增大而减小，所以图象a表示质点甲的运动，当x=0时，乙的速度为6m/s，即质点乙的初速度v0=6m/s;故A正确.‎ B、设质点乙、甲先后通过x=6m处时的速度均为v，对质点甲：v2=2a1x ①‎ 对质点乙：v2-v02=-2a2x ②‎ 联立①②解得：a1+a2=3m/s2 ③‎ 当质点甲的速度v1=8m/s、质点乙的速度v2=2m/s时，两质点通过相同的位移均为x′。‎ 对质点甲：v12=2a1x′ ④‎ 对质点乙：v22−v02=-2a2x′ ⑤‎ 联立④⑤解得：a1=2a2 ⑥‎ 联立③⑥解得：a1=2m/s2，a2=1m/s2．故B错误，C正确.‎ D、图线a、b的交点表示两质点在同一位置，但不是同时，故D错误.‎ 故选AC.‎ ‎8．历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”(现称“另类匀变速直线运动”)，“另类加速度”定义为，其中v0和vt分别表示某段位移s内的初速和末速，A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体做减速运动．而现在物理学中加速度的定义式为，下列说法正确的是 A． 若A不变，则a也不变 B． 若A>0且保持不变，则a逐渐变大 C． 若A不变，则物体在中间位置处的速度为 D． 若A不变，则物体在中间位置处的速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、B、若A不变，有两种情况：一第一种情况：A＞0，相等位移内速度增加量相等，则知平均速度越来越大，所以相等位移内所用时间越来越少，由可知，a越来越大；第二种情况：A＜0，相等位移内速度减少量相等，平均速度越来越小，所以相等位移内用的时间越来越多，由得知可知a越来越小，故A错误、B正确．C、D、因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为，速度变化量为，所以此位置的速度为=．故C正确、D错误.故选BC．‎ ‎9．如图,穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止.现对小球沿杆方向施加恒力F0,垂直于杆方向施加竖直向上的力F,且F的大小始终与小球的速度成正比,即F=kυ(图中未标出).已知小球与杆间的动摩擦因数为μ,已知小球运动过程中未从杆上脱落，球上小孔直径略大于直杆直径，且F0>μmg.下列说法正确的是：‎ A． 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 B． 小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动 C． 小球的最大加速度为 D． 小球最大速度为（F0+μmg）/μk ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 小球在作用下向右做加速运动，随着速度的增加，向上的力F越来越大，导致杆对小球的弹力越来越小，摩擦力越来越小，加速度越来越大，当 ‎ 时，弹力减小到零，摩擦力减小到零，此时加速度达到最大值，最大加速度 ，C正确；‎ 接下来， 杆对小球的弹力向下，随速度的增加，F越来越大，杆对小球的弹力越来越大，摩擦力越来越大，加速度越来越小，当摩擦力增大到与拉力相等时，小球匀速运动，因此小球的加速度先增大后减小，最后匀速运动，B正确，A错误；‎ 最大速度时， ，而 可求得最大速度 ，故D对；‎ 故选BCD ‎10．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止，用大小等于mg的恒力F竖直向上拉B，当上升距离为h时B与A开始分离．下列说法正确的是（ ）‎ A． B与A刚分离时，A的速度达到最大 B． 弹簧的劲度系数等于 C． 从开始运动到B与A刚分离的过程中，B的加速度先增大后减小 D． 从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体的速度先增大后减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、B、B与A刚分离的瞬间，A、B仍具有相同的速度和加速度，且AB间无相互作用力.以B为研究对象，可知，B具有向下的加速度大小，此时对A分析有：，可得此时弹簧弹力F弹=0.5mg不为0，故弹簧不是原长而处于压缩状态；当A的合力为零时速度最大，弹簧的弹力大于重力mg，所以B与A刚分离时，A的速度不是最大，故A错误.‎ B、B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为F弹=0.5mg，原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为2mg，则弹力减小量△F=1.5mg.两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x=h，由胡克定律得：;故B正确.‎ C、D、由题知，F=0.5mg＜2mg ‎，对于整体分析可知，整体在上升的过程中，合力应向上后向下，则B的加速度先减小后怎大，B先做加速运动后做减速运动，B的速度先增大后减小，故C错误，D正确.‎ 故选BD.‎ 四、实验题 ‎11．如图是“验证力的合成的平行四边形定则”实验示意图。将橡皮条的一端固定于A点，图甲表示在两个拉力F1、F2的共同作用下，将橡皮条的结点拉长到O点；图乙表示准备用一个拉力F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)有关此实验，下列叙述正确的是________(填正确答案标号)。‎ A．在进行图甲的实验操作时，F1、F2的夹角越大越好 B．在进行图乙的实验操作时，必须将橡皮条的结点拉到O点 C．拉力的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦 D．在进行图甲的实验操作时，保证O点的位置不变，F1变大时，F2一定变小 ‎(2)图丙中F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，一定沿AO方向的是________(填“F”或者“F′”)。‎ ‎(3)若在图甲中，F1、F2夹角小于90̊，现保持O点位置不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为F1__________，F2___________。‎ ‎【答案】BC F F1先减小后增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在进行图甲的实验操作时，F1、F2的夹角大小适当即可，并非越大越好，选项A错误；在进行图乙的实验操作时，必须将橡皮条的结点拉到O点，以保证等效性，选项B正确；拉力的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦，以免产生误差，选项C正确；在进行图甲的实验操作时，保证O点的位置不变，即两个力的合力一定，则当F1变大时，F2不一定变小，选项D错误；故选BC.‎ ‎（2）图丙中有两个力F与F′，其中F'是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线．在这两个力中，方向一定沿AO方向的是力F，而力F'由于存在误差，会与AO方向成一定角度；‎ ‎（3）若在图甲中，F1、F2夹角小于90̊，现保持O点位置不变，即两个拉力的合力不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，由图可知，两弹簧秤示数大小变化为：F1先减小后增大； F2一直增大.‎ ‎12．如图所示为某同学测定木块A与木板之间动摩擦因数的实验装置，A上固定一个容器B，B和C中可放置钩码，不计B、C的重力。A的左端与打点计时器的纸带(未画出)相连，通过打点计时器打出的纸带可以计算出木块A的加速度。实验中该同学在保持钩码总数量不变[即图中B、C中钩码总重力不变]的条件下，将B中钩码陆续移到C中，重复测量。不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦。‎ ‎(1)实验中除电磁打点计时器、纸带、若干个质量均为50克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线外，为了完成本实验，还应有__________。‎ A．秒表 B．天平 C．毫米刻度尺 D．低压交流电源 ‎(2)实验中某次获取的一条纸带的一-部分，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算加速度a=______(保留两位有效数字)。‎ (3) 在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以加速度a为纵轴，绘制了如图所示的实验图线，由此可知滑块与木板间的动摩擦因数μ=_______(g取，保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】CD； ；0.40；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)A、打点计时器通过打点即可以知道道时间,故不需要秒表,故A错误. B、本实验中可以不测滑块的质量,而且砝码的质量已知,故天平可以不选,故B错 C、实验需要测量两点之间的距离,故需要毫米刻度尺,故C对；‎ D、打点计时器要用到低压交流电源，故D对；‎ 综上所述本题答案是：CD (2)每隔4个点取一计数点,相邻计数点之间的时间间隔为0.1s,‎ 则利用 可求得加速度为：‎ ‎ ‎ ‎ (3)设C中的砝码质量为m ，B中砝码的质量为，且不变， 对ABC系统应用牛顿第二定律可得:‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以图像中纵坐标的交点表示 ‎ 解得： ‎ 综上所述本题答案是：（1）CD （2） （3）‎ ‎13．图a为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于某个设定值（可称为水平感应距离）时，中间两扇门分别向左右平移，当人或物体与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图b为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。‎ ‎(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；‎ ‎(2)若人以的速度沿图中虚线S走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动的距离，那么设定的传感器水平感应距离应为多少？‎ ‎(3)若以(2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为 的物体（厚度不计），并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门（如图c），物体的移动速度不能超过多少？‎ ‎【答案】(1) (2)l=d (3) ‎ ‎【解析】（1）依题意每扇门开启过程中的速度图象如图所示：‎ 设门全部开启所用的时间为，由图可得 由速度时间关系得：‎ 联立解得：‎ ‎（2）要使单扇门打开，需要的时间为 人只要在t时间内到达门框处即可安全通过，所以人到门的距离为 联立解得：‎ ‎（3）依题意宽为的物体移到门框过程中，每扇门至少要移动的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a运动的距离，速度达到，所用时间为，而后又做匀减速运动，设减速时间为，门又动了的距离 由匀变速运动公式，得：‎ 解得：和（不合题意舍去）‎ 要使每扇门打开所用的时间为 故物体移动的速度不能超过 ‎14．如图所示,质量的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块与质量的小球B相连.今用跟水平方向成角的力,拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动中M、m相对位置保持不变,取.求:‎ ‎(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角;‎ ‎(2)木块与水平杆间的动摩擦因数为.‎ ‎(3)当为多大时,使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小?‎ ‎【来源】山东省济宁一中2018-2019学年度高三上学期第一次调研考试物理试题 ‎【答案】（1）30°（2）μ=（3）α=arctan．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）对小球B进行受力分析，设细绳对N的拉力为T由平衡条件可得：‎ ‎ Fcos30°=Tcosθ Fsin30°+Tsinθ=mg 代入数据解得：T=10，tanθ=，即：θ=30° （2）对M进行受力分析，由平衡条件有 ‎ FN=Tsinθ+Mg f=Tcosθ f=μFN 解得：μ＝ （3）对M、N整体进行受力分析，由平衡条件有：‎ FN+Fsinα=（M+m）g f=Fcosα=μFN 联立得：Fcosα=μ（M+m）g-μFsinα 解得：F＝‎ 令：sinβ＝，cosβ=，即：tanβ= 则： 所以：当α+β=90°时F有最小值．所以：tanα=μ=时F的值最小．即：α=arctan ‎15．一实验室中传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=6m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦，重力加速度g取10。现将一个工件（可看成质点）无初速度地放在A点。（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8） 求：‎ ‎（1）工件第一次到达B点所用的时间；‎ ‎（2）工件沿传送带BC上升的最大位移大小；‎ ‎（3）工件运动了18s时的速度大小。‎ ‎【答案】（1）1.9s；（2）4m；（3）0m/s．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1 由牛顿第二定律得：μmg=ma1，解得：a1=μg=5 m/s2， 经t1时间与传送带的速度相同，则t1==0.8s， 前进的位移为：x1=a1t12=1.6m， 此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时：t2==1.1s， 所以工件第一次到达B点所用的时间：t=t1+t2=1.9s； （2）设工件上升的最大位移为s，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2， 由匀变速直线运动的速度位移公式得：s=，解得：s=4m； （3）工件沿传送带向上运动的时间为：， 此后工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，T=2t1+2t3=5.6s， 此时工件的速度：vt=0m/s；在B点 ‎16．在水平长直轨道上，有一长平板车在水平外力控制下始终保持速度v。=4m／s做匀速直线运动。某时刻，站在地面上的人，将一质量为m=1kg的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ=0.2。取g=10m／s2。‎ ‎(1)小车足够长，以地面为参考系，小滑块从轻放到车面的中点到与车面相对静止的过程中，小滑块通过的距离s是多大?‎ ‎(2)若小车长度L=2m，在将小滑块放到车面中点的同时，对小滑块施加一个与车运动方向相同的恒力，要保证滑块不从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件?‎ ‎(3)在(2)的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内?‎ ‎【答案】(1) 4 m (2) F≥6N （3）0.5 s≤t≤1.08s ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在小滑块相对车面运动的过程中，受到的合外力就是滑动摩擦力，‎ 根据动能定理可知：μmgs=mv02； ‎ 解得小滑块通过的距离为：s=4 m ‎（2）设恒力F取最小值为F1，小滑块的加速度为a1，滑块到达小车的左端时恰好与小车速度相同，经过的时间是t1，则由牛顿第二定律：F1+μmg=ma1‎ 时间为： ‎ 位移关系为：v0t1﹣v0t1=L 解得：F1=6N，t1=0.5s 即F≥6N； ‎ ‎（3）力F取最小值F1=6N，当小滑块到达小车的左端与小车速度相同后，开始向右做初速度为v0=4m/s的匀加速直线运动，设运动加速度大小为a2，为保证小滑块不从车上掉下，从左端运动开始经过的时间为t2，通过的距离为s1，恒力F1停止作用，此时小滑块速度为v1，小滑块开始做匀减速直线运动，设运动加速度大小为a3，经过的时间为t3，通过的距离为s2，到达小车右端时，与车达共同速度，则 其中位移分别为： ‎ 时间为：‎ 由以上可得：‎ 根据牛顿定律得F1﹣μmg=ma2 μmg=ma3‎ 解得:t2=0.58 s 则力F的作用时间t的范围是t1≤t≤t1+t2‎ 即0.5 s≤t≤1.08s ‎ 要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该为0.5 s≤t≤1.08s．‎