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2018-2019学年重庆市部分区县联考高一(上)期末物理试卷

2018-2019 学年重庆市部分区县联考高一(上)期末物理

试卷

副标题

题号 得分











总分

一、单选题(本大题共 7 小题,共 28.0 分)

1. 下列物理量中,不属于矢量的是( )

A. 力

B. 位移

2. 下列说法中正确的是( )

C. 质量

D. 加速度

A. 超重时物体所受的重力不变

B. 生活小区电梯启动瞬时,电梯中的人就处于超重状态

C. 超重就是物体所受的重力增加

D. 飞机减速下降过程中,飞机中的乘客处于失重状态

3. 一物体做匀加速直线运动,已知速度从 v 增大到 2v 过程中,物体位移为 s,则速度

从 4v 增大到 5v 过程中,物体位移为( )

A. 3s

B. 8s

C. 16s

D. 25s

4. 如图所示,一轻弹簧下端固定在水平桌面上,当轻弹簧受大小为 2N

的竖直向上的拉力作用时,弹簧的总长度为 18cm,当轻弹簧受大小

为 1N 的竖直向下的压力作用时,弹簧的总长度为 6cm,弹簧始终在

弹性限度内,则该轻弹簧的劲度系数为( )

A. N/m

B. N/m

C. 20N/m

D.

25N/m

5. 如图所示,一个重为 10N 的物体,用细线悬挂在 O 点,现在用力

F 拉物体,悬线与竖直方向夹角为 θ=37°,处于静止状态,已知

sin37°=0.6,cos37°=0.8,则此时拉力 F 的最小值为( )

A. 5N

B. 6N

C. 8N

D.

10N

6. 如图所示,质量为 M 的斜面体 a 置于水平面上,质量为 m 的

物块 b 沿斜面加速下滑,斜面体 a 始终保持静止状态,设物

块与斜面间动摩擦因数为 μ1,斜面体与水平面间动摩擦因数 为 μ2,则下列判断一定正确的是( )

A. μ1=0

B. μ1≠0

C. μ2=0

D. μ2≠0

7. 质量为 m 的小球,以初速度 v0 竖直向上抛出,小球运动过程中受大小恒定的阻力

作用,小球落回抛出点时速度大小为 kv0(k<1),重力加速度取 g,则( )

A. 小球上升最大高度为

B. 下降过程比上升过程经历的时间短 C. 小球阻力大小为 mg

D. 小球阻力大小为 mg
二、多选题(本大题共 4 小题,共 16.0 分)
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8. 下列说法中正确的是( )
A. 任何物体都可当作参照系 B. 速度越大的物体惯性越大 C. 当物体沿直线朝一个方向运动时,位移就是路程 D. 如果物体的形状和大小对所研究的问题属于无关或次要因素时,即可把物体看
作质点 9. 某同学用水平力推教室的讲台,但没推动,下列说法正确的是( )
A. 推力小于摩擦力 B. 推力小于讲台所受合力 C. 讲台所受合外力为零 D. 推力小于或等于讲台最大静摩擦力
10. 如图所示,放在水平桌面上的质量为 1kg 的物体,通过水平轻绳 a、b 与水平轻弹 簧甲、乙连接,物体静止时弹簧测力计甲和乙的读数分别为 7N 和 3N,则剪断轻绳 b 瞬时,物体的加速度可能为( )

A. 4m/s2

B. 2m/s2

C. 1m/s2

D. 0

11. 关于“探究力的平行四边形定则”的实验,下列说法正确的是

()

A. 实验中,橡皮条、细绳必须与木板平行 B. 两弹簧测力计必须在与木板保持接触状况下读数 C. 两弹簧测力计的拉力一定比橡皮条的拉力小 D. 只用一个弹簧测力计也可完成本实验

三、填空题(本大题共 1 小题,共 4.0 分) 12. 为了用弹簧测力计测定两木块 A 和 B 间的动摩擦因数,某同学设计了如图所示的实
验方案。用水平力 F 向右拉木板 B,使其向右运动,弹簧测力计示数的放大情况如 图所示,则弹簧测力计示数为______N,已知木块 A 质量为 mA=650g,当地重力加 速度为 g=9.8m/s2,则 A、B 间的动摩擦因数 μ=______(计算结果取 2 位有效数字)。

四、实验题探究题(本大题共 1 小题,共 7.0 分) 13. 利用图 1 所示装置研究自由落体运动。
(1)在实验过程中,应先______(填“接通电源”或“释放纸带”)。 (2)按照正确的实验步骤,获取纸带,选用较清晰的连续的几个点迹,如图 2 所 示,用刻度尺测得 AC、CE 间 距分别为 s1、s2,已知打点计时器打点的频率为 f,则重物运动过程的加速度大小 为______。学习小组发现这个加速度数值与查得的当地重力加速度 g 相差较大,于 是在测量了重物质量为 m 后,计算出重物运动过
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程中所受阻力 F=______。
五、计算题(本大题共 3 小题,共 45.0 分) 14. 如图所示为一质点做直线运动的 v-t 图象。求:
(1)前 2s 和后 4s 的加速度大小; (2)从运动开始到停止的过程中,质点运动的平均 速度大小。
15. 如图所示,F1、F2 作用在重为 G 的物体同一点,使物体处于 静止状态,已知 F1、F2 与竖直方向的夹角分别为 45°、60°.求: F1、F2 的大小(用 G 表示)。
16. 如图所示,甲、乙两物块通过长为 L=0.2m 的水平轻 绳连接,置于足够长的水平面上,甲、乙两物块质 量均为 m=1kg,与水平面间动摩擦因数均为 μ=0.5.t=0 时刻,在与水平面夹角 θ=37°的恒力 F 作用下,甲、乙一起从静止开始 向右加速运动。已知 F=10N,重力加速度取 g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不 计空气阻力。求: (1)两物体运动的加速度大小 a; (2)t1=4s 时刻,甲、乙间轻绳断开,求在 t2=4.6s 时刻,甲、乙间距离 x。
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答案和解析
1.【答案】C
【解析】
解:ABD、力、位移、加速度都既有大小又有方向,是矢量,故 ABD 正确。 C、质量只有大小,没有方向,是标量,故 C 错误。
本题选不属于矢量的,故选:C。
矢量是既有大小又有方向的物理量,标量是只有大小没有方向的物理量。根 据有无方向确定。 解决本题的关键要掌握物理量的矢标性,要明确矢量方向的特点来记住其矢 量性。 2.【答案】A
【解析】
解:AC、处于超重与失重状态的物体所受的重力不变。故 A 正确,C 错误;
B、生活小区电梯向下启动瞬时,此时有向下的加速度,人对接触面的压力小
于人的重力时,人处于失重状态,故 B 错误;
D、飞机减速下降过程中,有向上的加速度,乘客对接触面的压力大于乘客的
真实重力时,乘客处于超重状态,故 D 错误。
故选:A。
失重状态:当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时,就说物体处于失
重状态,此时有向下的加速度,合力也向下;
超重状态:当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时,就说物体处于超
重状态,此时有向上的加速度,合力也向上。
处于超重与失重状态的物体所受的重力不变。
本题考查了学生对超重失重现象的理解,掌握住超重失重的特点,本题就可 以解决了。 3.【答案】A
【解析】
解:根据 2as=v2-v02 知 (2v)2-v2=2axs ①
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(5v)2-(4v)2=2as′②
由①②式联立解得:s′=3s
故 A 正确,BCD 错误;
故选:A。 根据匀变速直线运动的速度位移公式 v2-v02=2ax,去求物体发生的位移 此题考查匀变速直线运动的规律,关键是熟练掌握公式,然后注意计算技巧 即可。 4.【答案】D
【解析】
解:设弹簧的劲度系数为 k,原长为 L 根据胡克定律 f=kx 得: 当轻弹簧受大小为 2N 的竖直向上的拉力作用时: 2=k(0.18-L)① 当轻弹簧受大小为 1N 的竖直向下的压力作用时: 1=k(L-0.06)② ①②联立解得:k=25N/m
故 ABC 错误,D 正确;
故选:D。 根据胡克定律 f=kx 列式求解。 本题考查胡克定律,关键是记住公式,要特别注意公式中的 x 为压缩或伸长
量,计算时注意单位统一。 5.【答案】B
【解析】
解:以物体为研究对象,根据图解法可知,当拉
力 F 与细线垂直时最小。 根据平衡条件得 F 的最小值为:Fmin=Gsin37°=10×0.6N=6N,故 ACD 错误 B 正确
故选:B。
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以物体为研究对象,采用图解法分析什么条件下拉力 F 最小。再根据平衡条

件求解 F 的最小值

本题是物体平衡中极值问题,难点在于分析 F 取得最小值的条件,采用作图
法,也可以采用函数法分析确定。 6.【答案】D
【解析】
解:物块沿斜面向下做加速运动,将该加速度分解,沿水平方向向左:

ax=a?cosθ,沿竖直向下的方向:ay=a?sinθ 以斜面与物块组成的整体为研究对象,则整体在水平方向只受到地面的摩擦

力,而斜面体 a 始终保持静止状态,所以 μ2≠0,
由于物块下滑的加速度大小不确定,所以 μ1 是否为 0 不确定,故 ABC 错误 D 正确。 故选:D。

物块沿斜面向下做加速运动,将该加速度分解为沿水平方向向左和沿竖直向

下的方向,以斜面与物块组成的整体为研究对象,可分析斜面体与水平面间

动摩擦因数为 μ2。 本题考查牛顿第二定律的应用,要注意明确对于牛顿第二定律的整体法和隔

离法的应用的掌握;应用整体法进行分析要比应用隔离法简单的多。 7.【答案】C
【解析】
解:ACD、设上升的最大高度为 H,运动过程中阻力大小为 f,根据动能定理可 得: 上升过程中:-(mg+f)H=0-

下落过程中:(mg-f)H=

-0

联立解得:小球阻力大小为 f=

mg,H=

,故 AD 错误,C 正确;

B、上升过程中的加速度大小为 a1=

,下降过程中的加速度大小为 a2=

,根据 H= 可得 t=

,故上升过程中的时间短,故 B 错误。

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故选:C。 根据动能定理求解阻力大小和上升的最大高度;根据牛顿第二定律分析两个 过程中的加速度大小,再根据位移时间关系分析时间长短。 对于牛顿第二定律的综合应用问题,关键是弄清楚物体的运动过程和受力情 况,利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度,再根据题目要求进 行解答;知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。 8.【答案】AD
【解析】
解:A、参考系的选取是任意的,任意物体都可以作为参考系,故 A 错误; B、惯性是物体的固有属性,与速度的大小无关,故 B 错误; C、位移是矢量,位移的方向由初位置指向末位置,路程是标量,是运动路径 的长度,二者的物理意义不同,不能说位移就是路程,故 C 错误; D、当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响可忽略不计时,物 体可当作质点,转动的物体有时也能当作质点,故 D 正确。 故选:AD。 当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响可忽略不计时,物体可 当作质点。根据这个条件进行判断。位移是矢量,位移的方向由初位置指向 末位置。位移的大小不大于路程。路程是标量,是运动路径的长度。当质点做 单向直线运动时,位移的大小一定等于路程。 本题考查了质点、参考系、位移与路程以及惯性等的基本概念,难度不大,在 平时的学习中多加积累即可。属于基础题。 9.【答案】CD
【解析】
解:ABC、用水平力推讲台,结果没有推动,即讲台仍处于静止状态,所以其 受力平衡; 在水平方向上,人对讲台的推力与地面对讲台的摩擦力是一对平衡力,大小
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相等,其合力为零,故 AB 错误,C 正确;
D、讲台没推动,可能推力小于最大静摩擦力,也可能刚好等于最大静摩擦力, 故 D 正确。 故选:CD。
讲台没动,就是静止,即处于平衡状态受平衡力,摩擦力等于推力,而推力小 于或恰好等于最大静摩擦力的。 本题考查了平衡力的判定,一对平衡力:作用在同一物体上,大小相等、方向
相反、作用在同一条直线上,同时注意静摩擦力与最大静摩擦力的区别。 10.【答案】BCD
【解析】
解:在剪数细线前,乙的示数为 3N,甲的示数为 7N,则说明 A 受向右的摩擦
力大小为 f=4N;
在剪数细线瞬间,甲的弹力不变;仍为 7N,原先求得摩擦力是静摩擦力,不知
道最大静摩擦力,故物体合力可能为零,也可能不为零,
当合力为零时,加速度为零,
合力不为零时,f=4N 为其最大静摩擦力,合力最大值为 3N,根据牛顿第二定 律:F=ma 解得:amax=3m/s2,故 BCD 正确。 故选:BCD。
先根据平衡求出摩擦力的大小,剪断后根据牛顿第二定律求出加速度。
本题考查牛顿第二定律的瞬间加速度问题,关键是知道摩擦力不是最大静摩 擦力。 11.【答案】AD
【解析】
解:(1)A、橡皮条不与木板平行,则拉力的大小和方向均不能准确画出,故选
项 A 正确;
B、弹簧秤不能与木板接触,否则由于摩擦力的缘故造成拉力的误差,故选项
B 错误;
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C、分力不一定比合力小,故选项 C 错误;

D、用一个弹簧秤也能完成此实验,只是保证两个力拉弹簧时,要是同一个状

态,故选项 D 正确。

故选:AD。

(1)明确该实验的实验原理,了解具体实验步骤以及具体的操作,尤其注意在

记录力时不但要记录大小还要记录方向。

(2)在实验中注意细线的作用是提供拉力,采用橡皮筋同样可以做到;

(3)本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则,

因此采用“等效法”,注意不同实验方法的应用;

在“验证力的平行四边形定则”实验中,我们要知道分力和合力的效果是等同

的,这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用,加强对基础实验

理解。在解决设计性实验时,一定先要通过分析题意找出实验的原理,通过

原理即可分析实验中的方法及误差分析。
12.【答案】3.80 0.60
【解析】
解:A 处于平衡状态,所受摩擦力等于弹簧秤示数,Ff=F=3.80N。

根据 Ff=μmAg,已知物块 A 的质量为 mA=650g=0.65kg,

解得:μ=

≈0.60。

故答案为:3.80;0.60。

由图读出弹簧测力计的示数,对木块进行受力分析,由平衡条件求出木块受

到的滑动摩擦力,然后由滑动摩擦力公式的变形公式求出动摩擦因数。

本题考查了求动摩擦因数、水平拉力问题,是一道基础题;掌握弹簧测力的读

数方法、对物体正确受力分析、熟练应用平衡条件。

13.【答案】接通电源
【解析】

m(g-



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解:(1)实验时应先接通电源,后释放纸带 (2)打点计时器周期 T0= ,所以 T=2 ,由△x=aT2 得:

a=

=

根据牛顿第二定律知:

mg-F=ma

F=mg-m

=m(g-



故答案为:(1)接通电源;(2)

,m(g-



(1)做实验时,应先接通电源,后释放纸带;

(2)根据△x=aT2 求加速度,根据牛顿第二定律求解阻力 F。

实验相关的题目都要求学生理解实验原理,记住实验注意事项,会数据分析,

解决本题的关键会对纸带进行处理,从纸带上会△x=aT2 求加速度。

14.【答案】解:(1)由图可得,前 2s 的加速度大小 a1= = =3m/s2;

后 4s 的加速度大小 a2=| |= =1.5m/s2;
(2)从运动开始到停止的过程中,匀加速运动的时间 t1=2s,匀速运动的时间 t2=2s,匀 减速运动的时间 t3=4s 质点的最大速度 v =6m/s
所以整个过程质点的位移 x= +vt2+ 。
解得 x =42m
平均速度为 = = =4.2m/s
答: (1)前 2s 和后 4s 的加速度大小分别为 3m/s2 和 1.5m/s2; (2)从运动开始到停止的过程中,质点运动的平均速度大小是 4.2m/s。 【解析】

(1)根据速度时间图象的斜率求质点的加速度。
(2)根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移,求出整个运动过程质 点的位移,从而求得平均速度。 解决本题的关键是知道速度时间图线的物理意义,会通过速度时间图线判断

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物体的运动规律,以及掌握图线的斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含

义。

15.【答案】解:由受力的平衡得:F1sin45°=F2sin60°
F1cos45°+F2cos60°=G

联立解得:F1=

G F2=( -1)G

答:F1、F2 的大小分别 【解析】

G、( -1)G

对物体受力分析,根据共点力平衡,运用分解法求出 F1、F2 的大小。
解决本题的关键能够正确地受力分析,运用共点力平衡进行求解。
16.【答案】解:(1)对甲进行受力分析:N1=mg-Fsinθ
f1=μN1 对乙受力分析:N2=mg f2=μN2 甲乙系统:Fcosθ-f1-f2=2ma 解得:a=0.5m/s2 (2)在 t1=4s 时刻,甲乙速度 v=at1 解得:v=2m/s 甲乙间轻绳断裂后,设甲加速度大小为 a1 有 Fcosθ-f1=ma1 解得:a1=6m/s2
甲位移
解得:x1=2.28m 设乙的加速度大小为 a2 有:f2=ma2
解得:
乙减速至停止:v=a2△t 解得:△t=0.4s
乙的位移:
解得 x2=0.4m 此时甲乙的距离为:x=x1+L-x2=2.08m 答:(1)两物体运动的加速度大小为 0.5m/s2; (2)t1=4s 时刻,甲、乙间轻绳断开,求在 t2=4.6s 时刻,甲、乙间距离为 2.08m。 【解析】

(1)先对甲、乙受力分析,根据牛顿第二定律求解加速度; (2)轻绳断开后,根据牛顿第二定律分别求出甲乙的加速度,在根据位移公式
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求出各自的位移,最后求出位移之差。 本题考查牛顿定律的应用,关键是受力分析根据牛顿第二定律求出加速度, 并分析运动情况。
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