【物理】重庆市江北中学2019-2020学年高一上学期期末模拟考试试题 （解析版）

【物理】重庆市江北中学2019-2020学年高一上学期期末模拟考试试题 （解析版）

重庆市江北中学高2022级高一（上）期末模拟考试 高一物理 试题 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是 A. 物体的运动速度越大，加速度也一定越大 B. 物体的运动速度变化越快，加速度越大 C. 物体的运动速度变化量越大，加速度也一定越大 D. 物体的运动速度越小，加速度也一定越小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物体的速度大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故A错误．‎ B．加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故B正确．‎ C．物体的速度变化量大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故C错误．‎ D．加速度和速度没有直接的关系，物体的运动速度越小，加速度不一定越小，故D错误．‎ ‎2.以的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为的加速度，刹车后第3s内，汽车走过的路程为　　‎ A.  m B. 2m C. 10m D.  m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】36km/h=10m/s，汽车刹车到停止所需的时间．刹车后第3s内的位移，等于停止前0.5s内的位移，则x=at2＝×4×0.25＝0.5m，故选D．‎ ‎3.如图所示，质量为4kg的物体在动摩擦因数为0.5的水平面上向右运动，在运动过程中受到水平向左、大小为10N的拉力作用，则物体所受摩擦力为（g=10N/kg）‎ A. 10N，向右 B. 10N，向左 C 20N，向右 D. 20N，向左 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】物体相对地面向右运动，则滑动摩擦力的方向向左，大小为：‎ ‎，故选D。‎ ‎4.两个质量分别为2m和m的小木块a和可视为质点放在水平圆盘上，a与转轴的距离为L，b与转轴的距离为2L，a、b之间用长为L的强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是　　‎ A. a比b先达到最大静摩擦力 B. a、b所受摩擦力始终相等 C. 是b开始滑动的临界角速度 D. 当时，a所受摩擦力的大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B两个木块的最大静摩擦力相等．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故AB错误；当a刚要滑动时，有kmg=mω2∙l，解得：，故C错误；以a为研究对象，当时，由牛顿第二定律得：f=mω2l，可解得：f=‎ kmg，故D正确．故选D.‎ ‎【点睛】本题关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答.‎ ‎5.如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块、B接触面竖直，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑已知A与B间的动摩擦因数为，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力与B的质量之比为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：F=μ2（m1+m2）g ①‎ 再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：‎ 水平方向：F=N 竖直方向：m2g=f 其中：f=μ1N 联立有：m2g=μ1F ②‎ 联立①②解得：‎ 故选B．‎ ‎【考点定位】物体的平衡 ‎【点睛】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．‎ ‎6.一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示．下列选项正确的是（　 　）‎ A. 在0～6s内，物体离出发点最远为30m B. 在0～6s内，物体经过的路程为40m C. 在0～6s内，物体的平均速率为7.5m/s D. 在5～6s内，物体的加速度与速度方向相反 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0-5s，物体向正向运动，5-6s向负向运动，故5s末离出发点最远，最远距离为 sm=×（2+5）×10m=35m，故A错误；‎ B．由面积法求出0-5s的位移x1=×（2+5）×10m=35m，5-6s的位移x2=-×1×10m=-5m，‎ 总路程为：s=x1+|x2|=40m，故B正确；‎ C．在0～6s内，物体的平均速率为：===6.67m/s故C错误；‎ D．由图象知5～6s内物体沿负向做匀加速直线运动，加速度与速度方向，故D错误．‎ ‎【点睛】v-t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负；‎ ‎7.一辆汽车正在做匀加速直线运动，开始计时时速度为6m/s，运动28m后速度增加到8m/s，则下列说法正确的是 A. 这段运动所用时间是4 s B. 这段运动的加速度是3.5 m/s2‎ C. 从开始计时起，2s末的速度是7m/s D. 从开始计时起，经过14 m处时的速度是5m/s ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据位移和平均速度关系和匀变速速度关系 即：‎ ‎ 解得汽车运动时间t=4s。故A正确。‎ B．根据加速度定义式则汽车加速度为：‎ 故B错误；‎ C．根据v=v0+at 可得2s末速度v=6+0.5×2=7m/s，故C正确；‎ D．根据 代入数据可得14m处速度大小v′＝5m/s故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎8.用水平力F将木块压在竖直墙上，如图所示，已知木块重，木块与墙壁之间的动摩擦因数，以下说法正确的是　　‎ A. 当时，木块没有动，木块受到的摩擦力为6N B. 当时，木块沿墙面下滑，木块受到的摩擦力为 C. 当F变大时，木块受到的摩擦力也会一直变大 D. 当时，物体将向下做自由落体运动 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据木块的重力和最大静摩擦力的关系，分析出木块处于静止状态，再由平衡条件求摩擦力，当木块的重力大于最大静摩擦力，木块将向下滑动，由摩擦力公式求解f=μN摩擦力．‎ ‎【详解】当F=25N时，木块的最大静摩擦力 fm1=μF1=0.25×25=6.25N＞G，所以物体静止不动，根据平衡条件可得木块受到的摩擦力为 f1=G=6N，故A正确；当F=10N时，木块的最大静摩擦力 fm2=μF2=0.25×10=2.5N＜G，所以物体将要下滑，木块受到的摩擦力为 f2=μF2=0.25×10=2.5N，故B正确；F变大时，若物体处于静止状态，则受到的摩擦力一直等于重力；大小保持不变，故C错误；当压力为零时，物体与墙之间没有摩擦力，物体做自由落体运动，故D正确．所以ABD正确，C错误．‎ ‎【点睛】本题考查摩擦力的临界问题，要注意明确静摩擦力与最大静摩擦力之间的关系，能根据最大静摩擦力判断物体是否发生滑动，从而明确摩擦力的计算方法．‎ ‎9.如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力用一水平力F作用于B，A，B的加速度与F的关系如图乙所示，，则下列说法中正确的是    　 ‎ A. A的质量为 B. B的质量为 C. A、B间的动摩擦因数为 D. B与地面间的动摩擦因数为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙可知，当A、B相对滑动后A的加速度恒定且为，由牛顿第二定律可知，A、B间的动摩擦因数为，‎ 由图乙可知，当F=3N时，A、B刚开始滑动，即有： ，当F=9N时，A、B两物体具有相同的加速度且AB间的摩擦达到最大静摩擦，则有： ，由以上两式解得：， ，当F=13N时，对B由牛顿第二定律可知 ，解得： ，综合，解得：，，综上所述，故应选A、C．‎ ‎10.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为 ‎，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是　　‎ A. 物体在传送带上的划痕长 B. 传送带克服摩擦力做的功为 C. 电动机多做功为 D. 电动机增加的功率为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移大小．物块加速运动的加速度为，物体加速到速度为v时所需的时间，在这段时间内物块的位移，传送带的位移，则物体与传送带间的相对位移，即物体在传送带上的划痕长故A正确．传送带克服摩擦力做的功为．故B错误．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能是，摩擦产生的内能为，所以电动机多做的功，故C正确．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为，故D正确．故选ACD．‎ ‎【点睛】物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后做匀速直线运动，电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，还有一部分转化为内能．‎ 二、非选择题 ‎11.下面是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．‎ ‎（1）已知使用电火花计时器,它的工作电压是________ 。打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为__________s。‎ ‎（2）A、B、C、D是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，则计数点之间的时间间隔是________s；C点对应的速度是________m/s，匀变速直线运动的加速度为________m/s2。‎ ‎（3）下列说法正确的是（ ）‎ A 使用时应当先放小车，让其运动起来，再接通电源 B 也可使用干电池作为打点计时器的电源 C 每打完一条纸带，要及时切断打点计时器的电源 D 对纸带处理时，要从3条纸带中选择一条点迹清晰的纸带进行处理 ‎【答案】 (1). 220V 0.02 (2). 0.1 0.1 0.2 (3). CD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电火花打点计时器是使用交流电源的计时仪器，电火花计时器使用的是交流220V的电源；打点周期为交流电的周期；当电源的频率为50Hz时，它每隔0.02s打一次点；‎ ‎（2）每两个相邻计数点间有四个点没有画出，则计数点之间的时间间隔是T=5×0.02=0.10s；‎ 根据平均速度等于中时刻的瞬时速度，则有C点速度大小等于：‎ 小车的加速度为：‎ ‎（3）A、在使用打点计时器时应先开电源再放纸带，故A错误； B、为了使打点计时器工作，必须使用交流电源，故B错误； C、每打完一条纸带，要及时切断打点计时器的电源，故C正确； D、对纸带处理时，要从3条纸带中选择一条点迹清晰的纸带进行处理，故D正确。 故选CD。‎ ‎12.为了测量两个质量不等沙袋的质量，由于没有可直接测量的工具（如天平、弹簧秤等），某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、一套总质量为m=0.5kg 砝码，细线、米尺、秒表，他们根据所学的物理知识改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量（g取10m/s2）．具体操作如下：‎ ‎（1）实验装置如图所示，设左右两边沙袋的质量分别为m2、m1；‎ ‎（2）从m中取出质量为△m的砝码放在右边沙袋中（剩余砝码都放在左边沙袋中，发现质量为m1的沙袋下降，质量为m2的沙袋上升（质量为m1的沙袋下降过程未与其他物体相碰）；‎ ‎（3）用米尺测出质量为m1的沙袋从静止开始下降的距离h，用秒表测出质量为m1的沙袋下降距离h所对应的时间t，则可求沙袋的加速度大小为a= ______ ；‎ ‎（4）改变右边砝码的质量△m，测量相应的加速度a，得到多组△m及a的数据，作出“a～△m”图线；‎ ‎（5）若求得图线的斜率k=4m/kg•s2，截距为b=2m/s2，沙袋的质量m1= ______  kg，m2= ______ kg．‎ ‎【答案】 (3). ； (5). 3； 1.5；‎ ‎【解析】‎ 沙袋下降距离h所对应的时间t，则，解得：‎ 对右边沙袋：‎ 对左边沙袋： ‎ 解得：‎ 由“a～△m”图线的斜率k=4m/kg•s2，截距为b=2m/s2得： m=0.5kg ‎ 求解得m1=3kg，m2=1.5kg ‎13.如图所示，一个质点沿两个半径为1m的半圆弧从A点沿圆弧轨迹运动到C点，用时5s，求整个过程中：‎ ‎(1)质点的位移和路程 ‎(2)质点的平均速度和平均速率．‎ ‎【答案】（1）6.28m （2）1.256m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图可知质点的位移：x=4R=4×1=4m，方向由A指向C；‎ 而质点经过的路程为s=2πR=2×3.14×1=6.28m；‎ ‎(2)平均速度: ‎ 平均速率:‎ ‎【点睛】本题考查路程及位移、平均速度与平均速率的定义，注意路程、平均速率为标量；而位移、平均速度为矢量．‎ ‎14.一个倾角为θ=37°斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25．若斜面足够长，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：‎ ‎(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小；‎ ‎(2)小物块上滑的最大距离；‎ ‎(3)小物块返回斜面底端时的速度大小．‎ ‎【答案】（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2．‎ ‎（2）小物块上滑的最大距离为1.0m．‎ ‎（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据牛顿第二定律求出小物块上滑的加速度大小．‎ ‎（2）通过匀变速直线运动的速度位移公式求出小物块上滑的最大距离．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，通过速度位移公式求出下滑到斜面底端的速度大小．‎ 解：（1）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，重力的分力 根据牛顿第二定律有 FN=F2①‎ F1+Ff=ma②‎ 又因为 Ff=μFN③‎ 由①②③式得a=gsinθ+μgcosθ=10×0.6m/s2+0.25×10×0.8m/s2=8.0m/s2④‎ ‎（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有 ‎⑤‎ 得==1.0m⑥‎ ‎（3）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，根据牛顿第二定律有 FN=F2⑦‎ F1﹣Ff=ma'⑧‎ 由③⑦⑧式得a'=gsinθ﹣μgcosθ=10×0.6m/s2﹣0.25×10×0.8m/s2=4.0m/s2⑨‎ 因为⑩‎ 所以==（或2.8m/s）‎ 答：（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2．‎ ‎（2）小物块上滑的最大距离为1.0m．‎ ‎（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．‎ ‎【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．‎ ‎15.如图所示，质量M=2.0kg的木板静止在光滑水平桌面上，木板上放有一质量m=1.0kg的小铁块（可视为质点），它离木板左端的距离为L=0.5m，铁块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2．现用一水平向右的拉力F作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，设木板与铁块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2．则 ‎ ‎ ‎（1）求当拉力为3N时，铁块受到的摩擦力大小；‎ ‎（2）若要铁块相对木板静止，求拉力的最大值；‎ ‎（3）若将木板从铁块下抽出历时1s，求拉力的大小．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由牛顿第二定律 铁块受到的摩擦力 解得 ‎（2）最大静摩擦力 铁块的最大加速度 由牛顿第二定律 解得 ‎（3）设木板的加速度为a3，由题意 由牛顿第二定律 解得 ‎16.如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，求：（g =10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）‎ ‎（1）A、C两点的高度差；‎ ‎（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；‎ ‎（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度．‎ ‎【答案】（1）0.8m（2）68N；方向竖直向下（3）3.625 m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为：，‎ 竖直分量：‎ 下落高度： 。‎ ‎（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得：‎ 代入数据解得：‎ 小球在D点时由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：FN=68N ‎ 由牛顿第三定律得FN′=FN=68N，方向竖直向下 ‎（3）设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：‎ ‎，‎ 速度分别为：‎ 对物块和木板系统，由能量守恒定律得：‎ 代入数据解得：L=3.625 m 即木板的长度至少是3.625 m。‎