1、2018-2019 学年度下学期省六校协作体高一期初考试试题一、选择题1.司机老王在周六开车去乡下看望父母，当他驾车以 v012 m/s 的速度在平直的乡村道路上前进时，突然发现前面有石块，便以大小为 6 m/s2 的加速度刹车，则刹车后 3 s 内的位移为A. 9 m B. 12 m C. 21 m D. 8 m【答案】B【解析】试题分析：汽车从刹车到静止所用的时间：t= ,则 3s 内的位移等于 2s 内的位移 ,B 正确，ACD 错误。考点：本题考查刹车类问题。2.如图所示，某日小明去“爱琴海”商场买衣服，站在自动扶梯上随扶梯斜向上做匀速运动，关于小明受到的力，以下说法正确的是A. 摩擦
2、力为零 B. 摩擦力方向水平向右C. 支持力小于重力，属于失重现象 D. 支持力大于重力，属于超重现象【答案】A【解析】【分析】动扶梯上的人随扶梯斜向上做匀速运动，受力平衡，根据平衡条件解答【详解】人站在自动扶梯上随扶梯斜向上做匀速运动，则受力平衡，水平方向不受摩擦力；竖直方向支持力等于重力，则选项 A 正确，BCD 错误；故选 A.3. 下列关于重力、弹力和摩擦力的说法，正确的是 ( )A. 规则物体的重心一定在物体的几何中心上B. 劲度系数越大的弹簧，产生的弹力越大C. 动摩擦因数与物体之间的压力成反比，与滑动摩擦力成正比D. 摩擦力的方向一定与接触面相切【答案】D【解析】只有质量分布均匀
3、的几何体，重心在物体的几何中心，A 错；由胡克定律可知 F=kx，弹力大小与形变量有关系，B 错；动摩擦因数与物体之间的压力大小无关，C 错；4.一滑块以某一初速度从斜面底端滑到顶端时，速度恰好为零，已知斜面长为 L，滑块通过最初 时所需时间为 1s，则滑块从斜面底端滑到顶端所需的时间为A. s B. s C. s D. 2s【答案】D【解析】【分析】物体的加速度不变，做匀减速运动，利用逆向思维，可以认为物体是从静止开始的匀加速直线运动，利用匀加速直线运动的规律即可求得运动的时间【详解】物体运动的逆过程是初速度为零的匀加速运动，设在最初的 L/4 的时间为 t，由匀加速直线运动的位移公式可得
4、；对于全程，由匀加速直线运动的位移公式可得，L= a（t+t ） 2 ；由两式解得， t=t，所以全程的时间为 2t。故选 D。【点睛】对于匀减速直线运动来说，利用逆向思维可以使一些问题简单化，这样的话可以使物体的初速度为零，从而简化问题5.如图所示，两物体 A 和 B，质量分别为 m1 和 m2，相互紧靠放在光滑水平面上对物体A 施以水平的推力 F，则物体 A 对 B 的作用力等于A. B. C. F D. 【答案】B【解析】【分析】先对整体研究，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离右侧物体研究，右侧物体水平方向受到左侧物体对它的作用力，由牛顿第二定律求出作用力【详解】根据牛顿第二定律，得对整体
5、： ；对右侧物体：F=m 2a= F，故选 B。6.瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之一，每一年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地，某日一跳伞爱好者以 5m/s 的速度竖直匀速降落，在离地面 h=10m 的地方掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为（扣子受到的空气阻力可忽略，g取 10m/s2）A. 2 s B. s C. 1 s D. s【答案】C【解析】【分析】扣子做初速度为 5m/s 的匀加速运动落地，由位移时间关系求得扣子落地时间，跳伞员匀速运动，根据位移时间关系求得落地时间从而求得落地时间差【详解】由题意知，扣子做初速度为 5m/s 加速度为重力加速度的匀加速运动
6、，落地时位移为 10m，根据位移时间关系 x=v0t+ at2 代入数据有：10=5t 1+ 10t12；求得扣子落地时间：t1=1s跳伞员匀速运动，根据位移时间关系知，运动员落地时间 ，所以跳伞员晚着陆时间为t=t 2-t1=1s；故选 C。【点睛】知道掉落的扣子做匀加速运动，跳伞员做匀速运动，掌握位移时间关系是正确解题的关键7.A、B、C 、D 四个质量均为 2kg 的物体，在光滑的水平面上做直线运动，它们运动的 x-t、v-t、a-t 、F-t 图象如图所示，已知物体在 t=0 时的速度均为零，其中 04s 内物体运动位移最大的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】物体做单
7、向直线运动时位移一直增大，速度方向不变，根据图象逐项分析即可。【详解】A 项：在 x-t 图象中，斜率代表速度读，故 t=0 时速度为零，由位移-时间图象可知，4s 末到达负的位置最大，总位移为最大为 x=-1-1m=2m，B 项：由速度-时间图象可知，速度 2s 内沿正方向运动，2-4s 沿负方向运动，方向改变，4s内总位移为零；C 项：由 a-t 图象可知：物体在第 1s 内做匀加速直线运动，第 2-3s 内沿原方向做匀减速运动，2s 末速度减为 0，第 3s 内沿负方向做匀加速直线运动，第 4s 内沿负方向做匀减速直线运动，根据对称性可知 04s 内物体运动位移为 0；D 项：由图象可知
8、：物体在第 1s 内做匀加速运动，第 2s 内做匀减速运动，2s 末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，位移一直增大，加速度为 a= ，通过的位移 x= 。综上所述 4s 内位移最大的应选：A。【点睛】对于运动图象，关键要理解其物理意义，从斜率、面积、截距等角度来分析物体的运动情况。8. 如图所示，小球 A、B 间用轻弹簧相连，两球的质量分别为 m 和 2m，用细线拉着小球A 使它们一起竖直向上做匀加速运动，加速度的大小为 g，在撤去拉力 F 的瞬间，A、B 两球的加速度大小分别为( )A. 5g，g B. 6g，0 C. 5g，0 D. 6g，g【答案】A【解析】试题分析：在未撤
9、去拉力 F 时，对 B 进行受力分析，设弹簧对 B 的弹力为 ,得到，得 ，在撤去拉力 F 的瞬间，弹簧的弹力与撤去前相同，对 A受力分析得到 ，即 a=5g，BD 错；对小球 B 受力不变，加速度仍为 g，A 对，C 错。考点：受力分析，牛顿第二定律点评：学生要画出在撤去拉力 F 前，AB 两物体的受力示意图，据图去分析问题。9.一质量为 m 的物块恰好静止在倾角为 的斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力 F，如图所示。则物块A. 处于静止状态 B. 沿斜面加速下滑C. 沿斜面匀速下滑 D. 受到的合外力增大【答案】A【解析】【分析】质量为 m 的物块恰好静止在倾角为 的斜面上，对其受力分
10、析，可求出动摩擦因数，加力F 后，根据共点力平衡条件，可以得到压力与最大静摩擦力同时变大，物体依然平衡【详解】由于质量为 m 的物块恰好静止在倾角为 的斜面上，说明斜面对物块的摩擦力等于最大静摩擦力，对物体受力分析，如图根据共点力平衡条件，有 f=mgsin，N=mgcos，f=N；解得 =tan；对物块施加一个竖直向下的恒力 F，再次对物体受力分析，如图，根据共点力平衡条件，有与斜面垂直方向依然平衡：N=（mg+F）cos；因而最大静摩擦力为：f=N= （mg+F ）cos= （mg+F ）sin；故合力仍然为零，物块仍处于静止状态，A 正确，BCD 错误；故选 A。【点睛】本题要善用等效的
11、思想，可以设想将力 F 撤去，而换成用一个重力的大小等于 F的物体叠放在原来的物块上10.如图所示，一箱苹果沿着倾角为 的光滑固定斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一个质量为 m 的苹果，它受到周围苹果对它作用力的方向是A. 沿斜面向上 B. 沿斜面向下 C. 垂直斜面向上 D. 竖直向上【答案】C【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出整体的加速度，然后再隔离对某一只苹果受力分析，根据牛顿第二定律求出某只苹果受到周围苹果的作用力【详解】对整体分析，受重力和支持力，整体的加速度 可知苹果的加速度为 gsin，苹果受重力、周围苹果的作用力，两个力的合力等于 mgsin，受力如图，知周围苹果对它的作用力方
12、向垂直斜面向上。故 C 正确，ABD 错误。故选 C。【点睛】解决本题的关键掌握牛顿第二定律，以及抓住加速度相同，运用整体法和隔离法进行分析11.下列说法中不正确的是A. 平均速度、瞬时速度以及加速度，都是牛顿首先建立起来的B. 在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力的影响（增加运动时间） ，使运动时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律C. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能够用实验直接验证D. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代的思想【答案】ACD【解析】【详解】平均速度、瞬时速度以及加速度，都是伽利略
13、首先建立起来的，选项 A 错误；在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力的影响（增加运动时间） ，使运动时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律，选项 B 正确；牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，但是不能用实验直接验证，选项 C 错误；在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了理想模型的思想，选项 D 错误；此题选择不正确的选项，故选 ACD.12.如图所示，手用力向下压住架在两本书之间的尺子，尺子发生了弹性形变手对尺子的压力为 N，尺子对手的弹力为 N，下列表述正确的是A. 手对尺子的压力 N，是由于尺子发生了弹性形变而产生
14、的B. 尺子对手的弹力 N的方向，与手的形变方向相同C. N 和 N是一对平衡力D. N 和 N是一对作用力和反作用力【答案】BD【解析】【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失平衡力作用在一个物体上，一对作用力和反作用力是作用在两个物体上。【详解】手对尺子的压力为 N，是由于手发生了弹性形变，故 A 错误；尺子对手的弹力 N的方向，与手的形变方向相同，故 B 正确；手对尺子的压力为 N，尺子对手的弹力为 N，这两个力作用在两个物体上，力的性质相同，是一对作用力与反作用力。故 C 错误，
15、D 正确；故选 BD。【点睛】查牛顿第三定律及其理解理解牛顿第三定律与平衡力的区别作用力与反作用力总是“等大”， “反向”， “同在同失”， “同体同性”13.如图甲所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴 ox，小球的速度 v 随时间 t 变化的图象如图乙所示。其中 OA 段为直线，切于 A 点的曲线 AB 和 BC 都是平滑的曲线，则关于 A、B 、C 三点对应的 x 坐标及加速度大小，不计一切阻力，下列说法正确的是A. ， B. ，C.
16、， D. ，【答案】BC【解析】【分析】OA 过程是自由落体，A 的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；B 点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可还以计算出弹簧的形变量；C 点时速度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大，可以分析物体的加速度【详解】OA 过程是自由落体，A 的坐标就是 h，加速度为 g，所以 A 错误，B 正确。B 点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为 0，加速度也就为 0，由 mg=kx，可知x= ，所以 B 得坐标为 h+ ，所以 C 正确。取一个与 A 点对称的点为 D，由 A 点到 B点的形变量为 ，由
17、对称性得由 B 到 D 的形变量也为 ，由于 A 点有速度，所以 D 点也有速度，还没有到达最低点 C，故到达 C 点时形变量要大于 h+ ，加速度 acg，所以D 错误。故选 BC。14.如图所示，AC 是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆 BC 一端通过铰链固定在 C 点，另一端 B 悬挂一重为 G 的重物，且 B 端系有一根轻绳并绕过定滑轮 A，用力 F拉绳，开始时BCA90，现使 BCA 缓慢变小，直到杆 BC 接近竖直杆 AC 此过程中，以下分析正确的是A. 绳子越来越容易断 B. 绳子越来越不容易断C. 作用在 BC 杆上的压力大小增大 D. 作用在 BC 杆上的压力大小不变
18、【答案】BD【解析】【分析】以结点 B 为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图，根据平衡条件得出力与三角形ABC 边长的关系，再分析绳子拉力和 BC 杆的作用力的变化情况【详解】以结点 B 为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、N 的合力 F 合 与 G 大小相等、方向相反。根据三角形相似得： ，又 F 合 =G，得：F= G，N= G； 现使BCA 缓慢变小的过程中，AB 变小，而 AC、BC 不变，则得到，F 变小，N 不变，所以绳子越来越不容易断，作用在 BC 杆上的压力大小不变。选项 BD 正确， AC 错误。故选 BD。【点睛】本题运用三角相似法研究动
19、态平衡问题，直观形象，也可以运用函数法分析研究二、实验题15.“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图所示，其中 A 为固定橡皮筋的图钉，O 为橡皮筋与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。(1)图乙中的 F 与 F两力中，方向一定沿 AO 方向的力是_。(2)本实验采用的主要科学方法是（ ）A理想实验法 B等效替代法 C控制变量法 D建立物理模型法(3)实验中可减小误差的措施是（ ）A两个分力 F1、F 2 的大小要越大越好B两个分力 F1、F 2 间的夹角应越大越好C拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行DAO 间距离要适当，将橡皮筋
20、拉至结点 O 时，拉力要适当大些【答案】 (1). ; (2). B; (3). CD;【解析】【详解】(1) 实验中 F 是通过平行四边形定则作图得出的，而 F是通过用一根细线拉动橡皮筋，使与两个力拉时的效果相同得出的，故 F一定是沿 AO 方向的；(2) 本实验是通过一个力与两力效果相同得了的合力，故运用了等效替代的方法，故 B 正确；(3) A 项：实验是通过作图得出结果，故为了减小误差应让拉力尽量大些，但不是越大越好，故 A 错误；B 项：两个分力 F1、F 2 间夹角应尽量大些，但不是越大越好，故 B 错误；C 项：为了防止出现分力的情况，应让各力尽量贴近木板，且与木板平行，故 C
21、正确；D 项：为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故 D 正确。故应选 CD。16.某实验小组利用如图 1 所示的装置探究加速度与力、质量的关系(1)下列做法正确的是_A调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在小车上C实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源D通过增减小车上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量_小车和小车上砝码的总质量（填“远大于”、远小于”
22、或“近似于”）(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套装置放在水平桌面上，研究加速度 a 与拉力 F 的关系时，分别得到图 2 中甲、乙两条直线，设甲、乙用的小车质量分别为 m 甲 、m 乙 ，由图可知，m 甲 _m 乙 （填“大于”、 “小于”或“等于”）(4)通过实验得到如图 3 所示的纸带纸带上 O 为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为 0.1s 的相邻计数点 A、B、C、D、E、F、G其中：OA=15.50cm，OB=21.60cm，OC=28.61cm ，OD=36.70cm，OE=45.75cm，OF=55.75cm，OG=66.77cm，则小车的加速度 a=_m/s2 （答
23、案要求保留 3 位有效数字）【答案】 (1). A (2). 远小于 (3). 小于 (4). 0.986【解析】【分析】（1）根据实验的原理以及注意事项确定实验步骤的正误（2）根据牛顿第二定律求出绳子拉力与砝码桶及桶内砝码的总重力的关系，判断出在什么情况下砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力（3）图线的斜率表示质量的倒数，结合图线的斜率比较质量的大小（4）根据在连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出加速度的大小【详解】 （1）调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行故 A 正确在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑
24、轮拴在小车上故 B 错误实验时，应先接通电源，再释放小车故 C 错误通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度故 D 错误故选 A（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得， ，则绳子的拉力 ，当 mM，即砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力（3）a-F 图线的斜率表示质量的倒数，可知甲的质量小于乙的质量（4）根据x=aT 2，运用逐差法得，【点睛】书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚对于实验中要注意的事项，要知其原因三、计算题17.一摩托车由静止开
25、始在平直的公路上行驶，其运动过程的 v-t 图像如图所示，求：(1)摩托车在 0-20s 这段时间的加速度大小 a；(2)摩托车在 0-75s 这段时间的平均速度大小 。【答案】 （1）1.5 m/s 2 ；（2） 20m/s【解析】（1）由图知，在 0-20s 内做匀加速运动，根据 ，可求加速度 a=1.5m/s2；（2）根据 v-t 图像与坐标轴围面积表示位移可求在 0-75s 时间内位移为 x=1500m，所以平均速度为 .【考点定位】匀变速直线运动18.固定的光滑细杆与地面成一定的倾角 ，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力 F 的作用下向上运动，推力 F 与小环速度 v 随时
26、间变化规律如图所示，重力加速度 g取 10m/s2 求：(1)小环的质量 m； (2)杆与地面的倾角 。【答案】(1)m =1kg (2) =30【解析】【分析】由 v-t 图象的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律和共点力平衡条件分别列式，联立求出小环的质量、细杆与地面的倾角【详解】由图得知：0-2s 内，小环做匀加速运动，加速度为： 根据牛顿第二定律有：F 1-mgsin=ma，2 s 后有：F 2=mgsin由图知：F 1=5.5N，F 2=5N代入数据可解得：m=1 kg，=3019.图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B 两端相距 3m ，另一
27、台倾斜，传送带与地面的倾角 = 37，C、D 两端相距 4.45m， B、C 相距很近。水平部分 AB 以 5m/s 的速率顺时针转动。将质量为 10 kg 的一袋大米轻放在 A 端，到达 B 端后，速度大小不变地传到倾斜的 CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为 0.5试求：(已知 sin370.6，cos370.8， g 取 10 m/s2 ， =2.450， =2.68)(1)若 CD 部分传送带不运转，求米袋沿倾斜传送带所能上升的最大距离(2)若要米袋能被送到 D 端，求 CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从 C 端到D 端所用时间的取值范围【答案】(1)能滑上的最大距离
28、 (2)要把米袋送到 D 点，CD 部分的速度 时间 t 的范围为【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为 5m/s，则应判断米袋到达 B 点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得 B 点速度，若达到，则以 5m/s 的速度冲上 CD；在 CD 面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；（2）米袋在 CD 上应做减速运动，若 CD 的速度较小，则米袋的先减速到速度等于 CD 的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间；【详解】 （1）米袋在 AB 上
29、加速时的加速度 a0 g5m/s 2米袋的速度达到 v0=5m/s 时，滑行的距离 s0= =2.5mAB=3m，因此米袋在到达 B 点之前就有了与传送带相同的速度；设米袋在 CD 上运动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 mgsin+mgcos=ma代入数据得 a=10 m/s 2所以能滑上的最大距离 s 1.25m（2）设 CD 部分运转速度为 v1 时米袋恰能到达 D 点（即米袋到达 D 点时速度恰好为零） ，则米袋速度减为 v1 之前的加速度为 a1=-g（sin+cos）=-10 m/s2米袋速度小于 v1 至减为零前的加速度为 a2=-g（sin-cos）=-2 m/s 2由 解得 v 1=4m/s，即要把米袋送到 D 点，CD 部分的速度 vCDv1=4m/s米袋恰能运到 D 点所用时间最长为若 CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿 CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为 a2由 SCD=v0tmin+ a2t2min，得：t min=1.16s所以，所求的时间 t 的范围为 1.16 st2.1 s；【点睛】题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在 CD 段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达 D 点时速度恰好为零.
