2019-2020年高一物理上学期阶段性考试三试题.doc

2019-2020年高一物理上学期阶段性考试三试题一、 选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，17为单选，只有一个正确答案。8-12为多选全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分）1（4分）下列说法正确的是（ ）A质点是一个理想化的模型B物体从甲地到乙地两次通过的路程不相等，位移一定不相等C“第2s内”和“2s内”表示同一时间间隔D力、位移、速度、加速度都是矢量2（4分）下列说法中不正确的是（ ）A放在桌面上的皮球受到的弹力是由于桌面形变之后产生的B绳的拉力也是弹力，其方向沿绳的收缩方向C有摩擦力一定有弹力 D摩擦力的方向和物体的运动方向相同3（4分）关于加速度，下列说法中正确的是（ ）A速度越大，加速度一定越大B速度变化越大，加速度一定越大C速度变化越快，加速度一定越大D相等时间内速度变化越大，加速度一定越小4（4分）下面说法中正确的是()A地面上的物体重力势能一定为零 B质量大的物体重力势能一定大C不同的物体中离地面最高的物体其重力势能最大D离地面有一定高度的物体其重力势能可能为零5（4分）物体做直线运动的vt图象如图，由图可知，该物体（ ）A前3s做匀变速直线运动B第3s内和第4s内的加速度相同C第1s内和第3s内的运动方向相反D02s内和04s内的平均速度大小相等6（4分）如图所示，两个质量相等的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如果它们分别受到水平推力F1、F2，且F1F2，则A施于B的作用力的大小为（ ）A.F1B.F2CD7（4分）如图所示，用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦，如果把绳的长度增加一些，则球对绳的拉力F1和球对墙的压力F2的变化情况是（ ）AF1和F2都减小BF1减小，F2增大C.F1增大，F2减小DF1和F2都增大8（4分）下列说法中正确的是（ ）A力是维持物体运动的原因 B力是改变物体运动状态的原因C一个物体受到的合力为零，一定处于静止状态D两物体质量相等，惯性就一定相同，与两个物体的受力及运动情况无关9（4分）下列图象中描述的属于匀速直线运动的是（ ）A B CD10（4分）为了求出楼房的高度，让一小石块从楼顶上自由下落（不计空气阻力），则测量下列哪个物理量可以计算出楼高（已知重力加速度g大小）（ ）A石块下落的时间B石块落地的速度C石块第1s内的位移D石块最后1s内的位移11（4分）打篮球时，运动员垂直起跳投篮的跳起过程可分为下蹲、蹬地、离地上升和下落四个过程，下落关于运动员蹬地、离地上升和下落三过程的说法中正确的是（设蹬地的力为恒力）（ ）A蹬地过程中处于超重状态 B蹬地、离地上升两个过程中都处于失重状态C离地上升和下落两个过程中都处于失重状态D离地上升和下落两个过程中都处于超重状态12（4分）如图所示，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，若手臂OA、OB的拉力分别是FA、FB，手臂OB不动，在手臂OA由水平方向缓慢移到OA位置过程中，下列表述正确的是（ ）AFA变大BFA与FB的合力始终不变CFA的大小保持不变DFB变小二、实验题（本大题共2小题，每小题6分，共12分）13（6分）在“研究匀变速直线运动”的实验中：（1）下列做法正确的是_A打点计时器应使用直流电源 B将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处C先使纸带运动，再接通电源 D将接好纸带的小车停在靠近滑轮处（2）用接在50Hz交流电源上的打点计时器测定小车的运动情况，某次实验中得到的一条纸带如图所示（长度单位：cm），图中各点为每5个打点选出的计数点（两计数点间还有4个打点未标出），则打点计时器在打下C点时小车的瞬时速度为vC= _ m/s，小车的加速度a=_ m/s214（6分）为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图1所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置在该实验中必须采用控制变量法，应保持_不变；改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出aF关系图线（如图2所示）分析此图线，CA段不过原点的可能原因是：_此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_A所挂钩码的总质量太大 B所用木块的质量太大C导轨保持了水平状态 D木块与导轨之间存在摩擦三、解答题（本大题共4小题，共40分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）15（7分）以初速度v0=3m/s做匀加速直线运动的物体，3s末运动的位移等于18m，求：（1）物体的加速度；（2）2s末的速度；（3）第3s内的位移16（10分）如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m5103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vmax1.02 m/s的匀速运动。g取10 m/s2，不计额外功。求：(1)起重机允许输出的最大功率；(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2 s末的输出功率。17（10分）如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成=37角并固定，质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，现有平行于杆向上的风力F作用于小球上，经时间t1=2s风力停止作用，小球沿细杆向上运动的vt图象如图乙所示，杆和小球间的动摩擦因数=0.5（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8），试求：（1）小球在02s内的加速度a1；（2）02s内风对小球作用力F的大小；（3）小球从最高点滑到出发点O点是时间t（答案可以保留根号）18（13分）如图所示，质量M=6kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=34N，当小车向右运动的速度达到2m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=4kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数=0.4，小车平板足够长（g取10m/s2），求：（1）小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大？（2）从小物块放上小车开始，经多长时间两者达到相同的速度？（3）从小物块放上小车开始，经过t=3s小物块通过的位移大小为多少？（4）若小物块恰好不从小车左端滑下，小车平板的最小长度是多少？答案 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，17为单选，8-12为多选全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分）1解：A、质点是一个理想化的模型，实际上是不存在的，但抓住了物体质量的属性，忽略了大小和形状，使问题研究变得简单方便故A错误B、位移是从始末位置的有向线段，所以物体从甲地到乙地两次通过的路程不相等，位移一定相等，故B错误C、第2s内和“2s内”不是同一时间间隔，第2s内时间段为1s，故C错误；D、矢量是即有大小又有方向的物理量，所以力、位移、速度、加速度都是矢量，故D正确故选：D2解：A、放在桌子上的皮球受到的弹力，是由于桌子发生形变之后要恢复原状对皮球产生的故B错误B、绳的拉力是一种弹力，是由于绳子发生拉伸形变，要恢复原状而对物体产生的，所以其方向沿着绳子指向绳子收缩的方向故B正确C、根据摩擦力产生的条件可知，有摩擦力时一定有弹力；故C正确；D、摩擦力的方向可以与运动方向相同，也可以相反，故D错误；故选D3解：据加速度的定义式：a=可知：AB、当速度越大或速度变化越大时，还取决于时间，所以加速度不一定越大，故AB错误；C、加速度是描述速度变化快慢的物理量，所以速度变化越快，加速度越大，故C正确；D、据加速度的定义式可知，相等时间内速度变化越大，加速度一定越大，故D错误故选：C4解析：物体的重力势能值与重力势能的零势能面的选取有关，故此题D选项正确。5解：A、由图象知第一秒做匀加速直线运动，第二秒做匀速直线运动，第三秒做匀减速直线运动，故A错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B正确C、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，第1s内和第3s内的运动方向相同，故C错误；D、根据“面积”可知：02s内和04s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误故选：B6解：以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：（F1F2）=2ma，加速度为：a=，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：F1N=ma，解得A、B间的作用力：N=； 故选：D7解：以小球为研究对象，分析受力如图设绳子与墙的夹角为，由平衡条件得F1=，F2=mgtan根据牛顿第三定律得球对绳的拉力F1=F1=，球对墙的压力F2=F2=mgtan把绳的长度增大减小，减小，cos增大，tan减小，则得到F1和F2都减小故选：A8解：A、力并不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A错误，B正确；C、物体不受力时将保持静止状态或匀速直线运动状态，故C错误；D、影响惯性大小的唯一因素是质量，质量相同，惯性相同，与运动情况及受力情况无关，故D正确故选：BD9解：A、此图位移不随时间而变化，图线的斜率等于速度，说明物体处于静止状态，故A错误；B、由图看出速度不随时间变化，说明物体做匀速直线运动，故B正确；C、此图线的斜率不变而且大于零，说明物体做匀速直线运动，故C正确；D、速度随时间均匀增大，说明物体做匀加速直线运动，故D错误；故选：BC10解：A根据h=可知，知道石块下落的时间就可以求出楼的高度，故A正确；B根据2ah=v2可知，知道石块落地的速度就可以求出楼的高度，故B正确；C石块第1s内的位移可以根据h=直接计算，是一个已知量，如果只知道石块第1s内的位移，没有其他条件，无法计算楼的高度，故C错误；D设运动时间为t，根据x=xtxt1即=x，可以算出下落的时间，由A的分析可知，可以求出楼的高度，故D正确故选：ABD11解：A、在蹬地过程中，加速度方向向上，所以此时人处于超重状态；故A正确，B错误；C、当离开地面后，人对地面就没有作用力了，处于完全失重状态，此时有向下的加速度，加速度的大小为重力加速度g，故C正确，D错误故选：AC12解：B、以人为研究对象，分析受力情况如图，人保持静止状态，则知FA与FB的合力与重力G大小相等、方向相反，保持不变，故B正确；A、C、D、由图看出FA的大小在减小，FB的大小也在减小，故A错误，C错误，D正确；故选：BD二、实验题（本大题共2小题，每小题6分，共12分）13解：（1）A、打点计时器应接交流电源，故A错误；B、将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，故B正确，D错误；C、开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C错误； 故选：B（2）两计数点间还有4个打点未标出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC=1.28m/sAB=8cmBC=11.2cm，CD=14.4cm，DE=17.6cm，可知连续相等时间内的位移之差为3.2cm，根据x=aT2得：a=3.2m/s2故答案为：（1）B，（2）1.28，3.214 解：（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持木块质量不变；（2）当拉力F已经不为零时，木块仍然没有产生加速度，故原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是不再满足钩码的质量远远小于小木块的质量，即所挂钩码的总质量太大；故选：A故答案为：（1）木块质量；（2）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；A三、解答题（本大题共4小题，共40分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）15解：（1）设加速度为a，由位移时间公式得：前3s内的位移：代入数据得：a=2m/s2（2）由速度公式得：2s末的速度：v2=vv0+at2=3+22=7m/s（3）由位移时间公式得：前2s内的位移：第3s内的位移：x=x3x2=1810=8m答：（1）物体的加速度为2m/s2；（2）2s末的速度7m/s；（3）第3s内的位移8m16解析：(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力。P0F0vmaxF0mg代入数据，有：P05.1104 W。(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：P0Fv1Fmgmav1at1由，代入数据，得：t15 st2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则v2atPFv2由，代入数据，得：P2.04104 W。答案：(1)5.1104 W(2)5 s2.04104 W17解：（1）有速度时间图象可知（2）在风力作用下，由牛顿第二定律得Fmgsin37mgcos37=ma1解得F=30N（3）有速度时间图象可得小球在杆上向上运动的最大位移为x=小球下滑的加速度为mgsin37mgcoa37=ma2解得由x=得t=答：（1）小球在02s内的加速度20m/s2（2）02s内风对小球作用力F的大小为30N；（3）小球从最高点滑到出发点O点是时间t为18解：（1）物块刚放上小车时，受摩擦力，故物块的加速度a1=g=4m/s2，方向水平向右小车受推力F及摩擦力作用，根据牛顿第二定律，小车的加速度a2=3m/s2，方向水平向右（2）设经过t时间，物块与小车的速度相等，则有：v0+a2t=a1t，解得：t=1s（3）在开始1s内小物块的位移：=2m最大速度：=a1t=4m/s 在接下来的2s物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：a=3.4m/s2这0.5s内的位移：S2=vt+=14.8m所以通过的总位移s=s1+s2=2+14.8=16.8m（4）由（2）可知，在时间t=1s时，二者速度相等，此时，物块位移=2m小车位移=3.5m小车平板的最小长度：L=x2x1=1.5m答：（1）小物块放上后，小物块的加速度为4m/s2，小车的加速度为3m/s2（2）从小物块放上小车开始，经多1s两者达到相同的速度；（3）从小物块放上小车开始，经过t=3s小物块通过的位移大小为16.8m（4）若小物块恰好不从小车左端滑下，小车平板的最小长度是1.5m