【文档说明】四川省宜宾市叙州区第一中学2019-2020学年高一上学期期末模拟考试物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，746.000 KB，由管理员店铺上传

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2019年秋四川省叙州区第一中学高一期末模拟考试理综物理试题一、选择题1.下列物理量中哪个不是矢量（）A.力B.速度C.质量D.加速度【答案】C【解析】矢量是既有大小又有方向的物理量，力、速度、加速度

都是矢量，故ABD正确；标量是只有大小没有方向的物理量，质量是标量，故C错误．所以C正确，ABD错误．2.下列关于自由落体运动研究的叙述中错误的是A.古希腊哲学家亚里士多德认为物体越重,下落得越快B.伽利略发现亚里士多德的观点有自相矛盾的地

方C.伽利略认为,如果没有空气阻力,重物与轻物应该下落得同样快D.伽利略用实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动【答案】D【解析】【详解】A．亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，物体越重，下落得越快，故A正确；B．伽利略认为

同一地点，轻重物体下落一样快，通过逻辑推理发现亚里士多德关于落体运动的认识有自相矛盾的地方，故B正确；C．伽利略认为，如果在忽略空气阻力的情况下，所有物体下落的加速度是相同的，与物体的质量无关，故C正确；D．伽利略根据光滑斜面上铜球下滑的运动规律，外推得出了自由落体运动是初速度为零的匀

加速直线运动，并不是用实验直接证实得到这个结论的，故D错误。故选D。3.下列说法正确的是()A.物体做曲线运动时，速度、加速度都一定在改变B.做曲线运动的物体受到的合外力可能为零C.物体在恒力作用下不可能做曲线运动D.做

曲线运动的物体，加速度可能不变【答案】D【解析】A、曲线运动的速方向一定变化，故是变速运动，而合外力可以是恒力，加速度不变，故A错误．B、物体所受合外力为零时，做匀速直线运动或静止，不可能做曲线运动，B错误．C、匀变速

曲线运动所受合力为恒力，故只要合外力和速度不共线就能做曲线运动，C错误．D、当合力与速度不在同一条直线上时，物体做曲线运动，而加速度可不变，也可以变化，但速度一定变化，故D正确．故选D．【点睛】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件.4.如图所示，在水平面上固定一点光源

，在点光源和右侧墙壁的正中间有一小球自水平面以初速度v0竖直上抛，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球竖直向上运动的过程中，关于小球的影子在竖直墙壁上的运动情况，下列说法正确的是A.影子做初速度为v0，加速度为g的匀减速直线运动B.影子做初速度为2v0，加速度为g的匀减速

直线运动C.影子做初速度为2v0，加速度为2g的匀减速直线运动D.影子做初速度为v0，加速度为2g的匀减速直线运动【答案】C【解析】【详解】如图所示，设经过时间t影子的位移为x，根据相似三角形的知识有：201212vtgtx−＝

，解得：x＝2v0t−gt2，故影子做初速度为2v0，加速度为2g的匀减速直线运动．A.影子做初速度为v0，加速度为g的匀减速直线运动，与结论不相符，选项A错误；B.影子做初速度为2v0，加速度为g的匀减速直线运动，与结论不相符，选项B错误；C.影子做初

速度为2v0，加速度为2g的匀减速直线运动，与结论相符，选项C正确；D.影子做初速度为v0，加速度为2g的匀减速直线运动，与结论不相符，选项D错误；5.身高和质量完全相同的两人穿同样的鞋在同一水平面上通过一轻杆进行顶牛比赛，企图迫使对方后退．设甲、乙两人对杆的推力分别

是F1、F2，甲、乙两人身体因前倾而偏离竖直方向的夹角分别为α1、α2，倾角α越大，此刻人手和杆的端点位置就越低，如下图所示，若甲获胜，则（）A.12FF=，12B.12FF，12=C.12FF=，12D.12FF，12【答案】A【解析】试题分析：杆

的质量不计，可知F1、F2为两人之间的相互作用力，故12FF=，比赛中决定胜负的是人受到的最大摩擦力的大小，甲获胜，则说明甲受到的摩擦力最大，甲对地的正压力最大，所以12，A正确考点：考查了摩擦力【名师点睛】本题是实际问题，关键是分析两人的最大静摩擦

力的变化情况，来确定两人与地面间的正压力的大小关系．6.如图所示,物体P以一定的初速度v沿光滑水平面向右运动,与一个右端固定的轻弹簧相撞,并被轻弹簧反向弹回．若轻弹簧在被压缩的过程中始终遵守胡克定律,那么在P与轻弹簧发生相互作用的整个过程中()A.P的加速度大小不断变

化,方向也不断变化B.P的加速度大小不断变化,但方向只改变一次C.P的加速度大小不断改变,当加速度数值最大时,速度最小D.有一段过程,P的加速度逐渐增大,速度也逐渐增大【答案】C【解析】试题分析：木块水平方向只受

到弹簧的弹力，根据胡克定律可知：弹簧的弹力与弹簧压缩的长度成正比．当木块向右压缩弹簧时，弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，做变减速运动，物体P被弹簧反向弹回时，弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，做变加速运动，但加速度的方向不变，故ABD错误．当速度为零时弹簧压缩最短，加速度最

大，故C正确，错误．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．点评：本题是含有弹簧的动态变化分析情况，要抓住弹力的可变性，由牛顿定律分析物体的运动情况．7.如图甲所示，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4

(如图乙)，电脑始终处于静止状态，则()A.电脑受到的支持力变大B.电脑受到的摩擦力变大C.散热底座对电脑的作用力的合力不变D.电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力【答案】AC【解析】【详解】AB.电脑在散热座上受到重力、散热座的支持力和摩擦力的作用保持

平衡状态，受力分析如图，根据平衡状态的条件可得摩擦力大小sinfmg=，支持力大小cosNmg=，当卡位1调至卡位4时，倾角变小，则电脑受到的摩擦力变小，支持力变大，故A正确，B错误CD.支持力与摩擦力的合力始终不变，合力大小等于电脑的重力，但不是电脑受到的支持力与摩擦力的大小

之和等于其重力，故C正确；D错误8.仅仅16岁零9个月15天，杭州女孩叶诗文的成就已“前无古人”．2012年12月16日凌晨，她以破赛会纪录的成绩勇夺短池世锦赛女子200米混合泳冠军，仅仅两年时间，她便成为中国游泳史上第

一位集奥运会、世锦赛、短池世锦赛和亚运会冠军于一身的全满贯．叶诗文夺得冠军说明她在这次比赛中下列的哪一个物理量一定比其他运动员的大()A.全程的平均速度B.全程的平均速率C.跳入泳池的速度D.终点撞线

时的速度【答案】B【解析】【详解】游泳比赛中，相同路程比较运动的时间，即比较全程的平均速率，所以叶诗文夺得冠军说明她在这次比赛中平均速率比其他运动员大；故B正确，A、C、D错误.故选B.【点睛】解决本题的关键知道平均速率等于路程与时间的比值．9.如图所示的位移（

x）-时间（t）图象和速度（v）-时间（t）图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A.甲车做直线运动，乙车做曲线运动B.10~t时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C.20~t时间内，丙、丁两车在2t时刻相距最远D.20~t时间内，丙

、丁两车的平均速度相等【答案】C【解析】【详解】A．根据位移-时间图象的斜率表示速度，由图象可知：乙图线的斜率不变，说明乙的速度不变，做匀速直线运动．甲做速度越来越小的变速直线运动．故A错误．B．在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等．故B错误．C．由图象与

时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远．故C正确．D．0～t2时间内，丙的位移小于丁的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙的平均速度小于丁车的平均速度．故D错误．10.质量为m的圆球放在光滑斜面和光滑的竖直挡板之间,如图.当斜面倾

角由零逐渐增大时（保持挡板竖直）,斜面和挡板对圆球的弹力大小的变化是A.斜面的弹力由零逐渐变大B.斜面的弹力由mg逐渐变大C.挡板的弹力由零逐渐变大D.挡板的弹力由mg逐渐变大【答案】BC【解析】【详解】AB．以小球为研究对象，分析受

力情况，作出力图如图，由平衡条件得，斜面对球的支持力大小2cosmgFmg=故当α增大时F2从mg逐渐增大，故A错误，B正确；CD．挡板对小球的弹力1tanFmg=当α为零时，F1为零；当α增大时F1从零逐渐增大，故C正确，D错误。故选

BC。11.如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90，框架与小球始终保持静止状态．在此过程中下列说法正确的是A.框架对小球的支持力先减小后增大B.拉力F的

最小值为mgcosθC.地面对框架的摩擦力减小D.框架对地面的压力先增大后减小【答案】BC【解析】【详解】AB．以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示，根据几何关系可知，当F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此

时：F=mgcosθ故A错误，B正确；C．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C正确；D．以框架与小球组

成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D错误．12.如图甲所示,一固定在地面上的足够长斜

面,倾角为37物体A放在斜面底端挡板处,通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B连接,B的质量M=1kg,绳绷直时B离地面有一定高度.在t=0时刻,无初速度释放B,由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v-t图像如图乙所示,若B落地后不反弹,g取10m/s2,sin3

7=0.6,cos37=0.8,则下列说法正确的是A.物体A开始上滑的加速度大小为8m/s2B.物体A沿斜面向上运动的过程中,绳的拉力对A做的功W=3JC.0.25s时物体A的重力的瞬时功率为3WD.物体A与斜面间的动摩擦因数

为0.5【答案】BC【解析】【详解】A．物体上滑过程中A、B两物体的加速度大小相等，根据图像可知加速度为222m/s4m/s0.5vat===故A错误；B．物体上滑时，对B物体有MgTMa−=所以绳子的拉力为6NTMaMg=+=对A物体，在0.5s后开始做减速运动，故

0.5s后A不受拉力作用，所以绳的拉力对A做的功为2111164J3J224WTat===故B正确；CD．对A物体，0-0.5s有1sin37cos37Tmgmgma−−=即6684mmm−−=0.5-0.75s有2sin37cos37mgmgma+=即688mmm

+=联立解得A物体的质量为5kgm=A与斜面的动摩擦因数为0.25=0.25s时A物体重力的瞬时功率为sin373WPmgv==故C正确，D错误。故选BC。二．实验题13.“验证力的平行四边形定则”实验如图甲所示

,其中A为固定橡皮筋的图钉,O为橡皮筋与细绳的结点,OB与OC为细绳.图乙显示的是在白纸上根据实验结果画出的图.（1）.图乙中的__________是力F1和F2的合力的理论数值;__________是力F1和F2的合力的实际测量值．（2）.在实验中,如果将细绳也换成橡皮筋,那么实验结果理论值

是否会发生变化?答__________(选填“变大”、“不变”、“变小”)（3）.本实验采用的科学方法是（）A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.物理模型法（4）.下列说法中正确的是（）A.两个分力的值稍大一些较好,便于减小作图误差B.两个分力的夹

角越大越好,同时在实验中应注意弹簧测力计与细线应始终平行纸板但不与纸面接触C.两分力的夹角应取90°较好,便于之后运算中采用勾股定理以验证平行四边形定则D.在同一实验中,两次实验操作O点的位置不能变动【答案】(1).F(2).F'(3).不变(4).B(5).AD【解析】试题分析：（1）图乙中的F

是根据平行四边形法则求得的力F1和F2的合力的理论数值；F/是力F1和F2的合力的实际测量值．（2）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么不会影响弹簧弹力的大小，故实验结果理论值不变；（3）本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B.（4）两个分力的值稍大一些较好，便

于减小作图误差，选项A正确；两个分力的夹角并非越大越好，在实验中应注意弹簧测力计与细线应始终平行纸板但不与纸面接触，以减小实验的误差，选项B错误；两分力的夹角不一定取90o，大小适当就好，选项C错误；在同一实验中，两次实验操作O点的位置不能变

动，以保证实验的等效性，选项D正确；故选AD.考点：验证力的平行四边形定则【名师点睛】此题考查了验证力的平行四边形定则的实验；解题时首先要搞清实验的原理及注意事项；实验所用的方法是等效法，为保证实验的条件应注意每次必须要把结

点拉到同一位置；注意实验中的理论值是根据平行四边形定则求出的，与实际值有一定的误差.14.某同学在用小车做“测定匀变速直线运动的加速度”实验时，从打出的若干纸带中选出了如图所示的一条（每两点间还有四个点没有画出来），上部的数字为

相邻两个计数点间的距离。打点计时器的电源频率为50Hz。（1）计算出打下B点时小车的瞬时速度：vB=_________m/s（2）在研究匀变速直线运动的实验中，算出小车经过各计数点的瞬时速度，为了计算加速度，最合理

的方法是（）A、根据任意两计数点的速度用公式a=vt算出加速度B、根据实验数据画出v-t图象，量取其倾角，由公式a=tanα求出加速度C、根据实验数据画出v-t图象，由图象上相距较远的两点所对应的速度、时间用公式a=vt算出加速度D、依次算

出通过连续两计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度（3）除了上面那种方法，我们还可以用逐差法计算小车的加速度，那么小车运动的加速度的计算表达式为__________，加速度的大小为_____________m/s2。（结果保留两位有效数字）【答案】(1).0.81m/s(

2).C(3).()45612329SSSSSST++−++(4).1.9【解析】【详解】(1)[1]由于相邻计数点间还有四个点未画出，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，所以0.0710.091m/s0.81

m/s220.1ACBxvT+==(2)[2]AC．在处理实验数据时，如果只使用其中两个数据，由于偶然误差的存在可能会造成最后误差较大；所以我们可以根据实验数据画出v-t图象，考虑到误差，不可能是所有点都整齐的排成一条直线，连线时，应该尽

量使那些不能画在线上的点均匀地分布在线的两侧，这样图线上会舍弃误差较大的点，由图线上任意两点所对应的速度及时间，用公式=vat出加速度，所以误差小；故A错误，C正确；B．根据实验数据画出v-t图象，当纵坐标取不同的标度时，图象的倾角就会不同，

所以量出其倾角，用公式a=tanα算出的数值并不是加速度，故B错误；D．这种方法是不对的，因为根本就不知道加速度是一个什么函数，如果是一个变化值这种方法完全是错误的，除非你能确定加速度是什么函数，故D错误．故选C。(3)[3][4]由逐

差可得加速度为()45612329SSSSSSaT++−++=代入数据解得21.9m/sa=三、计算题15.有一矿井深125m,在井口每隔一定时间自由下落一个小球,重力加速度g=10m/s2,当第11个小球刚

好从井口下落时,第1个小球恰好到井底,则相邻两个小球开始下落的时间间隔为多少?这时第3个小球和第5个小球相隔多远?【答案】0.5s；35m【解析】【详解】每一个小球自由下落的时间是25shtg==依题意，第1个球刚落至井底的瞬间，第11球刚好在井口

，因此空中有9个球在下落，并存在相等的10个时间间隔△t，故0.5s10tt==此时第3个小球已下落了8△t的时间，第5个小球已下落了6△t的时间，因此它们相距△h()()22118635m22hgtgt=−=。

16.某天，强强同学在上学途中沿平直人行道以v1＝1m/s速度向到校的6路公交站台走去，发现6路公交车正以v2＝15m/s速度从身旁的平直公路同向匀速驶过，此时他们距站台s＝50m．为了乘上该公交车去学校，他立即尽全力加速向前跑去

，其最大加速度为a1＝2.5m/s2，能达到的最大速度vm＝6m/s.假设公交车在行驶到距站台s0＝25m处开始刹车，刚好到站台停下(如下图所示)．强强上车后公交车再启动向前开去．(不计车长)求：(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度a2的大小；(2)

公交车刚停下时，强强距站台至少还有多远．【答案】(1)4.5m/s2(2)25m【解析】【详解】（1）由222022vvas−=得公交车的加速度大小：a2=4.5m/s2（2）公交车从相遇处到开始刹车所用时间：01250255ss153sstv−−===刹车过程所用时间：222001510s4.

53vtsa−−===−公交车从相遇到停下所用时间t=t1+t2=5s强强以最大加速度达到最大速度用时间：13161s2s2.5mvvta−−==＝通过的位移：()11317m2msvvt=+=匀速运动的时间：t4=t-t3=3s匀速运动的位移：s2=vmt4=18m∴△s=s-

s1-s2=25m17.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，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ=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10kg

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sin37º＝0.6，cos37º＝0.8，g取10m/s2，6=2.450，7.2=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1.25ms=(2)要把米袋送到D点，CD部分的速度4m/sCDv时间t的范围为1.1

6s2.1st≤≤【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上加速时的加速度a0＝mgm＝μg＝5m/s2米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离s0=202va=2.5m＜AB=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mgsinθ+μmgcosθ=ma代入数据得a=10m/s2所以能滑上的最大距离s＝202va＝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（sinθ+μcosθ）=-10m/s2米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2m/s2由2221011204.4522vvvmaa−−+＝解得v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1=4m/s米袋恰能运到D点

所用时间最长为1011202.1maxvvvtsaa−−+＝＝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+12a2t2min，得：tmin=1.16s所以

，所求的时间t的范围为1.16s≤t≤2.1s；【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.