【文档说明】四川省广元市旺苍中学2024-2025学年高一上学期物理滚动练习一 Word版含解析.docx，共(17)页，857.966 KB，由小赞的店铺上传

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滚动练习一一、单选题1．下列说法正确的是（）A．布朗运动就是气体或液体分子的无规则运动B．所有晶体的光学和力学性质都是各向异性的C．单晶体有确定的熔点，而多晶体没有确定的熔点D．在完全失重的宇宙飞船中，水的表面仍然存在表面张力2．用弹簧测

力计测定木块A和木块B间的动摩擦因数μ，有如图所示的两种装置。已知A、B的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．甲图装置中只有匀速拉动A，才能用弹簧测力计的读数表示A、B间的摩擦力大小B．乙图装置中只有匀速拉动A，才能用弹簧测力计的读数表示A、B间的摩擦力大小C．

甲图装置中当A被拉动时，A、B间的摩擦力大小可用f=(mA+mB)g表示D．乙图装置中当A被拉动时，A对B的摩擦力方向向左3．新能源电动车已经走进我们的生活，逐渐为大家所青睐。对某新能源电动车进行刹车测试时，该车以30m/s的速度开始做匀减速直线运动

，运动最后1s内的位移大小为6m。该车在匀减速直线运动过程中描述不正确的（）A．加速度大小为26m/sB．位移大小为37.5mC．减速的时间为2.5sD．平均速度大小为15m/s4．如图，货车车厢内装有3根粗细相同的均质圆木，圆木

A、B紧挨着，圆木C叠放在A、B上。货车司机启动液压系统，使车厢底板由水平位置缓慢倾斜，直到圆木滑离底板到达地面，从而完成卸货。从启动液压系统到圆木开始滑离车厢底板的过程中，不考虑C与A、B间的摩擦力，关于A对C支持力1F和B对C的支持力2F，下列说法正确的是（）A．1F和2F的合力方向始终

与车厢底板垂直B．1F增大、2F减小C．1F减小、2F增大D．1F减小、2F先增大后减小5．如图所示，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点

由静止开始下滑，则该滑块（）A．通过bc、cd段的时间均等于TB．通过c、d点的速度之比为3:5C．通过bc、cd段的时间之比为1:3D．通过c点的速度大于通过bd段的平均速度6．如图所示，小李驾驶汽车按导航提示右转通过某个路口后，突然看到前方禁止通行警示牌，他反应过来后刹车

制动，并倒车回到路口绕道行驶。以路口为位移原点，汽车开始减速时为计时起点，并将汽车看成质点，忽略换挡时间（把刹车和倒车过程看成连续的匀变速直线运动），绘制了如图所示的xt−图像，由图中数据可得（）A．

t=4s时，汽车离路口最远为8mB．0~6s内，汽车的平均速度大小为1m/sC．t=0时刻，汽车的瞬时速度大小为2m/sD．t=3s时，汽车的加速度大小为2m/s²7．如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数=0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板

的底端以初速度v0=2m/s沿木板向上滑行，隨着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g=10m/s2，x的最小值为（）A．0.12mB．0.14mC．0.16mD．0.2m二、多选题8．如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一

根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力Ff随位移x变化的关系如图乙所示，x0、Ff0为已知量，则下列说法正确的是（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等）（）A．工件在传送带上先做加速运动，后

做减速运动B．工件向右运动2x0后与弹簧分离C．弹簧的劲度系数为f00FxD．整个运动过程中摩擦力对工件做功为f000.75Fx9．如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平

向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）A．P的加速度大小的最大值为2gB．Q的加速度大小的最大值为2gC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小10．如图甲所示，A、B两物

体静止在水平面上，0时刻A开始向右加速，1t时刻B开始向右加速，它们的加速度a与时间t关系图像如图乙所示，1S表示0到1t时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，2S、3S分别表示1t到2t时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面

积大小。已知2t时刻A在B右方且两者相距最远，下列说法正确的是（）A．2t时刻B的速度大于A的速度B．2t时刻A的速度方向向右C．2t时刻B的速度变化率为0D．123SSS−=第II卷（非选择题）三、实验题11．有一电流表A，量程为1mA，内阻r1约为100Ω．要求测量其内阻．可选用器

材有，电阻箱R0，最大阻值为99999.9Ω；滑动变阻器甲，最大阻值为10kΩ；滑动变阻器乙，最大阻值为2kΩ；电源E1，电动势约为2V，内阻不计；电源E2，电动势约为6V，内阻不计；开关2个，导线若干．采用的测量电路图如图所示，实验步骤如下：a.断开S

1和S2，将R调到最大；b.合上S1调节R使A满偏；c.合上S2，调节R1使A半偏，此时可以认为A的内阻rg＝R1，试问：（ⅰ）在上述可供选择的器材中，可变电阻R1应该选择；为了使测量尽量精确，可变电阻R应该选择；电源E应该选择．（ⅱ）认为内阻rg

＝R1，此结果与rg的真实值相比．（填“偏大”、“偏小”或“相等”）12．一个实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长关系”的实验。（1）甲采用如图a所示装置，质量不计的弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，实验中做出小盘中砝码重力随弹簧伸长量x变化

的图像如图b所示。（重力加速度210m/sg=）①利用图b中图像，可求得该弹簧的劲度系数为N/m。②利用图b中图像，可求得小盘的质量为kg，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果与真实值相比（选填“偏大”“偏小”或“相同”）。（2）为了制作一

个弹簧测力计，乙同学选了A、B两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图c所示的图像，为了制作一个量程较大的弹簧测力计，应选弹簧（填“A”或“B”）；为了制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧（填“A”或“B”）。四、解答题13．如图，有一质量

为m、面积为S、厚度可忽略的活塞静止于一竖直放置的气缸内，活塞下方密封有一定质量的理想气体，活塞距气缸底部的距离为2h，活塞上端与轻弹簧拴接，弹簧处于拉伸状态，劲度系数为k，形变量为h，开始时气缸内封闭气体的温度为T0，现用电

热丝缓慢加热气缸内的气体，（气缸位置不变）直至活塞缓慢上升2h，活塞始终在气缸内，活塞和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，大气压强为p0，重力加速度大小为g，求：(1)开始时和最终气缸内封闭气体的压强；(2)最终气缸内封闭气体的温度。14．如图所示，在水平地

面上静置一质量M=2kg的长木板，在长木板左端静置一质量m=1kg的小物块A，在A的右边静置一小物块B（B表面光滑），B的质量与A相等，A、B之间的距离L0=5m。在t=0时刻B以v0=2m/s的初速度向右运动，同时对A施加一水平向右、大小为6N

的拉力F，A开始相对长木板滑动。t1=2s时A的速度大小为v1=4m/s，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.05，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：(1)物块A与木板间的动摩擦因数μA；(2)已知t2=2.5

s时两物块均未滑离长木板，求此时物块A、B间的距离x；(3)当B滑到木板的右端时A、B恰好相碰，求木板长度L。15．0t=时，静止在笔直公路上相距101m的甲、乙两辆汽车同时开始相向行驶。甲车加速度大小为21ms，乙车加速度大小为22ms。行驶3s后，乙车减速，

速度减为零时掉头行驶，减速及掉头时的加速度大小相同为21.5ms，忽略乙车掉头所用时间。甲车允许行驶的最大速度为20m/s，乙车允许行驶的最大速度为15m/s，两车达到最大速度后开始以最大速度匀速行驶。求：（1）乙车减速至速度为零时，两车间的距离；（2）甲车追上乙车时，甲车的位移；（3）若甲车以

最大速度行驶10s时，两车都开始减速，甲减速的加速度为24ms，乙减速的加速度为21ms，判断两车是否会再相遇，若不可以请给出分析过程；若可以，求从开始运动到再次相遇时甲运动的时间。参考答案：题号12345678910答案DBACDDCBDADBD1．D【

详解】A．布朗运动是悬浮在气体或液体中的固体颗粒的无规则运动，是气体或液体分子的无规则运动的具体表现，选项A错误；B．单晶体在某些物理性质上具有各向异性，而多晶体表现为各向同性，故B错误；C．单晶体和多晶体都有确定的熔

点，选项C错误；D．在完全失重的宇宙飞船中，水的表面仍然存在表面张力，选项D正确。2．B【详解】AB．甲中B静止，B受到的摩擦力始终等于弹簧测力计示数，所以A不一定要匀速运动，而乙图中，A是运动的，要使A受到的摩擦力始终等于弹簧测力计示数，A一定要匀速运动，故A错误，

B正确；C．甲图装置中当A被拉动时，A、B间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f=mBg，故C错误；D．乙图装置中当A被拉动时，B相对A向左运动，则A对B的摩擦力方向向右，故D错误。3．A【详解】A．根据逆向思维，可知运动最后1s内

的位移大小为6m，可以看成反方向匀加速直线运动的第1s，则有20012xat=解得212m/sa=故A错误；B．电动车初速度为30m/s，根据速度与位移的关系式有2012vax=解得137.5mx=C．利用逆向思维，减速的时间012.5

svta==故C正确；D．根据平均速度的规律有015m/s2vv==故D正确。4．C【详解】对C受力分析，由于车厢底板由水平位置缓慢倾斜，则C处于平衡状态，C受到重力、A对C支持力1F和B对C的支持力2F，如图所示运动过程中，1F与竖直方

向夹角逐渐增大，故1F减小，2F增大，1F和2F的合力方向始终与重力方向相反。5．D【详解】A．一小滑块自a点由静止开始下滑比小滑块从b点静止开始下滑通过bd段任意一点的速度大，所以让该滑块自b点由静止开始下滑，相同位移平均速度变小，时间变

大，通过bc、cd段的时间均大于T，故A错误；B．从a点静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T，根据初速度为0的匀加速直线运动，相同时间的位移之比为ab：bc：1cd=：3：5设abL=，则3

bcL=，5cdL=，设滑块匀加速运动的加速度为a，从b点静止开始下滑通过c点，根据速度位移关系公式223cvaL=解得6cvaL=同理可得d点的速度为16dvaL=故38cdvv=：：故B错误；C

．由B选项及公式vat=可知383bccdtt=−::()故C错误；D．通过bd段的平均速度22dvvaL==所以有cvv故D正确。6．D【详解】A．以路口为位移原点，由xt−图像可知，t=4s时，汽车离路口最远为13m，故A错误；B．由xt−图像可知，0~6s内，汽车的平

均速度大小为115m/s1m/s6xvt−===故B正确；C．根据xt−图像的切线斜率表示速度可知，t=4s时，汽车的速度为0；在0~4s内有04402vxt+=可得t=0时刻，汽车的瞬时速度大小为02(135)m/s4m/s4v−==故C错误；D．汽车在0~4s内做匀减速直线运动

，则t=3s时，汽车的加速度大小为22044m/s1m/s4vat===故D错误。7．C【详解】设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成角时，由牛顿第二定律sincosmgmgma−−

=解得(sincos)ag=−+设木块的位移为x，有2002vax−=根据数学关系知2sincos1sin()+=++其中tan0.75==可得37=当90+=时加速度有最大值，且最

大值21ag=−+此时9053=−=，加速度最大值为54ag=−x的最小值为20min20.16m5xg==v故ABD错误，C正确。8．BD【详解】A．从图乙可知，摩擦力在0x处方向发生变化，在002xx区间工件的摩擦力大小发生变化，说明工件与

传送带相对静止，故工件先做加速运动后做匀速运动，故A错误；B．在002xx区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，02x位置摩擦力为零，所以弹力为零，所以工件运动02x后与弹簧分离，故B正确；C．由胡克定律得0f00.5kx

F=解得弹簧的劲度系数f002Fkx=故C错误；D．摩擦力对工件先做正功后做负功，图乙图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即f00f00f0010.50.752WFxFxFx=−=故D正确。9．AD【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为2

Fmg=撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为0Tmg=AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为mg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为0P1Tmgma−−=解得P12ag=−此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，

过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2g。Q加速度大小最大值为弹簧恢

复原长时Qmmgma−=解得Qmag=−故滑块Q加速度大小最大值为g，A正确，B错误；C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为P2mgma−=解得P2ag=−撤去拉力时

，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为g；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为g。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。10．BD

【详解】AD．1t到2t时间内，速度小的B在追速度大的A，而2t时刻A在B右方且两者相距最远，则ABvv=又at−图线与t轴围成的面积为速度变化量，则123SSS−=故A错误，D正确；B．由于2t时刻ABvv=，则A的速度方向向右。故B正确；C．由图可知，2t

时刻B的加速度不为零，则速度变化率不为0。故C错误。11．R0滑动变阻器甲E2偏小【详解】（i）[1]根据半偏法的测量原理，R1必须选电阻箱R0；[2]由于电流表的电阻很小，要求R1的阻值很大，故R应选滑动电

阻箱甲；[3]电源选择E2，误差较小．（ii）[4]根据闭合电路的欧姆定律及电路特点可得：合上S1，调节R使电流表满偏：ggEIRrr=++合上S2，调节R1使电流表半偏（电路中的总电流）：11ggEIrRRrr

R=+++故：I＞Ig．所以，通过电阻箱的电流IR1：IR1＞12Ig用U表示电阻箱两端电压，则112ggRUURrII==＜即：rg＞R1故：认为内阻rg=R1，此结果与的rg真实值相比偏小．12．2000.1相同BA【详解】（1）①[1]由图b中图像，可得该弹簧的劲度

系数为270N/m200N/m(4.00.5)10Fkx−−===−②[2]由图b中图像可知，当0F=时，弹簧的伸长量为00.5cmx=，则有00mgkx=解得小盘的质量为0202000.510kg0.1kg10kxmg−===[3]应用图像法处理实验数据，Fx−图像的斜率仍表

示弹簧的劲度系数，小盘的质量只会让图线平移，不会改变图线的斜率，故小盘的质量不会影响弹簧劲度系数的测量结果，即与真实值相同。（2）[4]由图c图像可知弹簧A在弹力大于4N后，xF−图像开始弯曲，不再满足胡克定律；弹簧B在弹力大于8N后，xF−图像开始弯曲，不再满足胡克定

律；故为了制作一个量程较大的弹簧测力计，应选弹簧B；[5]由xF−图像的斜率倒数表示弹簧的劲度系数，可知弹簧A的劲度系数小于弹簧B的劲度系数，在相同拉力作用下，弹簧A的伸长量大，弹簧A较灵敏，为了制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧A。13．(1)0pSmgkhS

+−，0pSmgkhS++(2)()0002TpSmgkhpSmgkh+++−【详解】（1）开始时活塞处于静止状态，设此时气缸内封闭气体的压强为p，由平衡条件可知0pSkhmgpS+=+解得0pSmgkhpS+−=活塞缓慢上升2h后弹簧处于压缩状态

，设此时气缸内封闭气体的压强为p，分析可知弹簧弹力Fkh=对活塞由平衡条件可知0pSpSmgkh=++解得0pSmgkhpS++=（2）设变化前后气缸内封闭气体的体积分别为V0、V1，温度分别为T0、T1，由理想气体状态方程可知0101pVpVTT=0

2VhS=14VhS=解得()00102TpSmgkhTpSmgkh++=+−14．(1)0.4(2)3.75m(3)7262+m【详解】（1）由运动学公式得v1=a1t1解得a1=2m/s2对A由牛顿第二定律得1AFmgma−=解得μA=0.4（2）t2=2.5s

时B运动的位移大小xB=v0t2=2×2.5m=5mt2=2.5s时A运动的位移大小22121122.56.25m22mAxat===t2=2.5s时A、B间的距离x=L0＋xB-xA=5m＋5m-6.25m=3.75m

（3）对木板由牛顿第二定律得μAmg-μ（m＋m＋M）g=Ma2解得a2=1m/s2设经过t′物块B滑到木板的右端时A、B恰好相碰，则210012atLvt=+A到达木板右端，可得22121122atLat=+联立解得726m2L+=15．（1）55.5m；（

2）200m；（3）可以；35s【详解】（1）设甲运动方向为正方向，乙车以初速度为零，加速度为22ms−行驶3s，速度111vat=位移211112xat=解得19mx=−减速到速度为0所用时间为2t，有1220vat=−位移

1222vxt=解得212mx=−甲在12tt+时间内运动的位移为()2331212xatt=+解得324.5mx=两车间的距离为0123xxxxx=++−解得55.5mx=（2）乙车速度从0加速到15m/s所用时间为3t，有m23vat=乙位移43m

2vxt=乙解得475mx=乙从开始运动到最大速度的位移5124xxxx=++解得554mx=甲在213ttt++时间内位移为()26312312xattt=++解得6144.5mx=初始时甲、乙间距离为0101mx=，则有101

m54m144.5m+甲车还未追上乙车。设其后再经过4t时间追上乙车，需满足()205m431234712xxvtattttx++=+++=乙解得43st=，7200mx=（3）由（2）可知，甲车恰加速到最大速度时追上乙车；乙车从第

一次相遇到减速到停止，位移为2mm532vxvta=+乙乙乙解得262.5mx=乙甲车从第一次相遇到减速到停止，位移为2mm542vxvta=+甲甲甲解得250mx=甲可得xx甲乙由此可知可以二次相遇。甲车减速到停止所需时间m64vta=

甲解得65st=其后甲不再运动，故从开始运动到再次相遇时甲运动的时间为123456ttttttt=+++++甲解得35st=甲