1、云南省新平一中2018-2019学年下学期5月份考试高一物理一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) 1.做匀变速直线运动的物体，它的加速度为a，在时间t内的位移为x，末速度为v，则此物体运动规律的表达式为()A. xvtat2B. xvtat2C. xvtat2D. xvtat2【答案】B【解析】【分析】已知末速度、时间和加速度，采用逆向思维，结合位移时间公式求出位移的表达式【详解】物体做匀变速直线运动，采用逆向思维，根据位移时间公式有，B正确2.细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示(已知cos 53
2、0.6，sin 530.8)以下说法正确的是()A. 小球静止时弹簧的弹力大小为mgB. 小球静止时细绳的拉力大小为mgC. 细绳烧断瞬间小球的加速度立即为gD. 细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g【答案】D【解析】【详解】小球静止时，分析受力情况，如图所示：，由平衡条件得：，细绳的拉力大小为：，故AB错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：，故D正确，C错误。3.一个物体静止在水平桌面上，下列说法中正确的是()A. 桌面对物体的支持力和物体所受的重力是一对平衡力B. 物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作力
3、C. 物体对桌面的压力就是物体所受的重力，这两个力是同一性质的力D. 物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡力【答案】A【解析】【详解】桌面对物体的支持力和物体所受的重力是一对平衡力，故A正确，B错误；物体对桌面的压力和物体所受的重力大小相等，方向相同，但是这两个力不是同一性质的力，故C错误；物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是作用力和反作用力，故D错误。4.如下图所示，是一个半径为R的中国古代八卦图，中央S部分是两个半圆，练功人从A点出发沿相关路线进行(不能重复)，在最后又到达A点求在整个过程中，此人所经过的最大路程和最大位移分别为()A. 0；0B. 2R；2RC. (32)R；
4、2RD. (22)R；2R【答案】C【解析】路程是指物体所经过的路径的长度，沿图中路线走完一遍的路程s=2R+R+2R=（3+2）R；当人离A点最远的时候，位移最大，所以当人在C点的时候，离A最远，此时的位移是最大的，即为2R，故C正确；故选C。点睛：位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移的大小只与初末的位置有关，与经过的路径无关；路程是指物体所经过的路径的长度.5.无级变速是指在变速范围内任意连续地变换速度，其性能优于传统的挡位变速器，很多高档汽车都应用了“无级变速”图所示为一种“滚轮平盘无级变速器”的示意图，它由固定在主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成由于摩擦的作用，当平盘转
5、动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴的转速n1、从动轴的转速n2、滚轮半径r以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x之间的关系是 ()A. n2n1B. n1n2C. n2n1D. n2n1【答案】A【解析】由滚轮不会打滑可知，主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮在接触点处的线速度相同，即v1v2，由此可得x2n1r2n2，所以n2n1，选项A正确6.如图所示，水平转台上放着A、B、C三个物体，质量分别为2m、m、m，离转轴距离分别为R、R、2R，与转台间的摩擦因数相同，转台旋转时，下列说法中正确的是()A. 若三个物体均未滑动，A物体向心加速度最大B. 若三个物体均未滑动
6、，B物体受的摩擦力最大C. 转速增加，C物体先滑动D. 转速增加，A物体比B物体先滑动【答案】C【解析】【详解】三物都未滑动时，角速度相同，根据向心加速度公式a=2r，知ar，故C的向心加速度最大，故A错误；三个物体的角速度相同，设角速度为，则三个物体受到的静摩擦力分别为：fA=2m2R，fB=m2R，fC=m22R=2m2R，所以物体B受到的摩擦力最小，故B错误；物体恰好不滑动时，最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mg=m2r，解得：，故三个物体中，物体C的静摩擦力先达到最大值，最先滑动起来；AB同时滑动，故D错误，C正确。7.如图所示，一个球绕中心线OO以角速度转动，则()A、
7、B两点的角速度相等A、B两点的线速度相等若30，则vAvB以上答案都不对A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：共轴转动的各点角速度相等，故A、B两点的角速度相等，故正确；由于转动半径不等，角速度相等，根据公式，线速度不等，故错误；A、B两点的角速度相等，A点的转动半径为，B点的转动半径为R，根据公式，线速度之比，故正确，错误，故A正确。考点：线速度、角速度和周期、转速8.一艘宇宙飞船绕一个不知名的行星表面飞行，要测定该行星的密度，只需要()A. 测定飞船的运行周期B. 测定飞船环绕半径C. 测定行星的体积D. 测定飞船的运行速度【答案】A【解析】宇宙飞船绕一个不知名的行星表面飞行
8、，飞船轨道半径等于行星的半径即设飞船绕行星飞行的周期是T，行星质量为M，飞船质量为m，则，解得：行星的密度则要测定该行星的密度，仅仅需要测定的物理量是飞船绕行星飞行的运行周期。故A项正确。9.如图所示，旋转雨伞时，水珠会从伞的边缘沿切线方向飞出，这属于（）A. 扩散现象B. 超重现象C. 离心现象D. 蒸发现象【答案】C【解析】试题分析：当物体受到的合力的大小不足以提供物体所需要的向心力的大小时，物体就要远离圆心，此时物体做的就是离心运动解：当旋转雨伞时，由向心力可知，所需要的向心力增加，由于提供向心力不足以所需要的向心力，从而远离圆心运动，故C正确，ABD错误；故选：C10.我国绕月探测工程
9、的预先研究和工程实施已取得重要进展设地球、月球的质量分别为m1、m2，半径分别为R1、R2，人造地球卫星的第一宇宙速度为v，对应的环绕周期为T，则环绕月球表面附近圆轨道飞行的探测器的速度和周期分别为( )A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【详解】由地球对地面附近人造卫星的万有引力提供它作匀速圆周运动的向心力，可得=m，解得v=，同理环绕月球表面附近圆轨道飞行的探测器的速度v=，则v=；根据地球对地面附近人造卫星的万有引力提供它作匀速圆周运动的向心力，可得=mR1，解得T=2，同理月球表面附近圆轨道飞行的探测器的周期T=2，则T=，故A正确，B、C、D错误。二、多选题(共4小题,
10、每小题4.0分,共16分) 11.两个共点力的大小分别为F16 N，F210 N，则它们的合力可能为()A. 3 NB. 5 NC. 10 ND. 20 N【答案】BC【解析】两力合成时，合力范围：|，代入数据得：，故选BC。【点睛】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180时合力最小，并且12.关于摩擦力，下列说法正确的是()A. 无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，均跟正压力有关B. 静摩擦力跟平行于接触面的外力大小有关C. 正压力增大，静摩擦力有可能不变D. 静摩擦力的大小跟接触面粗糙程度有关【答案】BC【解析】【详解】只有滑动摩擦力的大小才与压力成正比，故A错误；由
11、平衡条件可知，静摩擦力跟平行于接触面的外力大小有关，故B正确；物体间的压力增大时，静摩擦力有可能不变，比如：被压在竖直面的物体，故C正确；滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关，静摩擦力与接触面的粗糙程度无关，故D错误。13.“嫦娥一号”探月卫星发射成功，实现了中华民族千年奔月的梦想则下列说法正确的是()A. 发射初期时，“嫦娥一号”处于超重状态，但它受到的重力却越来越小B. 火箭发射时，由于反冲火箭向上加速运动C. “嫦娥一号”发射后要成功“探月”需要不断进行加速D. 发射初期时，“嫦娥一号”处于失重状态但它受到的重力却越来越大【答案】AB【解析】A项：发射初期，“嫦娥一号”的加速度向上，处
12、于超重状态，“嫦娥一号”离地球原来越远，由可知，卫星受到的万有引力越来越小，重力越来越小，故A正确，D错误；B项：火箭发射时由于反冲作用，火箭向上加速运动，故B正确；C项：“嫦娥一号”发射后要成功“探月”需要进行匀速运动、减速运动，故C错误。点晴：本题考查了判断卫星所处的状态、判断卫星所示重力如何变化，分析清楚卫星的运动过程、应用万有引力定律即可正确解题。14.(多选)人类向宇宙空间发展最具可能的是在太阳系内地球附近建立“太空城”设想中的一个圆柱形太空城，其外壳为金属材料，长1 600 m、直径200 m，内壁沿纵向分隔成6个部分，窗口和人造陆地交错分布，陆地上覆盖1.5 m厚的土壤，窗口外有
13、巨大的铝制反射镜，可调节阳光的射入，城内部充满空气，太空城内的空气、水和土壤最初可从地球和月球运送，以后则在太空城内形成与地球相同的生态环境为了使太空城内的居民能如地球上一样具有“重力”，以适应人类在地球上的行为习惯，太空城将在电力的驱动下，绕自己的中心轴以一定的角速度转动如图为太空城垂直中心轴的截面，以下说法正确的有()A. 太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心B. 人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供C. 太空城内的居民不能运用天平准确测出质量D. 太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大【答案】ABD【解析】试题分析：因为太空
14、城以中心轴做圆周运动，故太空城对人的支持力提供向心力，故支持力的方向指向圆心，而物体的“重力”大小就是太空城对物体的支持力，故太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心，选项AB正确；根据可知，太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大，选项D正确；因为太空城内认为创造了“重力”，故太空城内的居民能运用天平准确测出质量，选项C错误；故选ABD.考点：圆周运动的规律.三、实验题(共2小题,共16分) 15.某同学设计了用光电门传感器“探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量M关系”的实验(1)如图a所示，在小车上固定宽度为L的挡光片，将两个光电门传感器固定在
15、相距为d的轨道上，释放小车，传感器记录下小车经过光电门的时间分别是t1、t2，可以测得小车的加速度a_(用题中的符号L、d、t1、t2表示)(2)在该实验中必须采用_法(填物理方法)，应保持_不变，通过改变钩码的个数来改变小车所受的拉力大小，研究加速度a随拉力F变化的规律(3)甲、乙两名同学用同一装置做实验，画出了各自得到的aF图线如图b所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？ _.【答案】 (1). (2). 控制变量 (3). 小车的总质量 (4). 小车的总质量【解析】【详解】(1)小车经过光电门1、2时的瞬间速度分别为v1，v2；根据匀变速直线运动的速度位移公式，解得：a.(2)
16、在本实验操作中，采用了控制变量法，即先保持一个变量不变，看另外两个变量之间的关系，具体操作是：先不改变小车的总质量，研究加速度与力的关系；再不改变小车受力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者间的关系(3)由题图b可知在拉力相同的情况下a乙a甲，所以两同学的实验中小车的总质量不同16. 在“研究平抛物体的运动”的实验中（1）为了能较准确地描绘小球运动轨迹，下面操作正确的是（ ）A通过调节使斜槽的末端保持水平B每次释放小球的位置必须不同C每次必须由静止释放小球D将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线(2)某同学实验时得到了如图所示物体的运动轨迹，三点的位置在运动轨迹
17、上已标出，则小球平抛的初速度=_m/s（g取10）；小球开始做平抛运动的位置坐标_cm，_cm。【答案】（1）AC（2）2m/s -10cm -1.25cm【解析】试题分析：（1）在“研究平抛物体的运动”的实验中，首先安装器材时必须保证斜槽末端切线水平，这样小球的初速度才能水平；同时释放小球时必须从同一位置由静止释放，从而保证每次平抛运动的初速度相同；最后画图像时，将所描绘出的点用平滑曲线连接，剔除个别误差较大的点，这样求出的初速度误差小。（2）由于小球从A到B和从B到C两过程水平位移相同，故两过程的时间相同，设为，竖直方向为自由落体运动，可以得到。设在B点竖直方向的分速度为，则设小球从抛出点
18、运动到的时间为，则在竖直方向投影点距抛出点的距离B在水平方向投影点距抛出点的距离故抛出点的位置坐标考点：研究平抛物体的运动四、计算题 17.如图，底座A上装有长0.5 m的直立杆，底座和杆总质量为0.2 kg，杆上套有0.05 kg的小环B，与杆有摩擦，当环以4 m/s从底座向上运动，刚好能到达杆顶，求：(1)上升过程中的加速度；(2)下落过程的时间；(3)下落过程中，底座对地的压力有多大？(g10 m/s2)【答案】（1）,方向竖直向下 （2）0.5s （3）2.3N【解析】试题分析：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出小环B的加速度；（2）对小环上升和下落过程受力分析，由牛顿第二运动
19、定律结合运动学基本公式即可而求出下落的时间。（3）对杆和底座整体受力分析结合牛顿第三定律求得底座对地面的压力。（1）由运动学公式得：解得：，方向竖直向下（2）对小环上升过程受力分析，由牛顿第二运动定律得：解得：下落时，由牛顿第二运动定律得：解得：而解得：t=0.5s（3）对杆和底座整体受力分析得：解得：根据牛顿第三定律，底座对水平面压力大小也为2.3N【点睛】本题中底座与小环的加速度不同，采用隔离法研究，抓住加速度是关键，由牛顿运动定律和运动学公式结合进行研究。18.某滑雪场有一游戏闯关类项目叫雪滑梯，其结构可以简化为如图所示的模型雪滑梯斜面部分AB长l18 m，斜面与水平方向夹角37，水平部
20、分BC长x020 m，CD为一海绵坑，斜面部分与水平部分平滑连接质量为m的运动员(可视为质点)乘坐一质量为M的滑雪板从斜面顶端A处由静止滑下，在水平雪道上某处运动员离开滑雪板滑向海绵坑，运动员不掉进海绵坑算过关已知滑雪板与雪道间的动摩擦因数10.25，运动员与雪道间的动摩擦因数20.75，假设运动员离开滑雪板的时间不计，运动员离开滑雪板落到雪道上时的水平速度不变，运动员离开滑雪板后不与滑雪板发生相互作用已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，求：(1)运动员滑到斜面底端B处时的速度大小v0；(2)运动员在水平雪道上距B处多远的区域内离开滑雪板才能闯关成功【答案】(1) 1
21、2 m/s (2) x15.6 m【解析】【详解】(1)设运动员乘坐滑雪板沿斜面上滑动时的加速度为a0，滑到底端时的速度大小为v0，有：(Mm)gsin1(Mm)gcos(Mm)a0代入数据解得：a04 m/s2由运动学公式：2a0l代入数据解得：v012 m/s(2)在水平雪道上运动时，运动员乘坐滑雪板时加速度大小为a1，离开后加速度大小为a2，有：1(Mm)g(Mm)a1代入数据解得：a12.5 m/s22mgma2代入数据解得：a27.5 m/s2设运动员在距B处x处离开时刚好滑到海绵坑C处停下，翻下时速度为v1，则有：2a1x2a2(x0x)联立解得：x15.6 m19.如图所示，一个
22、大轮通过皮带拉着小轮转动，皮带和两轮之间无滑动，大轮的半径是小轮的2倍，大轮上的一点S到转动轴的距离是大轮半径的.当大轮边缘上P点的向心加速度是12 m/s2时，大轮上的S点和小轮边缘上的Q点的向心加速度分别是多少？【答案】aS=4m/s2, aQ=24m/s2【解析】【分析】共轴转动的点角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点线速度大小相等，结合半径关系可得S，Q的向心加速度；解：同一轮子上的S点和P点角速度相同：，由向心加速度公式可得：，则又因为皮带不打滑，所以传动皮带的两轮边缘各点线速度大小相等：由向心加速度公式可得： 则20.小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为3，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力求：(1)绳断时球的速度大小v1；(2)球落地时的速度大小v2及绳能承受的最大拉力多大？【答案】(1) (2) 【解析】【详解】(1)设绳子断后球的飞行时间为t，根据平抛运动规律，竖直方向水平方向dv1t联立可得： (2)由动能定理：解得：设绳子能够承受的最大拉力为FT，这也是球受到绳的最大拉力，球做圆周运动的半径为根据圆周运动向心力公式解得： FTmg
