1、2018-2019学年上学期日照一中2016级“决胜高三”第一次过关检测物理科试题一、单项选择题1.如图所示,自行车的车轮半径为R,车轮沿直线无滑动地滚动,当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时,气门芯位移的大小为()A. R B. 2RC. 2R D. R【答案】D【解析】【详解】当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动半个周长，气门芯的初位置与末位置如图，由几何知识得，气门芯的位移大小，故选D。2.同一张底片对着小球运动的路径每隔1/10s拍一次照,得到的照片如图所示,则小球在图示过程中的平均速度的大小是()A. 0.25 m/s B. 0.2 m/sC.
2、0.17 m/s D. 无法确定【答案】C【解析】【详解】由图知，小球运动位移：x=6cm-1cm=5cm=0.05m；每隔0.1s拍一次照，因此小球运动的时间t=0.1s3=0.3s；小球的运动平均速度：，故ABD错误，C正确。故选C。3.在离地高h处,沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球,它们的初速度大小均为v,不计空气阻力,两球落地的时间差为()A. 2v/g B. v/g C. 2h/v D. h/v【答案】A【解析】试题分析：当上抛的物体回到抛出点时，做初速度为v的下抛运动，之后的运动和下抛物体的运动相同，即运动时间相同，所以两者落地的时间差正好是上抛物体上升和回到抛出点的时间，上抛
3、物体回到抛出点的运动过程中，加速度为g，初速度为v，末速度为-v，所以有，A正确考点：考查了抛体运动规律的应用【名师点睛】关键是知道两者落地的时间差正好是上抛物体上升和回到抛出点的时间4.如图所示，倾角为的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态，则()A. B受C的摩擦力一定不为零B. C受地面的摩擦力一定为零C. C有沿地面向右滑的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D. 将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力水平向左【答案】C【解析】【详解】设A、B、C的重力分别为GA、GB、G
4、C若GA=GBsin，B相对于C没有运动趋势，不受到C的摩擦力。故A错误。以B、C整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得：地面对C的摩擦力f=Fcos=GAcos，方向水平向左，说明C有沿地面向右滑动的趋势。故B错误，C正确。将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，则以B、C整体为研究对象得到，f=0，即水平面对C的摩擦力为零。故D错误。故选C。5.如图示，甲图为质点a和b做直线运动的位移时间（xt）图象，乙图为质点c和d做直线运动的速度时间（vt）图象，由图可知（ ）A. 在t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点的运动方向发生了改变B. 在t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质
5、点做变速运动C. 若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻a、b两质点第二次相遇D. 若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻c、d两质点第二次相遇【答案】C【解析】在位移-时间图象中，斜率表示速度，则a的速度方向不变，b的速度方向变化，v-t图象中，cd两质点的速度一直为正，没有改变，所以只有b运动方向改变，acd质点的方向未发生改变，故A错误；到时间内，bcd的速度都在变化，故B错误；和时刻a、b两个质点都在同一位置，若时刻为第一次相遇，则时刻为第二次相遇，故C正确；若时刻c、d两质点第一次相遇，到时间内，c、d两质点的位移不等，因此时刻两质点不可能相遇，故D错误6.如图所示,壁虎
6、在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行,关于它在此平面内的受力分析,下列图示中正确的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】壁虎在竖直玻璃面上匀速爬行，属于匀速直线运动，对壁虎进行受力分析：由图可知，F与大小相等，方向相反，故选项A正确。7.如图所示,某人静躺在椅子上,椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角。若此人所受重力为G,则椅子各部分对他的作用力的合力大小为()A. G B. GsinC. Gcos D. Gtan【答案】A【解析】试题分析：人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力，根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，
7、反向，即大小是G，故选项A正确。考点：力的合成【名师点睛】人受多个力处于平衡状态，合力为零人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力根据平衡条件求解。视频8.如图所示,由相同材料做成的A、B两物体放在长木板上,随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动,它们的质量分别为mA和mB,且mAmB。某时刻木板突然停止运动,设木板足够长,下列说法中正确的是()A. 若木板光滑,由于A的惯性较大,A、B间的距离将增大B. 若木板粗糙,由于B的惯性较小,A、B间的距离将减小C. 若木板光滑,A、B间距离将减小D. 若木板粗糙,A、B间距离保持不变【答案】D【解析】【详解】若木板
8、光滑，木板停止运动后，A，B均以速度v做匀速运动，间距不变，故AC错误；若木板粗糙，同种材料制成的物体与木板间动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律得到：mg=ma，a=g，则可见A，B匀减速运动的加速度相同，间距不变。故B错误，D正确。故选D。【点睛】考查牛顿第二定律以及学生的综合分析能力难度适中物体由于滑动摩擦力作用而减速时，加速度大小为a=g，与物体的质量无关9.如图所示,在光滑的水平面上,A、B两物体的质量mA=2mB,A物体与轻质弹簧相连,弹簧的另一端固定在竖直墙上,开始时,弹簧处于自由状态,当物体B沿水平方向向左运动,使弹簧压缩到最短时,A、B两物体间作用力为F,则弹簧给A物体的作用力的
9、大小为()A. F B. 2F C. 3F D. 4F【答案】C【解析】试题分析：设弹簧对A的作用力为F1，则对整体F1=(mA+mB)a,对物体B，则F=mBa，解得F1=3F,选项C正确。考点：整体法及隔离法的应用。10.如图,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比,小球的高度()A. 一定升高 B. 一定降低C. 保持不变 D. 升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定【答案】A【解析】试题分析：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲
10、度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，弹簧的伸长x1，即小球与悬挂点的距离为L1=L0+，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cos=mg，T2sin=ma，所以：T2=，弹簧的伸长：x2，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+）cos=L0cos+L0+=L1，所以L1L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故A正确，BCD错误。故选：A。考点：牛顿第二定律；胡克定律。【名师点睛】本题中考查牛顿第二定律的应用，以小球为研究对象，求出静止时小球到悬点间的高度差。当小车的加速度稳定在一定值时，在竖直和水平两个方向上分别列出平衡
11、方程和牛顿第二定律方程，可得出橡皮筋的长度，求出其对应的竖直高度，与静止时的竖直高度比较即可。视频二、多项选择题11.如图所示，光滑水平地面上放有截面为1/4圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，且B与地面不接触，对A施加一水平向左的力F，使整个装置保持静止若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则()A. 水平外力F增大B. 墙对B的作用力减小C. 地面对A的支持力减小D. A对B的作用力减小【答案】BD【解析】【详解】对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N，如图； 当A球向左移动后，A球对B球的支持力N的方向不断变化，根据平衡条件结合
12、合成法可以知道A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N都在不断减小，则B对A的作用力也减小。故BD正确；再对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，推力F和墙壁的弹力N，如图；根据平衡条件，有F=N；FN=G；故地面对A的支持力保持不变，推力F随着壁对B球的支持力N的不断减小而不断减小，故AC错误；故选BD。【点睛】本题关键是先对小球B受力分析，根据平衡条件得到各个力的变化情况，然后再对A、B整体受力分析，再次根据平衡条件列式分析。12.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T。现用水平拉力
13、F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是A. 质量为2m的木块受到五个力的作用B. 当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧会被拉断C. 当F逐渐增大到2T时，轻弹簧刚好被拉断D. 当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变【答案】ACD【解析】【详解】质量为2m的物体受重力、支持力、m对它的压力以及摩擦力，还有弹簧的弹力，总共受5个力。故A正确；当弹簧的弹力为T时，m和2m的加速度a=T/3m，对整体分析，拉力F=6ma=6m=2T知当拉力为2T时，轻弹簧恰好被拉断。故B错误，C正确。撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，m和2m整体的加速度不变，隔离对m分析，根据牛顿第二定律知，m
14、所受的摩擦力大小和方向都不变。故D正确。故选ACD。【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用；解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用13.如图,L形木板置于粗糙水平面上,光滑物块压缩弹簧后用细线系住。烧断细线,物块弹出的过程木板保持静止,此过程()A. 弹簧对物块的弹力不变 B. 弹簧对物块的弹力逐渐减小C. 地面对木板的摩擦力不变 D. 地面对木板的摩擦力逐渐减小【答案】BD【解析】【详解】烧断细线，弹簧要恢复原状，弹簧对物块的弹力逐渐减小，故A错误，B正确。木板在水平方向上受到弹簧的弹力和地面的摩擦力，两个力处于平衡，由于弹簧的弹力逐渐减小，则地面对
15、木板的摩擦力逐渐减小。故D正确、C错误。故选BD。【点睛】本题通过形变量的变化得出弹力变化是解决本题的关键，注意木块对木板没有摩擦力，木板所受的摩擦力为静摩擦力14. 地面上有质量为M的重物，用力F竖直向上提它，力F和物体加速度a的函数关系如图所示，则下列说法正确的是A. 图中直线的斜率表示物体的质量MB. 图中A点对应的值为物体重力的大小C. 图中延长线与纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度D. 物体向上运动的加速度a和力F成正比【答案】BC【解析】试题分析：对物体根据牛顿定律可知，变形可得，所以图中直线的斜率的倒数表示物体的质量M，选项A错误；当a=0时可得F=Mg,所以图中A点
16、对应的值为物体重力的大小，B选项正确；当F=0时，可得a=-g, 图中延长线与纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度，C选项正确；物体向上运动的加速度a和力F是线性关系但不是成正比关系，D选项错误。考点：牛顿第二定律及用图像表示物理规律问题15.如图甲所示,轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一小物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速直线运动,拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g取10m/s2),则下列结论正确的是()A. 物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态B. 物体的质量为2 kgC. 物体的加速度大小为5 m/
17、s2D. 弹簧的劲度系数为5 N/cm【答案】BCD【解析】【详解】物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：mg=kx；拉力F1为10N时，根据牛顿第二定律，有：F1+kx-mg=ma；物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有：F2-mg=ma；联立以上三个方程，代入数据解得：m=2kg；k=500N/m=5N/cm；a=5m/s2；故A错误，BCD正确；故选BCD。【点睛】本题关键是由图象得出一些相关物理量，尤其是开始运动时的状态以及分离时的状态，然后根据牛顿第二定律列方程分析求解三、实验题： 16.某同学探究弹力与弹簧伸长量
18、的关系。（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在_方向（填“水平”或“竖直”）。（2）弹簧自然悬挂，待弹簧_时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表表：表中有一个数值记录不规范，代表符号为_。由表可知所用刻度尺的最小分度为_。（3）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与_的差值（填“或”）。（4）由图可知弹簧的劲度系数为_N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2）。【答案】 (1). 竖直； (2)
19、. 稳定； (3). ； (4). ； (5). ； (6). 4.9； (7). 10；【解析】试题分析：将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向表中有一个数值记录不规范，尺的最小分度值为1mm，所以长度应为3340cm，由表可知所用刻度尺的最小刻度为1mm在砝码盘中每次增加10g砝码，所以弹簧的形变量应该是弹簧长度与的差值充分利用测量数据，通过图和表可知所以砝码盘的质量为考点：探究弹力与弹簧伸长量的关系实验【名师点睛】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比对于实验问题，我们要充分利用图象处理实验数据来减少偶然误差视频17.如图
20、所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图。图中A为小车,质量为m1,连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B,它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上,P的质量为m2,C为弹簧测力计,实验时改变P的质量,读出测力计不同读数F,不计绳与滑轮的摩擦。(1)下列说法正确的是_A.一端带有定滑轮的长木板必须保持水平 B.实验时应先接通电源后释放小车C.实验中m2应远小于m1 D.测力计的读数始终是 (2)如图为某次实验得到的纸带,纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离,相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度的大小是_m/s2(交流电的频率为50 Hz,结果保留两位有
21、效数字)。(3)实验时,某同学由于疏忽,遗漏了平衡摩擦力这一步骤,他测量得到的a -F图象可能是图中的图线_【答案】 (1). (1)B; (2). (2)0.50; (3). (3)丙【解析】【详解】（1）该实验首先必须要平衡摩擦力，即必须要垫高木板不带滑轮的一端，故A错误；为提高打点的个数，打点计时器的使用都要求先接通电源后释放小车，故B正确；由于该实验的连接方式，重物和小车不具有共同的加速度，小车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故C错误；由于重物向下加速度运动，由牛顿第二定律：m2g-2F=m2a，解得：F=，故
22、D错误；故选B（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2，有：x=0.0339-0.0289=a（0.1）2解得：a=0.50m/s2（4）若没有平衡摩擦力，则当F0时，a=0也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以可能是图中的图线丙【点睛】对于基本实验仪器，要会正确使用，了解其工作原理，为将来具体实验打好基础，对于实验装置和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做第2问选项C为易错选项，这个是课本参考实验的改进版，用这种方法可以准确得到小车受到的合外力，而不需要用重物的重力来近似代替，是一个比课本参考方案更好的办法，题目价值很高四、计算题： 18.一客
23、运列车匀速行驶,其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击。坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s。在相邻的平行车道上有一列货车,当该旅客经过货车车尾时,货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。该旅客在此后的20.0s内,看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。已知每根铁轨的长度为25.0m,每节货车车厢的长度为16.0m,货车车厢间距忽略不计。求：(1)客车运行速度的大小。(2)货车运行加速度的大小。【答案】(1)37.5m/s;(2)1.35m/s2【解析】试题分析：（1）设连续两次撞击轨道的时间间隔为t，每根轨道的长度为l，则客车的速度为其中，解
24、得（2）设从货车开始运动后t200s内客车行驶的距离为s1，货车行驶的距离为s2，货车的加速度为a，30节货车车厢的总长度为L30160m由运动学公式有由题意，有联立解得考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题视频19.滑板运动是一项非常刺激的水上运动,研究表明,在进行滑板运动时,水对滑板的作用力FN垂直于板面,大小为kv2,其中v为滑板速率(水可视为静止)。某次运动中,在水平牵引力的作用
25、下,当滑板和水面的夹角=37时(如图所示),滑板做匀速直线运动,相应的k=54kg/m,人和滑板的总质量为108kg,试求(g取10m/s2,sin37=0.6，忽略空气阻力)：(1)水平牵引力F的大小。(2)滑板的速率。【答案】（1）810N；（2）5m/s。【解析】【详解】（1）以滑板和运动员整体为研究对象，其受力示意图如图所示；因为滑板做匀速直线运动，所以FN与F的合力和重力是一对平衡力，所以有F合=mg由几何知识得：FNcos=mg；FNsin=F联立解得：F=810N。 （2）由FN=kv2得v=5m/s。【点睛】本题关键是对物体受力分析，运用共点力平衡条件求出各个力后，再根据题意求
26、解速度此题属于中档题20.传送带以恒定的速率v10 m/s运动，已知它与水平面成37，如图所示，PQ16 m，将一个小碳包无初速度地放在P点，小碳包与传送带间的动摩擦因数为0.5，问当传送带逆时针转动时：（g取10m/s2）（1）小碳包运动到Q点的时间为多少？（2）小碳包在传送带上留下的划痕有多长？【答案】（1）2s；（2）5m【解析】【详解】（1）当传送带逆时针转动时，对物体受力分析：重力mg、支持力N和摩擦力f(方向向下)则由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma1代入数据解得a110 m/s2 (方向沿斜面向下)根据v=at解得 故当经过时间t11 s后，物体的速度与传送带相同此时
27、物体运动了则在此后的过程中摩擦力f的方向向上；则由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma2 代入数据解得a22 m/s2 (方向沿斜面向下)在由运动学公式Lvt2a2t22，其中L=16m-5m=11m解得t21 s(另一个解舍去)故综上所述总用时为t总(11) s2 s. （2）在滑块与传送带共速以前滑块与传送带的相对位移：，滑块向前划线；在滑块与传送带共速以后滑块与传送带的相对位移：，滑块向后划线；则划痕长度为5m。【点睛】此题是最容易出错的问题，物体在与传送带达到共速前后受到的摩擦力的方向是变化的，从而导致物体运动的加速度不同，物体的运动情况也就不同，根据前后两种不同的运动计算时间
28、即可；注意两种情况下滑块的划线方向是不同的，有一部分是重叠的21.如图甲所示,质量为m=1kg的物体置于倾角为=37的固定斜面上(斜面足够长),对物体施加平行于斜面向上的恒力F,作用时间t1=1s时撤去拉力,物体运动的部分v-t图象如图乙所示,g取10m/s2,试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小。(2)t=6s时物体的速度,并在图乙上将t=6s内物体运动的v-t图象补画完整,要求标明有关数据。【答案】（1）F=30N,=0.5；（2）6m/s，【解析】(1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1,撤去拉力后物体的加速度大小为a2由v-t图像可知：a1=m/s2=20m/s2a2=m
29、/s2=10m/s2对物体在撤去拉力前,由牛顿第二定律得：F-mgsin37-mgcos37=ma1对物体在撤去拉力后上滑时,由牛顿第二定律得：mgsin37+mgcos37=ma2解得F=30N，=0.5(2)加速上滑的时间t1=1s,撤去拉力时的速度为v=20m/s,设再经过t2速度减至0,由0=v-a2t2,得t2=2s在最高点时，因mgsin37mgcos37，故物体将沿斜面加速下滑,设加速度大小为a3,据牛顿第二定律得mgsin37-mgcos37=ma3解得a3=2m/s2再经过3s物体的速度大小为6m/s,方向沿斜面向下，补画完整后的图线及有关数据如图所示：点睛：此题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解
