1、20132014学年下学期一调试卷 高一年级物理试卷 本试卷分第卷（选择题）和第卷(非选择题)两部分。第卷和第卷共6页。共110分。考试时间110分钟。第卷（选择题 共60分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。2.答卷时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。不能答在试题卷上。一、选择题（每小题4分，共60分。下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上。全选对得4分，少选、漏选得2分，错选不得分）1、钓鱼岛群岛自古以来就是中国领土，其附近海域是渔民祖祖辈辈
2、传统的谋生渔场。9月16日12时休渔结束，我国派出海监编队到钓鱼岛海域护渔。如图，中国海监46船（甲）和中国海监49船（乙），在钓鱼岛领海内开展例行维权巡航。甲、乙两船并排行驶，甲船上的船员看见钓鱼岛向东移，乙船内的船员发现甲船没有动。如果以钓鱼岛为参照物，上述事实说明（ ）A.甲船向西运动，乙船不动B.乙船向西运动，甲船不动C.甲船向西运动，乙船向东运动D.甲、乙两船以相等的速度都向西运动【答案】D甲船上的船员看见钓鱼岛向东移，以钓鱼岛为参照物，甲船向西运动，乙船内的船员发现甲船没有动甲、乙两船的速度、行驶的方向应该是一样的，即甲、乙两船以相等的速度都向西运动。故选D。【考点】参考系和坐标系
3、2、现代社会汽车大量增加，发生交通事故的一个重要原因是遇到意外情况时车不能立即停止司机从看到情况到操纵制动器来刹车需要一段时间，这段时间叫反应时间；在这段时间内汽车要保持原速前进一段距离，叫反应距离从操纵制动器到车停下来，汽车又要前进一段距离，这段距离叫刹车距离图为驾驶员守则中的安全距离图下列对严禁超速和酒后驾驶（人饮酒后反应时间变长）的原因分析正确的有（ ）A随着汽车行驶速度的增加，刹车距离也增加 B刹车距离可作为判断车辆是否超速的一个依据 C驾驶员没饮酒和酒后都以相同的速度驾车，反应距离相同D驾驶员没饮酒和酒后都以相同的速度驾车，反应距离不同【答案】ABDA、如图中所示，可知随着汽车行驶速
4、度的增加，刹车距离也增加，故A正确；B、刹车距离随车速变大而相应增大，如图中所示，故B正确；CD、饮酒后，反应时间变长，反应距离变大，故C错误D正确；故选ABD。【考点】匀速直线运动和匀变速直线运动3、如图所示是A、B两物体运动的v-t图线，下列说法正确的是（ ）AA物体做匀加速运动，其加速度为0.75m/s2BB物体在10s末的加速度小于0.5m/s2，在19s末的加速度大于0.5m/s2C20s末A、B两物体的速度相同DA、B两物体一定是同时同地开始运动【答案】BCA物体v-t图象的斜率恒定不变，即加速度恒定不变做匀加速运动，其加速度为，故A错误；B、切线斜率表示物体的加速度，由图可见B物
5、体在10s末的加速度小于A物体的加速度0.5m/s2，在19s末的加速度大于A物体的加速度0.5m/s2，故B正确；C、20s末A、B两物体的速度相同，C正确；D、无法确定A、B两物体一定是同时同地开始运动，故D错误。故选BC。【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系4、如图所示，将两个相同的木块a、b置于固定在水平面上的粗糙斜面上，a、b中间用一轻弹簧连接，b的右端用平行于斜面的细绳与固定在斜面上的挡板相连开始时a、b均静止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力，下列说法正确的是()Aa所受的摩擦力一定不为零Bb所受的摩擦力一定不为零C细绳剪断瞬间，a所受摩擦力不变D细绳剪断
6、瞬间，b所受摩擦力可能为零【答案】ACDA、对a受力分析，弹簧被压缩，对a的弹力沿斜面向下，a受的摩擦力沿斜面向上，A正确；B、b所受的摩擦力可能为零，当弹力加绳子的拉力和重力沿斜面方向的分量相等时，B错误；C、则剪断瞬间绳子拉力立即消失，而弹簧形变量来不及改变故弹簧弹力不变，a所受摩擦力不变，故C正确；D、细绳剪断瞬间，b所受摩擦力可能为零，当弹力和重力沿斜面方向的分量相等时，D正确；故选ACD。【考点】摩擦力5、如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态。当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止
7、不动，则（ ） .Q受到的摩擦力一定变小 .Q受到的摩擦力一定变大.轻绳上拉力一定变小 .轻绳上拉力一定不变【答案】D对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P的重力；当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变，故C错误D正确；再对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力；当静摩擦力沿斜面向上时，有T+f=mgsin，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力f会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反；当静摩擦力沿着斜面向下时，有T=f+gsin，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力会增加；故AB错误。故选D。【考点】
8、共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解6、如图所示，一个直角支架AOB的AO部分水平放置，表面粗糙；OB部分竖直向下，表面光滑.AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环的质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡.现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡.那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是()AFN不变，f变大 BFN不变，f变小CFN变大，f变大 DFN变大，f变小【答案】B对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图根据三力平衡条件，得到、再对P、Q整体受力分析，受到总重力、OA杆支持力、向右的静摩擦
9、力、BO杆的支持力，如图，根据共点力平衡条件，有、故当P环向左移一小段距离，角度变小，故静摩擦力f变小，支持力FN不变；故选B。【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用7、如图所示，一轻质弹簧其上端固定在升降机的天花板上，下端挂一小球，在升降机匀加速竖直下降过程中，小球相对于升降机静止。若升降机突然停止运动，设空气阻力可忽略不计，弹簧始终在弹性限度内，且小球不会与升降机的内壁接触，则以地面为参照系，小球在继续下降的过程中 （ ）A速度逐渐减小，加速度逐渐增大B速度逐渐增大，加速度逐渐增大C速度先增大后减小，加速度先减小后增大D速度先减小后增大，加速度先增大后减小【答案】C若升降机
10、突然停止运动，由于惯性，小球继续下降，弹簧的弹力增大，小球的合力先减小后反向增大，速度先增大后减小，即小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动。故选C。【考点】牛顿第二定律；胡克定律8、如图所示，在小车内用细绳a和b系住一个小球，绳a处于斜向上的方向，拉力为Fa，绳b处于水平方向，拉力为Fb，小车和小球均保持静止现让小车从静止开始向右做匀加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是（ ）AFa变大，Fb不变 BFa变大， Fb变小CFa变大，Fb变大 DFa不变， Fb变小 【答案】D以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律得水平方向
11、： 竖直方向： 由题，不变，由分析得知Fa不变由得知，即Fb变小。故选D。【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用9、如右图所示，倾角为30的斜面体固定在地面上，光滑斜面上放一辆小车一根弹性杆的一端固定在小车上，另一端固定一个重为2 N的小球则下列说法不正确的是（ ）A. 当由于外力作用使小车静止在斜面上时，杆对小球的弹力为2NB. 当由于外力作用使小车静止在斜面上时，杆对小球的弹力竖直向下C. 当小车由静止沿斜面下滑时，杆对小球的弹力为，方向垂直斜面向上D. 若斜面不光滑，下车仍可加速下滑，则杆对小球的弹力方向改变，大小不变【答案】BDAB、小球处于平衡状态，所受的合力为零，杆对球的弹力与
12、重力等大反向，故A正确B错误；C、对车和小球整体分析可知加速度；对小球分析可知杆的弹力一定与斜面垂直，有，故C正确；D、若斜面不光滑，下车仍可加速，则加速度，则杆对小球的弹力的垂直于斜面的分力不变，沿斜面的分力变小，所以杆对小球的弹力大小方向都要发生变化，故D错误。故选BD。【考点】牛顿第二定律；共点力平衡10、质量为、长为L5 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为.将质量m10 kg的小木块(可视为质点)，以的速度从木板的左端水平滑上木板(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为 (最大静摩擦力等于滑动摩擦力，)则以下判断中正确的是()A木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B木板
13、一定静止不动，小木块能滑出木板C木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D木板一定向右滑动，小木块能滑出木板【答案】Am对M的摩擦力，地面对M的摩擦力，因为，木板一定静止不动；根据牛顿第二定律小木块的加速度，则，小物块不会滑出，故A正确。故选A。【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用11、如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上，开始时小车处于静止状态。当小车匀加速向右运动时，与静止状态相比较，下述说法中正确的是（）A.弹簧秤读数变大，小车对地面压力变大B. 弹簧秤读数变大，小车对地面压力变小C. 弹簧秤读数变大，小车对地面的
14、压力不变D. 弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大【答案】C开始时小车处于静止状态，小球受重力mg、绳的拉力，由于小球静止，所以，当小车匀加速向右运动稳定时，小球也向右匀加速运动小球受力如图：由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右，根据力图几何关系得出：此时绳子的拉力，所以绳中拉力变大，弹簧秤读数变大。对整体进行受力分析：开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于本身重力，当小车匀加速向右运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向出于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力。故选C。【考点】牛顿第二定律；胡克定律1
15、2、在光滑水平面内建立平面直角坐标系xoy，一质点从t=0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度时间图像如图所示，下列说法正确的是( )A. 4 s末质点的速度为4 m/sB. 2 s末4s末，质点做匀加速直线运动C. 4 s末质点的位置坐标为(4 m, 4 m)D. 4 s末质点的位置坐标为(6m,2m) 【答案】DA、由平行四边形定则可知4 s末质点的速度为，故A错误；B、2 s末4s末，两个方向的分运动是匀速直线运动和匀加速直线运动，所以合运动是匀变速曲线运动，故B错误；CD、在前2s内，物体在x轴方向的位移；在后2s内，x轴方向的位移为，y轴方向位移为，则
16、4s末物体的坐标为（6m，2m）；故D正确。故选D。【考点】运动的合成与分解；匀变速直线运动的图像13、如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OAOB。若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为（ ）A.B.C.D.无法确定【答案】C设游速为v，水速为v0，则甲整个过程所用时间：，乙为了沿OB运动，速度合成如图：则乙整个过程所用时间：，所以得，故C正确。故选C。【考点】运动的合成和分解14、如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块
17、A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为.则( ) ABCA物体上升过程中绳中张力不变DA上升过程中，绳中张力始终小于B的重力【答案】BAB、将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度，在沿绳子方向的分速度为，所以，故A错误B正确；C、物块A由静释放则B的初速度是零，当A运动到与O等高处时，B的速度为零，所以B先加速后减速，则绳的弹力一定是变力；故C错误；D、物块B先加速后减速，则绳中张力先小于B的重力后大于重力，故D错误；故选B。【考点】运动
18、的合成和分解15、如图所示，一长为L的木板，倾斜放置，倾角为45，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为 ( )AL BL CL DL【答案】D根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，有：，则平抛运动的时间，物体自由下落的时间为，根据知，平抛运动在竖直方向上的位移和自由落体运动的位移之比为4：1，木板在竖直方向上的高度为L，则碰撞点竖直方向上的位移为，所以小球释放点距木板上端的水平距离为，故D正确。故选D。【考点】平抛
19、运动卷（非选择题 共50分）注意事项：1答卷前考生务必将自己的姓名.班级.考号填在答题纸密封线内规定的地方。2答卷时用兰黑色钢笔或圆珠笔填写在答题纸上。二、填空题（共12分，每空2分）16、(1).研究小车的匀变速运动，记录纸带如图所示，图中两计数点间有四个点未画出。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，则小车运动的加速度a = m/s2，打P点时小车运动的速度v = m/s。(2)打点计时器原来工作电压的频率是50Hz，如果用它来测定匀变速直线运动的加速度时，实验者不知工作电压的频率变为60Hz，这样计算出的加速度值与真实值相比是_（填“偏大”“不变”或“偏小”）【答案】 (1) 0.8
20、0.25 (2) 偏小(1)由于两相邻计数点间有四个点未画出，所以两相邻计数点时间间隔为0.1s根据运动学公式得：，则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，图中第1、2两个点间的中间时刻速度大小等于根据运动学公式得(2) 由上面的分析知：，其中T代入的数值偏大，所以加速度偏小。【考点】测定匀变速直线运动的加速度17、某小组“验证牛顿第二定律”的实验装置如下图，长木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。（1）该小组研究加速度和拉力关系时，得到的图象将会是图 （2）某同学在研究加速度和质量关系
21、时，记录下如下数据，请在下面的坐标纸中选择合理的坐标，描出相关图线，并可以由图线可以得到实验结论： 。【答案】（1） B ； （2）图如下所示；在外力一定的情况下，物体加速度与质量成反比 （1）该实验需要平衡摩擦力，如果不平衡摩擦力，当有较小拉力时，物体仍然处于静止状态，即加速度为零，所以得到的图象在横轴有截距，故选B。（2）为研究a与m的关系，作a与关系关系图线，如图，可以得出的结论是在误差允许的范围内，保持外力不变，物体的加速度与质量成反比。【考点】验证牛顿第二运动定律三、计算题（共38分）18、（8分）如图所示、某人用轻绳牵住一质量m=0.6kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻
22、绳与水平方向成37角，已知空气对气球的浮力为15N，人的质量M=50kg，且人受的浮力忽略不变。（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求（1）水平风力的大小（2）人对地面的压力大小（3）若水平风力增强，人对地面的压力如何变化？（说明理由）【答案】 压力不变（1）对氢气球进行受力分析，设氢气球受绳子拉力为，水平风力为，用正交分解法可知：由共点力平衡条件：计算可得： （2）对人进行受力分析，设人受地面的支持力为，则有： 解得：（3）若风力增强，人对地面的压力不变视气球及人为一整体可知，其竖直方向上的受力情况没改变，故地面的支持力不变由牛顿第三定律可知，人对地面的压力不变。【考
23、点】共点力平衡；19、（9分）如图所示，在高15m的平台上，有一个小球被细线拴在墙上，球与墙之间有一被压缩的轻弹簧，当细线被烧断时，小球被弹出，不计一切阻力，（1）小球在空中运动的时间是多少？（2）已知小球落地时速度方向与水平成60角，求小球被弹簧弹出时的速度大小？( 3)小球落地时小球在水平方向的位移多大？(g=10m/s2)【答案】s10m/s 10m根据竖直方向的自由落体运动，把速度进行分解，由水平方向匀速直线运动水平距离x=vt=【考点】平抛运动20、（9分）一宇宙空间探测器从某一星球表面垂直升空，假设探测器的质量恒为1500kg，发动机的推力为恒力，宇宙探测器升空到某一高度时，发动机
24、突然关闭，如图为其速度随时间的变化规律，求：宇宙探测器在该行星表面能达到的最大高度；计算该行星表面的重力加速度；假设行星表面没有空气，试计算探测器的发动机工作时的推力大小。【答案】768m g4m/s2 18000N在v-t图象中，图线与时间轴所围的面积表示了物体的位移，在时间轴的上方，面积为正，在时间轴的下方，面积为负，由v-t图象可知，宇宙探测器在该行星表面能达到的最大高度为：Hm2464m768m当关闭发动机后，探测器仅在行星对它的重力mg作用下做匀变速直线运动，在v-t图象中，图线的斜率表示了其运动的加速度，根据牛顿第二定律有：a2gm/s2解得该行星表面的重力加速度为：g4m/s2由
25、图线OA段可知，发动机工作时探测器加速度为：a18m/s2根据牛顿第二定律有：Fmgma1解得探测器的发动机工作时的推力为：Fm(ga1)1500(48)N18000N【考点】匀变速直线运动图像；牛顿第二定律21、（12分）如图所示，皮带轮带动传送带沿逆时针方向以速度v0=2 m / s匀速运动，两皮带轮之间的距离L=3.2 m，皮带与水平方向的夹角=37。将一可视为质点的小物块无初速地从上端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，物块在皮带上滑过时能在皮带上留下白色痕迹。（sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10 m / s2）求：（1）物体从A到B所用时间（2）物体
26、从下端离开传送带后，传送带上留下的痕迹的长度。【答案】 痕迹长度为设物体刚放到皮带上时与皮带的接触点为P，则物块速度达到v0前的过程中，由牛顿第二定律有：，代入数据解得经历时间P点位移，物块位移划出痕迹的长度物块的速度达到v0之后由牛顿第二定律有：，代入数据解得到脱离皮带这一过程，经历时间t2解得此过程中皮带的位移由于，所以痕迹长度为。【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律高一年级下学期一调物理答案1D 2ABD 3BC 4ACD 5D 6B 7C 8D 9BD 10A 11C 12D 13C 14B 15D16、(1) 0.8 (4分) 0.25 (4分) (2) 偏小(4分)17、（1）
27、 B ； （2）图如下所示；在外力一定的情况下，物体加速度与质量成反比 m-1/kg-1a/ms-21.00.80.60.40.200.1 0.2 0.3 0.4 0.518、【解析】试题分析：（1）对氢气球进行受力分析，设氢气球受绳子拉力为，水平风力为，用正交分解法可知：（1分）由共点力平衡条件：（1分）计算可得： （2分）（2）对人进行受力分析，设人受地面的支持力为，则有： （2分） 解得：N（2分）（3）若风力增强，人对地面的压力不变（2分）视气球及人为一整体可知，其竖直方向上的受力情况没改变，故地面的支持力不变（2分）19、【答案】s10m/s 10m【解析】本题考查平抛运动规律的应用
28、，根据竖直方向的自由落体运动，把速度进行分解，由水平方向匀速直线运动水平距离x=vt=20、【解析】试题分析：在v-t图象中，图线与时间轴所围的面积表示了物体的位移，在时间轴的上方，面积为正，在时间轴的下方，面积为负，由v-t图象可知，宇宙探测器在该行星表面能达到的最大高度为：Hm2464m768m当关闭发动机后，探测器仅在行星对它的重力mg作用下做匀变速直线运动，在v-t图象中，图线的斜率表示了其运动的加速度，根据牛顿第二定律有：a2gm/s2解得该行星表面的重力加速度为：g4m/s2由图线OA段可知，发动机工作时探测器加速度为：a18m/s2根据牛顿第二定律有：Fmgma1解得探测器的发动
29、机工作时的推力为：Fm(ga1)1500(48)N18000N21解: 设物体刚放到皮带上时与皮带的接触点为P，则物块速度达到v0前的过程中，由牛顿第二定律有：mgsin+mgcos=ma1，代入数据解得a1=10 m / s2经历时间 P点位移x1=v0t1=0.4 m，物块位移划出痕迹的长度L1=x1x1=0.2 m物块的速度达到v0之后由牛顿第二定律有：mgsinmgcos=ma2，代入数据解得a2=2 m / s2到脱离皮带这一过程，经历时间t2解得t2=1 s 此过程中皮带的位移x2=v0t2=2 mL2=x2x2=3 m2 m=1 m由于L2L1，所以痕迹长度为L2=1 m。 t总=1.2s