2022年四川省绵阳市中学高一物理测试题含解析

2022年四川省绵阳市中学高一物理测试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查．如图所示为车站的水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB始终保持1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，AB间的距离为2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以1m/s的恒定速度平行于传送带运动去B处取行李，则（

）A．行李到达B处的速度为2m/sB．乘客比行李提前到达B处C．行李到达B处所用时间为2.5sD．若传送带速度足够大，行李可以比乘客提前到达B处参考答案：2.有这样一则新闻：在我国东南部的一个大城市，有一天下午，在该城市的中心繁华的商业街上，行人拥挤，有一个人突然高喊：“楼要倒了!”其他人猛然抬头观看，矗立的高楼正在慢慢倾倒，便纷纷狂奔逃生，引起了混乱，但过了一会儿，高楼并没有倒塌，再仔细观望，大楼依然矗立在那里，稳如泰山。对这一现象的原因下列探究你认为最合理的是()A．这个人观望时刚巧有一朵云飘过，以云为参照物B．这个人观望时以大楼中走动的人作为参照物C．这个人头在摇晃，所以看到大楼也在摇晃了

D．这个人观望时以广场上走动的人作为参照物参考答案：A3.物体做自由落体运动的过程中，下列说法正确的是（）A．物体的重力势能越来越小B．物体的动能越来越小C．物体的加速度越来越小D．物体所受重力的瞬时功率越来越小参考答案：A【考点】机械能守恒定律；自由落体运动．【分析】物体做自由落体运动的过程中，只受重力作用做匀加速直线运动，根据重力势能EP=mgh，分析重力势能的变化情况；根据速度增大，可判断出动能增大；重力的瞬时功率P=mgv．运用这些知识进行分析．【解答】解：A、物体做自由落体运动的过程中，高度不断下降，根据重力势能公式EP=mgh，可知，物体的重力势能不断减小，故A正确．B、物体做匀加速直线运动，速度增大，其动能不断增大，故B错误．C、因只受重力，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度为g，保持不变，故C错误．D、重力的瞬时功率P=mgv，mg不变，v增大，则重力的瞬时功率不断增大，故D错误．故选：A4.(单选)三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，运动轨迹如图，三个质点同时由N点出发，同时到达M点．下列说法正确的是

(

)A．三个质点从N点到M点的平均速度相同B．三个质点从N点出发到任意时刻的平均速度都相同C．三个质点任意时刻的速度方向都相同

D．三个质点从N点到M点的位移不同参考答案：B5.如图所示，质量为m的物体放在升降机的斜面上，斜面的倾角为θ，当升降机以速度v竖直向上匀速运动时，斜面对物体的作用力是F1，当升降机以加速度a(a<g)竖直向下加速而物体相对斜面静止时斜面对物体的作用力是F2，则（

）A．F2>F1=mg

B．F2<F1=mg

C．F1=F2=mgcosθ

D．F1=F2=mgsinθ参考答案：B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，如果把钟表上的时针、分针、秒针看成匀速转动，那么它们的角速度之比为ω时∶ω分∶ω秒＝________；设时针、分针、秒针的长度之比为1∶1.5∶1.8，那么三个指针尖端的线速度大小之比为v时∶v分∶v秒＝________.参考答案：1:12:720

1:18:12967.如图所示，是某质点运动的v－t图象，在0～4s内质点加速度大小是

m/s2，10～12s内质点加速度大小是

m/s2,0～12s内质点的位移大小是

m参考答案：8.如图所示是一位同学用手拉动纸带通过电磁打点计时器打出的一条纸带，在纸带旁边附着一把毫米刻度尺，电磁打点计时器每隔0.02s打一个点．根据纸带上点的排列情况可判定，手拉动纸带的运动是________（填“匀速直线运动”或“变速直线运动”），由A到C这段距离，手运动的平均速度为________m/s，打C点时手拉动纸带的速度约为____________m/s.参考答案：

变速运动

、

0.175

、

0.40

9.灯L标有“3V

0.9W”，滑动变阻器R上标有“50Ω

1A”的字样，电压表量程为0～3V，则灯L正常工作时的电流为________A．若电源电压为4.5V，为了保证电路中各元件安全工作，滑动变阻器允许接人电路的阻值范围是_________。参考答案：0.3

5～20Ω10.如图所示，直径为d的纸筒，以角速度ω绕O轴转动，一颗子弹沿直径水平穿过圆纸筒，先后留下a、b两个弹孔，且Oa、Ob间的夹角为α，则子弹的速度为________参考答案：____11.如图，一垒球以25m／s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后以40m／s的速度反向水平飞回，设球棒与垒球的作用时间为0.01s，（设向左为正方向），则垒球的速度变化量为

，其加速度为

。

参考答案：-65m/s，-6500m/s212.如图所示是矿井里的升降机由井底到井口的速度图像，那么升降机起动时加速度是

m/s2，矿井深

m.参考答案：13.矿井里的升降机，由静止开始匀加速上升，经5s速度达到6m/s后，又以此速度匀速上升10s，然后匀减速上升，又经10s停在井口。则矿井的深度是

m。参考答案：105试题分析：画出速度时间图像如图所示因为在v-t图像中，图像与时间轴所围的面积在数值上等于位移，所以矿井深度

考点：匀变速直线运动规律的应用点评：本题难度较小，为多过程问题，如果能画出速度时间图像，利用面积求位移较为简单三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图所示，在光滑水平面上，一辆质量M=2kg、长度L=9.6m、上表面粗糙的平板车紧靠着被固定的斜面体ABC，斜面体斜边AC长s=9m、倾角。现将质量m=lkg的小木块从斜面顶端A处由静止释放，小木块滑到C点后立即速度大小不变地水平冲上平板车。已知平板车上表面与C点等高，小木块与斜面、平板车上表面的动摩擦系数分别为=0.5、=0.2,sin37°=0.6,cos37=0.8，g取10m/s2，求：(1)小木块滑到C点时的速度大小？(2)试判断小木块能否从平板车右侧滑出，若不能滑出，请求出最终小木块会停在距离车右端多远？若能滑出，请求出小木块在平板车上运动的时间？参考答案：（1）6m/s（2）不会滑出，停在距车右端3.6m【详解】（1）木块在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：mgsin37°-f=ma

其中：f=μ1mgcos37°

解得a=2m/s2，

根据速度位移关系可得v2=2as

解得v=6m/s；

（2）木块滑上车后做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得：μ2mg=ma1

解得：a1=2m/s2

车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：μ2mg=Ma2

解得a2=1m/s2，

经过t时间二者的速度相等，则：v-a1t=a2t

解得t=2s

t时间木块的位移x1=vt-a1t2

t时间小车的位移x2=a2t2

则△x=x1-x2=6m

由于△x=8m＜L，所以木块没有滑出，且木块距离车右端距离d=L-△x=3.6m15.一辆汽车在教练场上沿着平直道路行驶，以x表示它对于出发点的位移。如图为汽车在t＝0到t＝40s这段时间的x﹣t图象。通过分析回答以下问题。（1）汽车最远距离出发点多少米？（2）汽车在哪段时间没有行驶？（3）汽车哪段时间远离出发点，在哪段时间驶向出发点？（4）汽车在t＝0到t＝10s这段时间内的速度的大小是多少？（5）汽车在t＝20s到t＝40s这段时间内的速度的大小是多少？参考答案：（1）汽车最远距离出发点为30m；（2）汽车在10s～20s

没有行驶；（3）汽车在0～10s远离出发点，20s～40s驶向出发点；（4）汽车在t＝0到t＝10s这段时间内的速度的大小是3m/s；（5）汽车在t＝20s到t＝40s这段时间内的速度的大小是1.5m/s【详解】（1）由图可知，汽车从原点出发，最远距离出发点30m；（2）10s～20s，汽车位置不变，说明汽车没有行驶；（3）0～10s位移增大，远离出发点。20s～40s位移减小，驶向出发点；（4）汽车在t＝0到t＝10s，距离出发点从0变到30m，这段时间内的速度：；（5）汽车在t＝20s到t＝40s，距离出发点从30m变到0，这段时间内的速度：，速度大小为1.5m/s。四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示,水平传送带的长度L=10m,皮带轮的半径R=0.1m,皮带轮以角速度ω顺时针匀速转动。现有一小物体(视为质点)从A点无初速度滑上传送带，到B点时速度刚好达到传送带的速度,越过B点后做平抛运动,落地时物体速度与水平面之间的夹角为。已知B点到地面的高度，，求：（1）小物体越过B点后经多长时间落地及平抛的水平位移S.（2）皮带轮的角速度ω（3）物体与传送带间的动摩擦因参考答案：（1）物体从B开始做平抛运动，设平抛运动时间为,由平抛运动的规律

竖直方向速度

又由几何关系知水平速度

物体平抛运动的水平位移

（2）由圆周运动规律

传送带角速度

（3）物体从A运动到B做匀加速直线运动，设其加速度为有匀变速直线运动的规律

又由受力分析和牛顿第二定律知

联立⑨⑩带入数据解得 17.如图所示，位于竖直平面上的圆弧轨道光滑，半径为R，OB沿竖直方向，上端A距地面高度为H，质量为m的小球从A点由静止释放，到达B点时的速度为，最后落在地面上C点处，不计空气阻力．求：（1）小球刚运动到B点时的加速度为多大，对轨道的压力多大．（2）小球落地点C与B点水平距离为多少．参考答案：解：（1）小球到达B点时的加速度a向==aB则得：aB===2g根据牛顿第二定律FN﹣mg=maB=mg得：FN=3mg根据牛顿第三定律得：小球运动到B点对轨道的压力为FN′=FN=3mg；（2）小球从B点抛出后做平抛运动，竖直方向自由落体，则有：

水平方向匀速运动，有：

s=vBt又vB=联立上三式得：s=2；答：（1）小球刚运动到B点时的加速度为2g，对轨道的压力为3mg．（2）小球落地点C与B点水平距离为2．【考点】向心力；牛顿第二定律；平抛运动．【分析】（1）已知小球到达B点时的速度，由向心加速度的公式a向=列式求解B点的加速度；经过B点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出支持力，再由牛顿第三定律求出小球对轨道的压力．（2）小球从B点抛出后做平抛运动，根据平抛运动的位移公式求解；18.如图所示，在距地面高为H=45m处，有一小球A以初速度v0=10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，A、B均可视为质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2。求：（